人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用优质导学案

这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用优质导学案，共17页。

一、从受力确定运动情况
例1 质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上。如果给这个物体施加两个大小都是50 N且互成60°角的水平力(如图)，求物体3 s末的速度大小和3 s内的位移大小。
答案 eq \f(15\r(3),2) m/s eq \f(45,4)eq \r(3) m
解析 对物体受力分析
F合＝2Fcs 30°＝2×50×eq \f(\r(3),2) N＝50eq \r(3) N
由牛顿第二定律F合＝ma得
a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(5,2)eq \r(3) m/s2
由运动学公式得
v＝at＝eq \f(5,2)eq \r(3)×3 m/s＝eq \f(15\r(3),2) m/s
x＝eq \f(1,2)at2
＝eq \f(45,4)eq \r(3) m。
例2 (2022·寿县正阳中学高一期末)如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小孩与冰车的加速度大小；
(2)冰车运动3 s时的速度大小；
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
答案 (1)1.16 m/s2 (2)3.48 m/s (3)14.5 m
解析 (1)冰车和小孩受力如图所示。
在竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg①
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcs θ－Ff＝ma②
摩擦力Ff＝μFN③
联立解得加速度a＝1.16 m/s2。
(2)3 s时的速度大小
v＝at＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s
(3)5 s时位移大小x＝eq \f(1,2)at2
＝eq \f(1,2)×1.16×25 m
＝14.5 m。
1．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。
2．流程图
二、从运动情况确定受力
例3 民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ＝30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g＝10 m/s2)

答案 eq \f(\r(3),15)
解析 设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
由x＝eq \f(1,2)at2，解得a＝4 m/s2
对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有
x方向mgsin θ－Ff＝ma
y方向FN－mgcs θ＝0且Ff＝μFN
联立各式得μ＝eq \f(\r(3),15)。
例4 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面向上运动的位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案 (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N
解析 (1)滑块沿斜面匀加速下滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝eq \f(1,2)a1t2，
代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2。
根据牛顿第二定律可得：
Fcs θ－mgsin θ－μFN＝ma1，
FN＝Fsin θ＋mgcs θ
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N。
1．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或某一个力。
2．流程图
三、多过程问题
例5 如图所示，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，使其由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，求A、B间距离。
答案 20 m
解析 当F作用在物体上时由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2
v1＝a1t＝4 m/s
x1＝eq \f(1,2)a1t2
＝eq \f(1,2)×0.5×64 m＝16 m
撤去外力F后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由0－v12＝2a2x2
解得x2＝4 m
故xAB＝x1＋x2＝16＋4 m＝20 m。
例6 如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？
答案 (1)2 m/s2 (2)6 m/s (3)1.8 m eq \f(6\r(5),5) m/s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，
解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(14－0.5×2×10,2) m/s2＝2 m/s2。
(2)由M点到B点，根据运动学公式可知vB2＝2aL，
解得vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×2×9) m/s＝6 m/s。
(3)在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，
mgsin θ＋μmg·cs θ＝ma1，
代入数据得加速度的大小为a1＝10 m/s2，
逆向分析可得vB2＝2a1x，
解得x＝eq \f(vB2,2a1)＝1.8 m。
在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
