4.5牛顿定律的应用（解析版）-2022-2023学年高一物理备课必备讲义（人教2019必修第一册）

第四章运动和力的关系4.5牛顿运动定律的应用课标要求素养要求课标解读1.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法.2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁．1．物理观念：①知道动力学的两类基本问题。②会对研究对象进行受力分析和运动情况分析。2．科学思维：掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法。3．科学态度与责任：初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，培养应用科学知识解决实际问题的意识。教材原句01牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。如果已知物体的受力情况，可以由牛顿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。自主思考判断下列说法是否正确。(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向。()(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。()【答案】(1)√(2)×教材原句02如果已知物体的运动情况，可以根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。自主思考判断下列说法是否正确。(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力所决定的。()(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。()【答案】(3)√(4)×探究点01已知物体的受力分析运动情况情境探究玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？【答案】首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2＝2ax和x＝eq\f(1,2)at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。探究归纳从受力确定运动情况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【探究应用1】如图所示，质量为m＝7.2kg的物体在拉力F的作用下在水平面上以3m/s的速度匀速运动，已知拉力F＝15N，且与水平方向夹角θ＝53°(sin53°＝0.80，cos53°＝0.60)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)撤去拉力F后，物体继续滑动过程中加速度的大小；(3)撤去拉力F后1.0s的时间内，物体滑行的距离。【答案】(1)0.15(2)1.5m/s2(3)2.25m【解析】(1)物体做匀速运动，则受力平衡Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得μ＝0.15。(2)撤去拉力F后，物体继续滑动过程中μmg＝ma解得加速度的大小a＝1.5m/s2。(3)撤去拉力F后1.0s的时间内，物体滑行的距离x＝vt－eq\f(1,2)at2＝2.25m。【迁移应用1】如图所示，小孩与冰车的总质量为30kg，静止在冰面上．大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60N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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小孩与冰车的加速度的大小；(2)冰车运动3s时的位移的大小；(3)冰车运动5s时的速度大小．【答案】(1)1.16m/s2(2)5.22m(3)5.8m/s【解析】(1)冰车和小孩受力如图所示．竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsinθ＝mg，解得支持力FN＝264N，在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcosθ－Ff＝ma，摩擦力Ff＝μFN，解得加速度a＝1.16m/s2.(2)根据匀变速直线运动规律x＝eq\f(1,2)at2，解得x＝5.22m.(3)根据匀变速直线运动规律v＝at1，解得v＝5.8m/s.探究点02已知物体的运动分析受力情况情境探究2022年2月7日，在北京冬奥会单板滑雪比赛项目中，苏翊鸣夺得男子坡面障碍技巧赛的银牌。其在练习滑雪时的照片如图所示。(1)知道在下滑过程中的运动时间；(2)知道在下滑过程中的运动位移。结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？【答案】先根据运动学公式，求得物体运动的加速度，比如v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等，再由牛顿第二定律求物体的受力。探究归纳从运动情况确定受力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；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．2．流程图【探究应用2】第24届冬奥会于2022年2月4日在北京和张家口举行．如图甲所示为一位滑雪爱好者，人与装置的总质量为50kg，在倾角为37°的雪坡上，以2m/s的初速度沿斜坡匀加速直线滑下．他运动的v－t图像如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑雪者受到雪面的支持力大小；(2)滑雪者受到的阻力大小．【答案】(1)400N(2)100N【解析】(1)滑雪者在斜坡上受力如图所示，建立如图所示的直角坐标系，FN＝mgcos37°＝400N.(2)由v－t图像可得滑雪者的加速度大小，a＝eq\f(v2－v1,t)＝4m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37°－Ff＝ma，得Ff＝mgsin37°－ma＝100N.【迁移应用2】图甲为一风力实验示意图，开始时，质量为m＝1kg的小球穿在固定且足够长的水平细杆上，并静止于O点，现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4s后撤去风力，小球沿细杆运动的v－t图像如图乙所示。试求：(1)小球沿细杆滑行的距离s；(2)小球与细杆之间的摩擦力f的大小；(3)风力F的大小。【答案】(1)1.2m(2)2.5N(3)7.5N【解析】(1)由v－t图线与时间轴围成的面积表示位移可得：小球沿细杆滑行的距离s＝eq\f(1,2)×1.2×2m＝1.2m。