5.牛顿运动定律的应用
学 习 目 标
知 识 脉 络(教师用书独具)
1.进一步掌握受力分析的方法，并能结合物体的运动情况进行受力分析．(重点)
2.知道动力学的两类问题．理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁．(重点)
3.掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题．(重点、难点)
一、已知受力确定运动情况
1．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和受力情况联系起来．
2．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，再通过运动学规律确定物体的运动情况．
二、已知运动确定受力情况
1．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，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．
2．解决动力学问题的关键：
对物体进行正确的受力分析和运动情况分析，并抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
1．思考判断
(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．(×)
(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. (×)
(5)物体的运动情况仅由物体所受的合力所决定的．(×)
2．A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为 ( )
A．xA＝xB B．xA>xB
C．xA
A [A、B两物体在滑行过程中所受合外力等于它们所受的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知，－μmg＝ma，得a＝－μg，由运动学公式v－v＝2ax得，x＝，故xA＝xB，选项A正确，选项B、C、D错误．]
3．质量为0.2 kg的物体从36 m高处由静止下落，落地时速度为24 m/s，则物体在下落过程中所受的平均阻力是多少？(g取10 m/s2)
[解析] 由运动学公式v－v＝2ax得加速度a＝＝ m/s2＝8 m/s2.物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F合＝ma＝0.2×8 N＝1.6 N，而F合＝mg－F阻，则物体在下落过程中所受的平均阻力F阻＝mg－F合＝0.2×10 N－1.6 N＝0.4 N.
[答案] 0.4 N
已知受力确定运动情况
1．解题思路
2．解题的一般步骤
【例1】 如图所示，质量为2 kg的物体静止放在水平地面上，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体施加一个与水平面成37°角的斜向上的拉力F＝5 N的作用(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)物体与地面间的摩擦力大小；
(2)5 s内的位移大小．
思路点拨：
[解析] 对物体受力分析如图所示，建立直角坐标系并分解F.
(1)在y轴方向有：N＋Fsin 37°＝mg，代入数据解得N＝17 N，物体与地面间的摩擦力大小为f＝μN＝0.2×17 N＝3.4 N.
(2)水平方向，由牛顿第二定律
Fcos 37°－f＝ma
得a＝0.3 m/s2
5 s内的位移为：x＝at2＝×0.3×52 m＝3.75 m.
[答案] (1)3.4 N (2)3.75 m
应用牛顿第二定律解题时求合力的方法
(1)合成法．
物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F合．反之，若知道加速度方向就知道合力方向．
(2)正交分解法．
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量．即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0.
1．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d处所用的时间，则 ( )
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
D [小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知
mgcos θ＝ma①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcos θ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2.
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.]
已知运动确定受力情况
1．解题思路
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图．
(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，求物体所受的合外力．
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需求的力．
【例2】 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则：
(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
思路点拨：→→→→→→
[解析] (1)由题意可知，h＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s.
设斜面倾角为θ，则sin θ＝.
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得
a＝，代入数据得a＝2.5 m/s2.
(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有mgsin θ－f＝ma，
沿y轴方向有N－mgcos θ＝0，
又f＝μN，
联立方程解得
μ＝≈0.92.
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)0.92
从运动情况确定受力的注意事项
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．
(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力．
2．如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°.现木块上有一质量m＝1.0 kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向．
[解析] (1)由题意可知，滑块滑行的加速度a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2.
对滑块受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma，解得f＝1.5 N.
甲 乙
(2)根据(1)问中的滑块受力示意图可得N＝mgcos θ.对木块受力分析，如图乙所示，根据牛顿第三定律有N′＝N，根据水平方向上的平衡条件可得f地＋fcos θ＝N′sin θ，解得f地≈3.03 N，f地为正值，说明图中标出的方向符合实际，故摩擦力方向水平向左．
[答案] (1)1.5 N (2)3.03 N 方向水平向左
多过程问题的求解
【例3】 如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？
(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0 m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
思路点拨：①人从A到B做初速度为零的匀加速直线运动．②人从B到C做匀减速直线运动．
甲
[解析] (1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立直角坐标系．
设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma1，
N－mgcos θ＝0，其中f＝μN，
联立解得人和滑板滑下的加速度为
a1＝g(sin θ－μcos θ)
＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2.0 m/s2.