代入数据可得a2＝2 m/s2
由运动学公式：vB′2＝2a2·x
vB′＝eq \r(2a2x)＝eq \f(6\r(5),5) m/s。
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。
2．分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。
3．特别注意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，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
课时对点练
训练1 牛顿运动定律的简单应用
考点一 从受力确定运动情况
1．(2022·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为( )
A．40 km/h B．50 km/h
C．60 km/h D．70 km/h
答案 B
解析 货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6 m/s2，由运动学规律x＝eq \f(v2－v02,2a)，将v＝0，a＝－6 m/s2，x＝15 m代入可解得v0≈13.4 m/s≈48 km/h，约为50 km/h，B正确。
2.如图所示，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，当物体运动的速度大小为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经5 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案 C
解析 施加恒力后，物体向左运动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝eq \f(F＋Ff,m)＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝eq \f(v0,a)＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误。
3.如图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，由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动，再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前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，小球始终向前运动，选项C正确．
考点二 从运动情况确定受力
4.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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．2 100 N B．6 000 N
C．8 000 N D．1 000 N
答案 A
解析 从发生碰撞到车完全停止的1 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(v－v0,t)＝－eq \f(30,1) m/s2＝－30 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×(－30) N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。
5.(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案 AC
解析 滑块的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
6.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰，一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为做匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cs 37°＝0.8，此时阻拦索上的弹力为( )
A．2.5×105 N B．5×105 N
C．6.5×106 N D．1.3×107 N
答案 A
解析 根据题意可知，飞机做匀减速运动，设加速度大小为a，
则v02＝2ax
设阻拦索上的弹力为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2Fcs 37°＝ma
又有v0＝216 km/h＝60 m/s
解得F＝2.5×105 N，故选A。
7.如图所示，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做匀加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
答案 D
解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，当在推力作用下匀加速上滑时，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。
8．(2022·临沂市高一期末)如图所示为两个等高的光滑斜面AB、AC，将一可视为质点的滑块由静止在A点释放。沿AB斜面运动，运动到B点时所用时间为tB；沿AC斜面运动，运动到C点所用时间为tC，则( )
A．tB＝tC B．tB>tC
C．tB答案 C
解析 设斜面倾角为θ，对滑块根据牛顿第二定律解得加速度a＝gsin θ
由几何知识得位移x＝eq \f(h,sin θ)
由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))
因斜面AB倾角较大，则tB9．(2022·新乡市高二期末)如图所示，冰壶比赛时某运动员将冰壶(可视为质点)以速度v0从栏线P沿虚线推出，假设冰壶沿虚线做匀减速直线运动，栏线P到营垒圆心O的距离是L＝44.5 m，营垒是由4个直径分别为0.15 m、0.61 m、1.22 m和1.83 m的同心圆组成。冰壶与冰面的动摩擦因数μ＝0.02，运动员把冰壶推进直径是1.22 m的圆内，重力加速度g取10 m/s2，则v0可能是( )
A．3.0 m/s B．4.0 m/s
C．4.2 m/s D．5.0 m/s