(2)减速阶段的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,1.2－0.4)m/s2＝2.5m/s2根据牛顿第二定律可得f＝ma1解得f＝2.5N。(3)加速阶段的加速度大小a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2根据牛顿第二定律可得F－f＝ma2解得F＝f＋ma2＝2.5N＋1×5N＝7.5N。探究点03多过程问题分析探究归纳1．问题介绍：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，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等。2．注意问题：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分别进行受力分析，分别求加速度。3．解题关键：对于多过程问题，关键是分析和求解运动转折点的速度。【探究应用3】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＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9m，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＝14N作用，运动至B点时撤去该力，(sin37°＝0.6，取g＝10m/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？【答案】(1)2m/s2(2)6m/s(3)1.8m【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＝2m/s2.(2)由M到B，根据运动学公式可知vB2＝2aL，解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s.(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得，mgsinθ＋μmg·cosθ＝ma′，代入数据得加速度的大小为a′＝10m/s2，逆向分析可得vB2＝2a′x，解得x＝eq\f(vB2,2a′)＝1.8m.【迁移应用3】某滑雪爱好者在如图所示的轨道上滑雪，轨道由倾斜部分和水平部分组成，两部分交界处有一段小圆弧平滑连接。已知倾斜滑道的倾角为θ，滑雪板与轨道间的动摩擦因数为μ，滑雪者从倾斜轨道上A点由静止开始下滑，重力加速度大小为g。若已知滑雪者从开始下滑至停止滑行的总路程为s，求该人运动过程中的最大速度vm。【答案】eq\r(\f(2sμg（sinθ－μcosθ）,μ＋sinθ－μcosθ))【解析】根据滑雪者的运动过程，画出v－t图像，如图所示(t1为加速运动的时间，t2为减速运动的时间)在斜面上，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μgcosθ在水平面上，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2解得a2＝μg又由速度关系，有vm＝a1t1＝a2t2对全过程，有eq\f(1,2)(t1＋t2)vm＝s联立解得vm＝eq\r(\f(2sμg（sinθ－μcosθ）,μ＋sinθ－μcosθ))。学业合格练1．（2022·全国·高一课时练习）第五代制空战机“歼-20”具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，“歼-20”新型的抗荷服能帮助飞行员最大承受9倍重力加速度（指飞机的加速度）。假设某次垂直飞行测试实验中，“歼-20”加速达到后离地，而后开始竖直向上飞行试验，该飞机在内匀加速到，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度。假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的，取。已知该“歼-20”质量为20吨，忽略战机因油耗等导致质量的变化。下列说法正确的是（

）A．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为B．加速阶段系统的推力为C．加速阶段飞行员已经晕厥D．飞机在匀速阶段爬升高度为【答案】B【解析】C．加速阶段，初速度末速度根据解得加速度所以飞行员不会晕厥，C错误；D．根据牛顿第二定律得则推力B正确；D．加速阶段上升的高度则匀速上升距离为D错误；A．匀速飞行时间A错误。故选B。2．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，质量不相等的A、B两个物块以大小相同的初速度在水平地面上同时相向运动，结果两个物块同时到达它们最初位置连线的中点，下列说法正确的是（）A．质量大的物块运动过程中的加速度大B．质量大的物块运动过程中的加速度小C．两物块与地面间的动摩擦因数相同D．到达中点时，质量大的物块的速度大【答案】C【解析】ABD．两物块以大小相同的初速度同时开始做匀减速直线运动且同时到达中点，则初速度、位移和时间相同，由x=v0t+at2可知，加速度大小相等，由速度公式v=v0+at可知，末速度大小相等，则选项ABD错误；C．由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=μg两物块与地面间的动摩擦因数相同，选项C正确。故选C。3．（2022·全国·高一课时练习）如图甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ。现给滑块一水平向右的初速度v0=6m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F=4N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g=10m/s2下列说法正确的是（

）A．滑块的质量为4kgB．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2C．3s末滑块返回到出发点D．4s末滑块加速度大小为1m/s2【答案】D【解析】ABD．由v—t图像可知加速度大小a1=3m/s2，a2=1m/s2两个过程分别受力分析，根据牛顿第二定律得F+μmg=ma1F-μmg=ma2联立解得m=2kgμ=0.1AB错误、D正确；C．由v—t图像可知，滑块先向右匀减速，再向左匀加速，v—t图像面积为物体的位移，2~3s内的位移大小小于0~2s内位移大小，故3s末滑块未返回到出发点，C错误。故选D。4．（2022·全国·高一课时练习）假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差为h=5.0m，从接触海绵垫子到速度为0的整个过程用时约为0.2s，该过程可视为匀减速直线运动，整个过程忽略空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A．运动员接触海绵垫子时的速度大小为2m/sB．