教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用导学案及答案

这是一份教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用导学案及答案，共17页。

一、动力学方法测质量
质量是物体惯性大小的量度．如果已知物体受力情况和运动情况，可以求出它的加速度，进一步利用牛顿第二定律求出它的质量．
二、从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况．
三、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再结合受力分析，根据牛顿第二定律求出物体所受的力．
1．判断下列说法的正误．
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向．( √ )
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．( × )
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．( √ )
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．( × )
2.如图1所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20 N拉物体由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止．则：(g＝10 m/s2)
图1
(1)在拉力F作用下物体运动的加速度大小为________m/s2；
(2)撤去拉力时物体的速度大小v1＝________m/s；
(3)撤去拉力F后物体运动的距离x＝________m.
答案 (1)0.5 (2)4 (3)4
解析 (1)对物体受力分析，如图所示
竖直方向mg＝N
水平方向，由牛顿第二定律得F－μN＝ma1
解得a1＝eq \f(F－μN,m)＝0.5 m/s2
(2)撤去拉力时物体的速度v＝a1t
解得v＝4 m/s
(3)撤去拉力F后由牛顿第二定律得－μmg＝ma2
解得a2＝－μg＝－2 m/s2，由0－v2＝2a2x
解得x＝eq \f(0－v2,2a2)＝4 m.
一、动力学方法测质量
1．基本思路
由运动学公式及物体的运动情况确定物体的加速度，再分析物体的受力情况，由牛顿第二定律F＝ma求出物体的质量．
2．动力学方法测质量的解题步骤
(1)确定研究对象，对物体进行受力分析、运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律，求出物体的质量．
(2020·潍坊市高一上学期期末)如图2所示，木箱在100 N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5 m/s的速度匀速前进，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5，拉力F与水平地面的夹角为37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.经过一段时间后撤去拉力F，求：
图2
(1)木箱的质量；
(2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间．
答案 (1)22 kg (2)1 s
解析 (1)对木箱受力分析，由平衡条件得
Fsin 37°＋N＝mg，Fcs 37°＝f，f＝μN
联立解得：m＝22 kg
(2)木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma,0＝v0－at，联立解得：t＝1 s.
二、从受力确定运动情况
1．从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下：
eq \x(已知物体受力情况)eq \(―――→,\s\up7(由F＝ma))eq \x(求得a)eq \(――――――――――――――→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vt＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,vt2－v\\al(,02)＝2ax))))eq \x(求得x、v0、vt、t)
2．从受力确定运动情况的解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图．
(2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度．
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学物理量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．
(2020·合肥六校联考)如图3所示，有一光滑的斜面固定在水平面上，其倾角为30°，物体从斜面底端以10 m/s速度冲上斜面．求：
图3
(1)物体在斜面上运动的最大位移(斜面足够长)；
(2)物体沿斜面向上运动的时间．
答案 (1)10 m (2)5 s
解析 (1)对物体受力分析
F1＝mgsin θ＝ma
a＝gsin θ＝5 m/s2
由vt2－v02＝－2ax得：
x＝eq \f(vt2－v02,－2a)＝eq \f(－102,－2×5) m＝10 m
(2)由物体沿斜面向上运动的时间t＝eq \f(vt－v0,－a)＝eq \f(0－10,－5) s＝2 s
质量为m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，现在对物体施加如图4所示的力F，F＝10 N，θ＝37°，经t1＝10 s后撤去力F，再经一段时间，物体又静止，则：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图4
(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态．
(2)物体运动过程中最大速度是多少？
(3)物体运动的总位移是多少？
答案 (1)见解析 (2)5 m/s (3)27.5 m
解析 (1)当力F作用时，物体做匀加速直线运动，撤去F的瞬间物体的速度达到最大值，撤去F后物体做匀减速直线运动直至速度为零．
(2)撤去F前对物体受力分析如图甲，有：
Fsin θ＋N1＝mg，Fcs θ－f＝ma1
f＝μN1
x1＝eq \f(1,2)a1t12
vt＝a1t1，
联立各式并代入数据解得x1＝25 m，vt＝5 m/s
(3)撤去F后对物体受力分析如图乙，有：
f′＝μN2＝ma2，N2＝mg,2a2x2＝vt2，
联立各式并代入数据解得x2＝2.5 m
物体运动的总位移：x＝x1＋x2，解得x＝27.5 m
三、从运动情况确定受力
1．从运动情况确定受力的基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．流程图如下：
2．从运动情况确定受力的解题步骤
(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．
质量为200 t的机车从停车场出发，匀加速行驶225 m后，速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125 m才停在站上．设运动过程中阻力不变，求：
(1)机车所受的阻力的大小；
(2)机车关闭发动机前所受到的牵引力的大小．
答案 (1)1.8×105 N (2)2.8×105 N
解析 (1)v1＝54 km/h＝15 m/s
减速阶段：初速度v1＝15 m/s，末速度v2＝0，位移x2＝125 m
由v22－v12＝2a2x2得
加速度a2＝－eq \f(v12,2x2)＝－eq \f(152,2×125) m/s2＝－0.9 m/s2，
负号表示a2方向与v1方向相反
由牛顿第二定律得
F阻＝ma2＝2×105×(－0.9) N＝－1.8×105 N
负号表示F阻方向与v1方向相反．
(2)初速度v0＝0，末速度v1＝15 m/s，位移x1＝225 m
由v12－v02＝2a1x1得
加速度a1＝eq \f(v12,2x1)＝eq \f(152,2×225) m/s2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得
F引－|F阻|＝ma1＝2×105×0.5 N＝1×105 N
解得机车的牵引力为F引＝2.8×105 N.