答案 C
解析 冰壶在冰面上沿虚线做匀减速直线运动，把冰壶推进直径是1.22 m的圆内，冰壶匀减速运动到速度为0的位移x＝(L±eq \f(1.22,2)) m＝(44.5±0.61) m，也就是位移满足43.89 m10．(2022·安徽省宿松中学高二开学考试)一段“幼童不慎坠楼，千钧一发之际，路人扔下手机徒手接娃”的视频引起关注。某市两岁小孩意外坠楼，银行小伙果断救人，此善举引来全城市民点赞。假设小孩子突然从7.5 m高处坠落，孩子体重10 kg，楼下恰好有人双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1.5 m，接住孩子后向下做匀减速运动，孩子到地时速度恰好减为零。假设小孩子可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受多大的力( )
A．500 N B．450 N
C．350 N D．250 N
答案 D
解析 小孩下落的运动可分为两个阶段，先是自由落体运动，下落高度为6 m，然后匀减速运动1.5 m，根据运动学公式得，自由落体阶段有v2＝2gh1
设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段有0－v2＝－2ah2
减速阶段对孩子受力分析，根据牛顿第二定律可得2F－mg＝ma
联立得F＝250 N
故选D。
11.(2022·台州市高一期末)某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0～4 s内做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2，t1＝4 s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2＝6 s末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为m＝2 kg，求：
(1)平台离地高度H；
(2)在4～6 s内空气对无人机作用力大小F。
答案 (1)24 m (2)12 N
解析 (1)4 s末无人机速度大小为v＝a1t1＝8 m/s
全程平均速度大小为eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)＝4 m/s
则总高度H＝eq \x\t(v)t2＝24 m
(2)4～6 s内无人机加速度大小为a2＝eq \f(v,t2－t1)＝4 m/s2，方向为竖直向下；
对无人机有mg－F＝ma2
则空气对无人机作用力大小为F＝12 N。
12．(2022·浙江高二学业考试)钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道BC与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案 (1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
解析 (1)AB段v12＝2a1x1
解得a1＝eq \f(8,3) m/s2
(2)AB段v1＝a1t1
解得t1＝3 s
则BC段运动时间t2＝5 s－3 s＝2 s
BC段x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22
a2＝2 m/s2
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在BC段由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N。
13.(2023·淮安市高一期末)如图所示，是生活中常见的儿童滑梯，为安全起见通常将滑梯设计成倾角逐渐减小的弧形，从而确保儿童从静止下滑至地面时速度减为零。若滑行过程中动摩擦因数保持不变，则儿童滑行过程中速度大小随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 B
解析 儿童在倾斜滑道上下滑时，设滑道与水平面夹角为θ，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma
当μtan θ时，加速度沿滑道向上，随着夹角的减小，儿童做加速度增大的减速运动，故B正确，A、C、D错误。
训练2 动力学的多过程问题
1．(2022·温州市啸秋中学高二期末)如图甲所示是一滑雪运动员滑雪的画面。运动过程示意图如图乙所示，斜坡AB的倾角为37°，运动员在斜坡A点从静止开始以5.5 m/s2的加速度，沿直线AB匀加速下滑，然后沿水平面BC匀减速滑行，直至停止。AB段和BC段平滑连接，运动员在BC段受到的阻力为77 N，两个过程滑行的总时间为12 s，运动员和滑板整套装备总质量为70 kg，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。求：
(1)运动员在斜坡上受到的阻力大小；
(2)运动员在B点的速度大小；
(3)运动员在这两个过程中运动的总路程。
答案 (1)35 N (2)11 m/s (3)66 m
解析 (1)运动员在斜坡AB上滑行过程，据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－Ff1＝ma1
解得运动员在斜坡上受到的阻力大小为Ff1＝35 N
(2)运动员在BC段由牛顿第二定律可得Ff2＝ma2
解得a2＝1.1 m/s2
两个过程滑行的总时间可表示为t＝eq \f(v,a1)＋eq \f(v,a2)
解得运动员在B点的速度大小为v＝11 m/s
(3)运动员在这两个过程中运动的总路程为
s＝eq \f(v2,2a1)＋eq \f(v2,2a2)＝66 m。
2.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个小孩沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝4.0 N，玩具的质量m＝0.5 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了x＝4.8 m，这时小孩松开手，玩具滑行了一段距离后停下。求：(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)全过程玩具运动的最大速度是多大？
(2)松开手后玩具还能运动多远？
答案 (1)4.8 m/s (2)1.728 m
解析 (1)对玩具受力分析，在竖直方向上，mg＝FN＋Fsin 53°，又Ff＝μFN，在水平方向上，根据牛顿第二定律可知Fcs 53°－μFN＝ma1，
