高中物理沪科版 (2019)必修 第一册4.5 牛顿运动定律的案例分析导学案及答案

这是一份高中物理沪科版 (2019)必修 第一册4.5 牛顿运动定律的案例分析导学案及答案，共16页。

4.5　牛顿运动定律的案例分析
[学习目标]　1.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁.2.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．

一、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s2＝125 m
由v22－v12＝2a2s2得
加速度a2＝－＝－ 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 N①
负号表示F阻方向与v1方向相反．
(2)匀加速阶段：初速度v0＝0，末速度v1＝15 m/s，位移s1＝225 m
由v12－v02＝2a1s1得
加速度a1＝＝ 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 N②
由①②得机车的牵引力为F引＝2.8×105 N.
针对训练1　一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为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1所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在0～2 s时间内滑块沿斜面运动的位移s＝4 m．求：(g取10 m/s2)

图1
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．(可用根式表示)
答案　(1)　(2) N
解析　(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝.
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由s＝a1t2，得加速度大小a1＝2 m/s2，
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得：F＝ N.
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：

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．
如图2所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.25，现对物体施加一个大小为8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力F，已知
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

图2
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小．
答案　(1)见解析图　1.3 m/s2，方向水平向右
(2)6.5 m/s　(3)16.25 m
解析　(1)对物体受力分析如图：

由图可得：
解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右
(2)vt＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s
(3)s＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m
针对训练2　(2020·合肥六校联考)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，如图3所示．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)2 s
解析　(1)对物体受力分析如图所示，

F1＝mgsin 30°＝ma，
则a＝gsin 30°＝5 m/s2
由vt2－v02＝－2as得：
s＝＝ m＝10 m.
(2)t＝＝ s＝2 s.
三、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，对解决问题起重要作用．
如图4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，cos 37°＝0.8)求：

图4
(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－mgcos θ＝0
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝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′s
联立解得s＝12.8 m.
(2020·张家口市高一上期末)如图5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25 N的拉力F，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：

图5
(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＝Fcos 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s1＝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
s2＝＝15 m
故总位移s＝s1＋s2＝30 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＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ 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＝μmgcos θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式s＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，D正确．
3．(由运动情况确定受力)(2020·兰州中学期末)如图8，质量为50 kg的滑雪运动员，在倾角为θ＝37°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑50 m到达坡底，用时10 s，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图8
(1)运动员到达坡底的速度大小；
(2)运动员受到的滑动摩擦力大小．
答案　(1)10 m/s　(2)250 N
解析　(1)由l＝at2，
解得a＝1 m/s2，
故v＝at＝10 m/s
(2)设运动员受到的滑动摩擦力大小为f
由mgsin 37°－f＝ma，
解得f＝250 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＝.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，根据牛顿第二定律得：
物体受到的斜面对它的支持力N＝mgcos θ＝5 N，
物体的加速度a1＝＝＝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s1＝a1t02＝1.8 m.
此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小
a2＝＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离s2＝＝0.6 m.
整个上滑过程物体距出发点的最大距离
s＝s1＋s2＝2.4 m.


考点一　从运动确定受力
1.如图1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1
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＝＝－ 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．
2．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，图2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，则拉力和摩擦力大小之比为(　　)

图2
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时的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2，图线b为受水平拉力和摩擦力时的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律列方程ma1＝f，ma2＝F－f，联立解得F∶f＝3∶2，选项B正确．
3．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大小是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＝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．
4．(多选)(2020·镇原二中高一期末)质量是m的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定拉力F的作用，从静止出发，经过时间t速度达到v，要使物体从静止出发速度达到2v，下列哪些方法可行(　　)
A．只把力F增加为原来的2倍
B．只把力F和动摩擦因数都增加为原来的2倍
C．只把质量增加为原来的2倍
D．质量、力、时间都增加为原来的2倍
答案　BD
考点二　从受力确定运动
5．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滑动痕迹．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，则汽车刹车前的速度为(　　)
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＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
6．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是(　　)
A．7.5 m/s,1.5 m/s2 B．4.5 m/s,1.5 m/s2
C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0
答案　C
解析　前3 s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＝ma，解得：a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，3 s末物体的速度为vt＝at＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，由牛顿第二定律可知加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以5 s末的速度仍是3 s末的速度，即4.5 m/s，加速度为a＝0，故C正确．
7.如图3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(　　)

图3
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.