四、多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成．将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题．
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到“桥梁”的作用，对解决问题有重要作用．
如图5所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
图5
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
答案 (1)2 s (2)12.8 m
解析 (1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示．
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma
f＝μN
垂直于斜坡方向有N－mgcs θ＝0
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝eq \f(1,2)at2
解得：t＝2 s.
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用．设人在水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x
联立解得x＝12.8 m.
1．(从受力确定运动情况)(多选)如图6所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为2 N的恒力F，在此恒力F作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图6
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体的速度减为零后将保持静止
D．物体的速度减为零后将向右运动
答案 BC
解析 物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力f＝μN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F＋f,m)＝eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5) s＝2 s，A错误，B正确．物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C正确，D错误．
2．(从运动情况确定受力)如图7所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s 时间木块沿斜面上滑4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
图7
A．42 N B．6 N C．21 N D．36 N
答案 D
解析 木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确．
3．(动力学方法测质量)大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图8所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知“双子星号”宇宙飞船的质量为3 200 kg，其尾部推进器提供的平均推力为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8 s测出飞船和空间站速度变化是1.0 m/s.则：
图8
(1)空间站的质量为多大？
(2)在8 s内飞船对空间站的作用力为多大？
答案 (1)4 000 kg (2)500 N
解析 (1)飞船和空间站的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.125 m/s2，以空间站和飞船整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma，得M＝eq \f(F,a)＝7 200 kg.
故空间站的质量m＝7 200 kg－3 200 kg＝4 000 kg.
(2)以空间站为研究对象，由牛顿第二定律得
F′＝ma＝500 N.
4.(多过程问题分析)如图9所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),6).g取10 m/s2.
图9
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小；
(2)若拉力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离．
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
解析 (1)对物体受力分析，
物体受到斜面对它的支持力N＝mgcs θ＝5eq \r(3) N，
根据牛顿第二定律得，物体的加速度a1＝eq \f(F－mgsin θ－f,m)＝eq \f(F－mgsin θ－μN,m)＝2.5 m/s2
(2)当拉力F作用t0＝1.2 s时，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝eq \f(1,2)a1t02＝1.8 m.
此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小
a2＝eq \f(mgsin θ＋μN,m)＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离x2＝eq \f(v2,2a2)＝0.6 m.
整个上滑过程物体距出发点的最大距离
x＝x1＋x2＝2.4 m.
考点一 由动力学方法测质量
1．一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800 N，开动5 s的时间，速度的改变为2 m/s，则宇宙飞船的质量为( )
A．1 000 kg B．2 000 kg C．3 000 kg D．4 000 kg
答案 B
解析 根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,5) m/s2＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律得飞船的质量为m＝eq \f(F,a)＝eq \f(800,0.4) kg＝2 000 kg，B项正确．
2．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图1甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
图1
A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，eq \f(2,15)
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
答案 A
解析 由F－t图像和v－t图像可得，物块在2～4 s内所受推力F1＝3 N，物块做匀加速运动，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2，F1－f＝ma，
物块在4 s到6 s所受推力F2＝2 N，
物块做匀速直线运动，则F2＝f，f＝μmg
联立以上各式并代入数据解得
m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．
考点二 从受力确定运动情况
3．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前瞬间的速度大小为( )
A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s
答案 B
解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前瞬间的速度大小为：v0＝eq \r(2ax)＝eq \r(2μgx)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确．
4．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，外力F作用
3 s后撤去．则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是( )
A．4.5 m/s,1.5 m/s2 B．7.5 m/s,1.5 m/s2
C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0
答案 C
解析 在外力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C正确．
5.如图2所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球由静止开始运动，F水平向右为正，由此可判定( )
图2
A．小球向右运动，再返回停止
B．小球向右运动，再返回不会停止
C．小球始终向右运动
D．小球向右运动一段时间后停止
答案 C
解析 作出相应的小球的v－t图像如图所示，由图可以看出，小球始终向右运动，选项C正确．
考点三 从运动情况确定受力
6.如图3所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
图3
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
答案 A
解析 从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝eq \f(vt－v0,t)＝－eq \f(30,5) m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确．