根据运动学公式可知x＝eq \f(1,2)a1t2，vm＝a1t，
联立解得μ＝eq \f(2,3)，vm＝4.8 m/s。
(2)松手后，对玩具，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma2，
根据运动学公式可知滑行距离x2＝eq \f(vm2,2a2)＝1.728 m。
3．(2022·威海市高一期末)如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，用沿斜面向上的恒力F拉着物块由静止从斜面底端沿斜面向上运动，作用一段时间后撤去拉力。从物块运动开始计时，物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)撤去拉力后，物块向上运动的加速度大小；
(2)拉力F的大小；
(3)物块返回斜面底端时的速度大小。
答案 (1)8 m/s2 (2)16 N (3)4 m/s
解析 (1)撤去拉力后物块匀减速上滑，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有Ff＋mgsin θ＝ma
垂直斜面方向有FN＝mgcs θ
且Ff＝μFN
联立解得a＝8 m/s2
(2)由速度—时间图像可知匀加速上滑与匀减速上滑的加速度大小相等，即a1＝a，匀加速上滑时，根据牛顿第二定律有
F－mgsin θ－Ff＝ma
代入数据解得F＝16 N
(3)0.5 s末的速度v＝at1＝4 m/s
上滑总位移x＝eq \f(v,2)t2＝2 m
下滑过程，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma2
根据速度位移公式有v12＝2a2x
联立解得v1＝4 m/s。
4．(2022·中山市高一期末)风洞是能人工产生和控制气流，以模拟飞行器或物体周围气体的流动，并可量度气流对物体的作用以及观察物理现象的一种管道状实验设备，它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面的夹角θ为37°，现小球在F＝20 N的竖直向上的风力作用下，从A点由静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求杆对球的支持力的大小和方向；
(2)若风力F作用2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；
(3)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的动摩擦因数可以改变，求当动摩擦因数最小为多少时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。
答案 (1)8 N 方向垂直于杆向下 (2)12 m (3)0.75
解析 (1)风力垂直于杆向上的分力F1＝Fcs 37°＝20×0.8 N＝16 N
小球的重力垂直于杆向下的分力
G1＝Gcs 37°＝1×10×0.8 N＝8 N
小球在垂直于杆方向上受力平衡，所以杆对球的支持力的大小
F′＝F1－G1＝16 N－8 N＝8 N，方向垂直于杆向下
(2)风力F作用时，由牛顿第二定律(F－mg)sin 37°－μF′＝ma1
解得a1＝4 m/s2，方向沿杆向上。
风力作用2 s末的速度大小为
v1＝a1t1＝4×2 m/s＝8 m/s。
风力作用2 s末的位移大小为
x1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×4×22 m＝8 m
风力撤去后，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma2
解得a2＝8 m/s2，方向沿杆向下。
小球继续上滑的位移x2＝eq \f(v12,2a2)＝eq \f(82,2×8) m＝4 m
小球上滑过程中距A点的最大距离xm＝x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m
(3)若球恰好在A点保持静止，则当风力为零时mgsin 37°≤μ1mgcs 37°
解得μ1≥0.75
当风力较大时小球受到的静摩擦力沿杆向下，若小球在A点保持静止，则有
(F－mg)sin 37°≤μ2(F－mg)cs 37°
解得μ2≥0.75
则当动摩擦因数最小为0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。
5．(2023·珠海市高一期末)如图所示，a、b、c、d是竖直方向固定的四根钢索，一个质量为M＝20 kg的正方体货箱可沿着钢索在竖直方向做直线运动，且正常情况下货箱与钢索之间无摩擦，OA、OB、OC、OD四根细绳的长度相等，对称分布，且与竖直方向夹角均为60°。用电机、细绳OE和质量为m＝2 kg的挂钩牵引货箱，使其从水平地面上由静止开始匀加速上升，细绳OE对挂钩提供的牵引力恒为F1＝264 N，速度达到5 m/s时，牵引力立即调节为F2＝220 N。请通过计算回答以下问题(不计空气阻力和细绳重力，g取10 m/s2)。
(1)货箱匀加速上升的过程中OA、OB、OC、OD四根细绳的拉力均为多大？
(2)速度达到5 m/s时货箱底部离地面的高度是多少？此后做什么运动？
(3)当货箱底部离地面高度为9.55 m时，细绳OA、OB、OC、OD突然断裂。货箱内的传感器感应后触发制动器，使货箱与钢索之间产生大小恒定，方向始终与货箱运动方向相反的摩擦力。感应过程需0.1 s。为保证安全，货箱坠向地面的速度不能超过2 m/s。请问货箱受到的总摩擦力至少为多少？(结果可含根号)
答案 (1)120 N (2)6.25 m，匀速上升
(3)(50eq \r(17)－10) N
解析 (1)对货箱和挂钩整体应用牛顿第二定律有
F1－(M＋m)g＝(M＋m)a1
解得a1＝2 m/s2
对货箱应用牛顿第二定律有4FTcs 60°－Mg＝Ma1
解得FT＝120 N
(2)货箱加速到v1＝5 m/s
需上升h1＝eq \f(v12,2a1)＝6.25 m
因F2＝(M＋m)g
故此后货箱匀速上升
(3)根据题意可知，绳断时速度为5 m/s，感应时间t0＝0.1 s
则感应时间后货箱速度为v2＝v1－gt0＝4 m/s
开启制动后，上升过程有Mg＋Ff＝Ma2
下降过程有Mg－Ff＝Ma3
又v2＝2a3(eq \f(v1＋v2,2)t0＋eq \f(v22,2a2)＋h2)
h2＝9.55 m
解得Ff＝(50eq \r(17)－10) N。