运动员自由下落时间约为2.0sC．从接触海绵垫子到速度为0，运动员的加速度大小为50m/s2D．海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的4倍【答案】C【解析】AB．由运动规律可得，运动员接触海绵垫子时的速度大小由v2=2gh解得v=10m/s运动员自由下落时间故AB错误；C．从接触海绵垫子到速度为0，运动员的加速度大小a==50m/s2故C正确；D．根据牛顿第二定律F-mg=ma可得F=6mg所以根据牛顿第三定律可知海绵垫子受到的平均作用力为6mg，故D错误。故选C。5．（2022·全国·高一课时练习）行车过程中，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，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s。则安全带对乘客的作用力大小约为（不计人与座椅间的摩擦）（）A．450N B．400N C．350N D．300N【答案】C【解析】汽车的速度v0=90km/h=25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a==5m/s2对乘客应用牛顿第二定律得F=ma=70×5N=350N故选C。6．（2022·全国·高三课时练习）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g。现使小车以加速度a向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（）A．杆对小球的弹力一定竖直向上B．杆对小球的弹力一定沿杆向上C．杆对小球的弹力大小为mgD．杆对小球的弹力大小为F＝【答案】D【解析】ABC．对小球受力分析如图由图可知，当a大小变化时，杆上的弹力与竖直方向夹角变化，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F>mg，故ABC错误；D．由几何关系可知F＝故D正确。故选D。7．（2021·上海·高一课时练习）物体A的质量为1kg置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为。从t=0开始物体以一定的初速v0向右滑动的同时，受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，则反映物体受到的摩擦力随时间变化的图象是图中的哪一个（取向左为正方向，g=10N/kg）（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由于开始摩擦力与恒力F方向相同，水平向左，则则使物体速度很快减为零，随后产生向左的运动趋势，静摩擦力大小为1N，方向向右；故选A。8．（2022·全国·高三课时练习）冰壶比赛是我国2022年冬奥会预计夺牌的比赛项目之一，其原理可以简化为将冰壶送到预期的位置。若某回合运动员想将冰壶送到与出手点相距的目标位置，该运动员正对目标位置，以大小为的初速度将冰壶推出，冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，发现冰壶没有按预期到达，于是运动员从冰壶运动的起点，沿冰壶原来运动的路线用毛刷摩擦冰面，使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的一半，取重力加速度大小。若冰壶以原来的速度推出，恰好到达目标位置，则运动员用毛刷摩擦冰面的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】冰壶做匀变速直线运动，根据匀变速运动的规律有根据牛顿第二定律可知解得运动员用毛刷摩擦冰面的距离故选D。9．（2022·全国·高三课时练习）《流浪地球》在“2020国防军事电影盛典”系列活动中，被选送作为2021年全民国防教育万映计划重点推介影片，向社会各界特别是广大青少年学生、基层部队官兵推荐。故事设定中，人类居住在深度为5km左右的地下城中，乘坐升降机需要15min到达地面，若此升降机匀加速过程中的加速度是匀减速过程中的加速度的2倍，且最大运行速度为6.2m/s。下列说法正确的是（）A．上升过程中变速运动时间与匀速运动时间之比约为1：5B．匀加速运动过程中加速度大小约为C．若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面的最短时间约为9minD．若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面过程中的最大速度约为9m/s【答案】C【解析】A．设升降机匀加速运动的时间为t，则匀减速运动的时间为2t，匀速运动的时间为t′=15×60s-3t根据已知条件可得：s=将s=5000m，v=6.2m/s代入上式，解得t=62s则匀速运动的时间为t′=15×60s-3t=15×60s-3×62s=714s则上升过程中变速运动时间与匀速运动时间之比约为1：12，故A错误；B．由A中分析可知，匀加速运动过程中的加速度大小为故B错误；C．若此升降机没有最大运行速度限制，则当其先匀加速上升，再匀减速上升，到达地面速度恰为零时，所用时间最短，根据已知条件可得，其最大速度为v=at，总位移两式联立，代入s=5000m，a=0.1m/s2，解得t≈183s则总时间t总=3t=3×183s≈9min故C正确；D．由C分析可知，若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面过程中的最大速度v=at=0.1×183m/s=18.3m/s故D错误。故选C。10．（2022·全国·高三课时练习）2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器3000N发动机工作约6分钟，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，实现了我国首次飞行器在地外天体起飞。假设上升器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成θ角，且速度在不断增大，如图所示。此段时间发动机的喷气方向可能（）A．沿1的方向 B．沿2的方向C．沿3的方向 D．沿4的方向【答案】B【解析】假设上升器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成θ角，且速度在不断增大，则合力方向与3在一条线上，而飞行器受到沿1方向的引力作用，根据合成可知，推力方向应夹在1、3方向之间向左上，故喷气方向可能沿2的方向。故选B。学业等级练11．（多选）（2022·全国·高三课时练习）滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图所示的滑雪轨道是由光滑的斜直轨道和光滑的水平轨道组成，两轨道平滑连接，t=0时相距10m的甲、乙两运动员（无动力，空气阻力可忽略不计）均以v0=10m/s向左运动，随后两运动员相继滑上倾角为30°的足够长的斜直轨道，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．