考点三　多过程问题
8．(多选)(2020·内蒙古一机一中期末)如图4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(图中未画出)．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，cos 37°＝0.8.则(　　)

图4
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＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2
则A、B两点间的距离为sAB＝＝ m＝5 m
选项A正确，B错误；从A点算起，经t＝＝ s＝1 s，物体到达最高点，选项C正确，D错误．
9．(多选)(2020·淄博市期末)2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠，为祖国70周年国庆献礼．如图5所示，某运动员的质量为50 kg，原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为
2.10 m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m．若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2，则(　　)

图5
A．起跳过程的平均速度大小等于离地上升到最高点过程的平均速度大小
B．起跳过程中对地面的压力大小为1 300 N
C．从开始起跳到离地上升到最高点的过程中最大速度大小为 m/s
D．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
答案　AB
解析　运动员起跳过程做匀加速直线运动，起跳之后做a＝g的匀减速运动，起跳平均速度
1＝，v为跳起时的速度，跳起之后速度v减小到0，平均速度2＝，二者大小相等，故A正确；跳起后上升高度h＝0.8 m，由h＝gt2得t＝0.4 s，跳起的初速度v＝gt＝4 m/s，起跳的加速度a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对运动员受力分析：N－mg＝ma，得：N＝
1 300 N，由牛顿第三定律可知，B正确；整个过程最大速度为跳起瞬间v＝4 m/s，故C错误；总时间t总＞t＝0.4 s，故D错误．

10.(2020·本溪一中高一上期末)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，故在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误；斜面长L＝，由v2＝2aL得v＝，故到C1、C2、C3时物体速度大小相等，A错误；由L＝at2即＝gsin θ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确．
11．如图7所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

图7
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案　D
解析　设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离s1＝v0t1＝5 m，因mgsin θ＞μmgcos θ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，t＝2 s时，滑块下滑的距离s2＝a2(t－t1)2＝1 m＜5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不做匀变速直线运动，选项A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度大小v＝a2(t－t1)＝4 m/s，选项D正确．
12.(2021·潍坊市高一上期末)如图8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，cos 37°＝0.8.经过一段时间后撤去拉力F，求：

图8
(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，Fcos 37°＝f，f＝μN
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.解得：t＝1 s.
13．(2020·太和第一中学期末)如图9所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝2.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝20 N，方向平行斜面向上，经时间t1＝4 s绳子突然断了，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：

图9
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)绳子断后物体沿斜面上滑的距离；
(3)从绳子断后物体回到出发点所用的总时间．(可用根式表示)
答案　(1)8 m/s　(2)4 m　(3)(1＋) s
解析　(1)绳子断前对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝2 m/s2，
绳子断时物体的速度v＝a1t1＝8 m/s，
此时，物体运动的位移s1＝a1t12＝16 m.
(2)绳子断后物体继续上滑，由牛顿第二定律有：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，
解得a2＝8 m/s2，
物体匀减速运动的时间：t2＝＝1 s，
物体匀减速运动的位移s2＝＝4 m.
(3)物体上升到最高点后匀加速下滑，则有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
解得：a3＝4 m/s2，
设从最高点滑下来所用时间为t3，
s＝s1＋s2＝(16＋4)m＝20 m
由s＝a3t32得t3＝ s.
故从绳子断后物体回到出发点的总时间为t＝t2＋t3＝(1＋) s.
14．(2020·安康市高一期末)在一次无人机载货测试中，一架质量为1 kg的无人机，下方固定一个质量为0.5 kg的配送箱，箱中放有一个质量为1.5 kg的货物，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，6 s内匀加速上升了36 m，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6 N．g取10 m/s2，求：
(1)无人机提供的最大升力的大小；
(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小；
(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机最高能上升到距地面多高处．
答案　(1)42 N　(2)18 N　(3)54 m
解析　(1)在匀加速上升的过程中，有h＝at2，
解得a＝2 m/s2，
根据牛顿第二定律可得：Fm－F阻－m总g＝m总a，
解得Fm＝42 N.
(2)对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，解得N＝18 N.
(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得F′－F阻－m总g＝m总a1，
解得a1＝－4 m/s2，
t＝6 s时的速度v＝at＝12 m/s，
匀减速上升的距离h1＝＝ m＝18 m，
无人机最高能上升到距地面高H＝h1＋h＝54 m处．

15.(2021·泰安一中高一上月考)如图10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，cos 37°＝0.8)．求：

图10
(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下端所需的时间．
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－f1w＝ma1，
沿垂直于杆方向有Fcos θ＝mgcos 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，
s1＝a1t12＝×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＝mgcos θ，
且f2＝μN2，
联立解得a2＝10 m/s2，
此过程s2＝＝ m＝0.2 m，
t2＝＝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mgcos θ＝N3，
且f3＝μN3，
联立解得a3＝2 m/s2，
球下滑到杆的底端，通过的位移s＝s0＋s1＋s2＝1.44 m，
由s＝a3t32，可得t3＝1.2 s，
所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.