7.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，图4中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力和摩擦力之比为( )
图4
A．9∶8 B．3∶2
C．2∶1 D．4∶3
答案 B
解析 由v－t图像可知，图线a为水平方向仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2，图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律列方程得ma1＝f，ma2＝F－f，联立解得F∶f＝3∶2，选项B正确．
8．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
答案 C
解析 根据h＝eq \f(1,2)at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小f＝kmg，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，联立解得k＝0.25，故选项C正确．
9．(多选)如图5所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动．倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连．物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则( )
图5
A．A、B两点间的距离为5 m
B．A、B两点间的距离为6 m
C．从A点算起，经1 s物体到达最高点
D．从A点算起，经2 s物体到达最高点
答案 AC
解析 物体匀速运动时，F＝μmg
解得μ＝0.5
在斜面上上滑的加速度大小：
a＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝gsin 37°＋μgcs 37°
＝10 m/s2
则A、B两点间的距离为xAB＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
选项A正确，B错误；从A点算起，经t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,10) s＝1 s，物体到达最高点，选项C正确，D错误．
10.(2020·本溪一中高一上学期期末)如图6所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则( )
图6
A．物体到达C1时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D．物体到达C3的时间最短
答案 D
解析 物体在斜面上的加速度a＝gsin θ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误；斜面长L＝eq \f(h,sin θ)，由v2＝2aL得：v＝eq \r(2gh)，故到C1、C2、C3时物体速度大小相等，A错误；由L＝eq \f(1,2)at2即eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确．
11.(2020·连云港市期末)如图7所示，一质量m＝75 kg的滑雪者，从t＝0时刻由静止开始从坡顶沿足够长的斜坡匀加速下滑，在5 s的时间内滑下的路程x＝50 m．已知斜坡的倾角θ＝37°，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图7
(1)滑雪者沿斜坡下滑的加速度大小a；
(2)滑雪者受到的摩擦阻力大小f；
(3)雪橇与坡面间的动摩擦因数μ.
答案 (1)4 m/s2 (2)150 N (3)0.25
解析 (1)由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得
a＝eq \f(2x,t2)＝eq \f(2×50,52) m/s2＝4 m/s2
(2)对滑雪者受力分析如图，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－f＝ma
代入数据解得f＝150 N
(3)f＝μN
N＝mgcs θ
代入数据解得：μ＝0.25.
12．(2020·张家口市高一上期末)如图8所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝
2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
图8
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将拉力F正交分解，F1＝Fcs θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝15 m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v0＝
15 m/s，a＝－7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝eq \f(v2－v02,2a)＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m.
13．总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长．sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力．试求：
(1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离；
(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小．
答案 (1)4 m (2)4eq \r(2) m/s
解析 (1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示．
甲
滑雪者受重力mg、支持力N、摩擦力f作用，设滑雪者的加速度大小为a1.
根据牛顿第二定律有mgsin θ＋f＝ma1，a1方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有：N＝mgcs θ，
又摩擦力f＝μN，
由以上各式解得a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝8 m/s2，
滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝eq \f(v02,2a1)＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m.
(2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示．
乙
滑雪者受到重力mg、支持力N′及沿斜面向上的摩擦力f′，设加速度大小为a2.
根据牛顿第二定律有mgsin θ－f′＝ma2，a2方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有N′＝mgcs θ，
又摩擦力f′＝μN′，
由以上各式解得：a2＝g(sin θ－μcs θ)＝4 m/s2，
滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝eq \r(2a2x)＝4eq \r(2) m/s.
14.(2021·泰安一中高一上月考)如图9所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ＝37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5.小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：
图9
(1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
(2)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2.4 s
解析 (1)小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，
沿杆方向有Fsin θ－mgsin θ－f1＝ma1，
沿垂直于杆方向有Fcs θ＝mgcs θ＋N1，
且f1＝μN1，
联立解得a1＝2 m/s2.
(2)小球在F作用下上滑1 s，则v1＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s，
x1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m，
撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，
沿杆方向有mgsin θ＋f2＝ma2，
沿垂直于杆方向有N2＝mgcs θ，
且f2＝μN2，
联立解得a2＝10 m/s2，
此过程x2＝eq \f(v12,2a2)＝eq \f(22,2×10) m＝0.2 m，
t2＝eq \f(v1,a2)＝0.2 s，
小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示．
沿杆方向有mgsin θ－f3＝ma3，
垂直于杆方向有mgcs θ＝N3，
且f3＝μN3，
联立解得a3＝2 m/s2，
球从最高点下滑到杆的底端，通过的位移x＝x0＋x1＋x2＝1.44 m，
由x＝eq \f(1,2)a3t32，可得t3＝1.2 s，
所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.