甲运动员滑上斜直轨道后的加速度大小为5m/s2B．乙运动员刚要滑上斜直轨道时，甲运动员在斜直轨道上运动的位移为8.5mC．乙运动员刚要滑上斜直轨道时，甲运动员的速度大小为5m/sD．甲运动员滑上斜直轨道后再经过2s两运动员相遇【答案】AC【解析】A．根据牛顿第二定律，甲运动员滑上斜直轨道后加速度有解得A正确；B．设甲运动员滑上斜直轨道后经过t1时间乙运动员再滑上斜直轨道，则有设此时甲运动员向上运动的位移为x，则有B错误；C．此时甲运动员的速度为C正确；D．乙运动员滑上斜直轨道时，加速度与甲运动员的加速度相同，设再经过时间t2相遇，则解得则甲运动员滑上斜轨道后再相遇的时间为D错误；故选AC。12．（多选）（2023·全国·高一课时练习）如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法中正确的是（）A．0~5m内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【答案】ABD【解析】A．0~5m内，由v－v＝2a1x1得v＝2a1x1＋v由题图乙知2a1＝－20m/s2则a1＝－10m/s2物块做匀减速运动，故A正确；B．由题图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0~5m内物块运动的时间t＝＝1s即在t＝1s时刻，恒力F反向，故B正确；CD．5~13m内，由v＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝m/s2＝4m/s2由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1F－μmg＝ma2联立两式解得F＝7Nμ＝0.3故D正确，C错误。故选ABD。13．（多选）（2022·全国·高三课时练习）如图所示，一倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面长为，斜面顶部有一长为的电动平板车，车头朝下，车尾与斜面顶部齐平，平板车上表面与斜面平行，车尾部放一可看成质点的滑块，滑块与电动平板车之间的动摩擦因数为，现让平板车与滑块一起以的初速度沿斜面向下运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（）A．若电动平板车做匀速运动，则滑块下滑的加速度大小为B．若电动平板车做匀速运动，则经过时间滑块从车上滑下C．若电动平板车做匀加速运动，且滑块在平板车滑入水平地面前不从车上滑下，则平板车车头到达斜面底端的最短时间D．若电动平板车做匀加速运动，为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车上滑下，则平板车加速度的大小应满足【答案】AD【解析】A．若电动平板车做匀速运动，则对滑块受力分析，由牛顿第二定律可知解得滑块下滑的加速度大小为B.若电动平板车做匀速运动，则滑块从车上滑下时解得选项A正确，B错误；CD．若电动平板车做匀加速运动，为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车前端滑下，则解得t1=4sa２=1.75m/s2为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车后端滑下，则需滑块与平板车之间的摩擦力达到最大静摩擦，且方向向下，则解得a2=8m/s2平板车加速度的大小应满足当平板车的加速度取最大值8m/s2时，根据解得小车滑到底端的最短时间为tmin=2s选项C错误，D正确。故选AD。14．（多选）（2022·全国·高三课时练习）如图所示，有一倾角为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直.一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行.已知，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为，取，，重力加速度为g，不计空气阻力.则下列说法正确的有（）A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落【答案】ABD【解析】AB．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有对物体，有选项AB正确；CD．木板与挡板第一次碰撞碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为若木板足够长，物体一直向下加速，加速度不变.则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移物体的速度为木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移，则第三次碰前，两者的相对位移为木板长，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确。故选ABD。冲刺“双一流”15．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，离地面某高处有一圆管竖直放置，质量M=2kg，管长L=2.2m。一个质量m=1kg的小球从圆管顶端由静止释放，先保持圆管静止不动，小球在管内下落高度h=1m时获得的速度为v=4m/s。从此刻开始，对管施加一个竖直向下、大小为F=10N的恒定拉力，使管开始向下运动。已知小球在管内运动过程中圆管一直在空中运动，小球在管内所受的滑动摩擦力大小处处相同，不计空气阻力，g取10m/s2。求：（1）小球在管内所受的滑动摩擦力大小。（2）小球从被释放到最终脱离圆管经历的总时间。【答案】（1）2N；（2）2.4s【解析】（1）管保持静止过程，对小球由牛顿第二定律及运动学公式可得mg-f=mav2=2ah联立解得小球所受摩擦力大小为f=2N（2）设管静止时球的运动时间为t1，有v=at1管受力运动后，对管由牛顿第二定律可得F+Mg+f=Ma1设经过时间t2管与球达到共速且未与球分离，有vt=a1t2=v+at2此过程球在管中下降高度为解得因为所以球与管未分离，共速后，对管和小球分别有F+Mg-f=Ma2设经时间t3球从管的顶端脱离，有解得t3=1.4s小球在管内运动总时间为t=t1+t2+t3=2.4s16．（2022·全国·高一课时练习）风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数。试求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若风力F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；（3）在上一问的基础上若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点。【答案】（1）2.5m/s2；（2）2.4m；（3）0.2s，0.75s【解析】（1）在力F作用时，沿杆的方向，小球受到风力F的分力、重力的分