乙
(2)人和滑板在水平滑道上受力如图乙所示．
由牛顿第二定律得
N′－mg＝0，
f′＝ma2，
其中f′＝μN′，
联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为
a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2，
设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动公式得
v＝2a1LAB0－v＝－2a2L
联立解得LAB＝50.0 m.
[答案] (1)2.0 m/s2 (2)50.0 m
解答动力学两类问题的两个关键点
3．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0 s绳子突然断了，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)
[解析] (1)物体受拉力向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－f＝ma1
又f＝μN，N＝mgcos θ
解得a1＝2.0 m/s2
t1＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t1＝8.0 m/s.
(2)绳断时物体距斜面底端的位移为
x1＝a1t＝16 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有：
mgsin θ＋f＝ma2
解得a2＝8.0 m/s2
物体匀减速运动的时间
t2＝＝1.0 s
减速运动的位移为x2＝v1t2＝4.0 m
此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，根据牛顿第二定律可得：
mgsin θ－f＝ma3，
解得a3＝4.0 m/s2
设物体由最高点下滑的时间为t3，根据运动学公式可得x1＋x2＝a3t，t3＝ s≈3.2 s，
所以物体返回斜面底端的时间为t＝t2＋t3＝4.2 s.
[答案] (1)8.0 m/s (2)4.2 s
1．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为 ( )
A．40 m B．20 m
C．10 m D．5 m
B [a＝＝＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得x＝＝ m＝20 m，B对．]
2．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为 ( )
A. B.
C. D.
B [在前t时间内，由牛顿第二定律知F－f＝ma1，t时间末v＝a1t，得v＝·t；后3 t内，由牛顿第二定律知f＝ma2，另由运动学规律得0＝v－a2·3t，即v＝·3t，联立得f＝，故选项B正确．]
3．(多选)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) ( )
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
BC [物体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f＝μN＝μmg＝3 N，故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误．减速到零后F4．竖直上抛物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则 ( )
A．a1>a2，t1a2，t1>t2
C．a1t2
A [上升过程中，由牛顿第二定律，得
mg＋f＝ma1①
设上升高度为h，则h＝a1t②
下降过程，由牛顿第二定律，得
mg－f＝ma2③
h＝a2t④
由①②③④得，a1>a2，t15．如图所示，水池正上方有一小球，球距水面h1＝3.2 m，池水深h2＝1.6 m，小球从静止释放后落入水中做减速运动，到池底的速度恰好为零(取g＝10 m/s2)，求：
(1)小球运动的最大速度；
(2)小球在水中运动的加速度；
(3)从开始到落到池底所用的时间．
[解析] (1)小球下落到水面时速度最大且为vm，由速度与位移公式：v＝2gh1
代入数据解得：vm＝8 m/s.
(2)设小球在水池中减速运动的加速度大小为a，由速度位移关系有：0－v＝－2ah2
代入数据解得：a＝20 m/s2，方向竖直向上．
(3)小球下落到水面的时间为t1，由自由落体公式：
h1＝gt
代入数据解得：t1＝0.8 s
减速运动的时间为t2,0＝vm－at2
代入数据可解得：t2＝0.4 s
所以运动总时间：t＝t1＋t2＝1.2 s.
[答案] (1)8 m/s (2)20 m/s2，方向竖直向上 (3)1.2 s
课件54张PPT。第三章 牛顿运动定律5.牛顿运动定律的应用234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738394041424344454647484950515253点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(十七) 牛顿运动定律的应用
(时间：40分钟 分值：100分)
[合格基础练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．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秒后消失，则第5秒末物体的速度和加速度分别是( )
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
C [由牛顿第二定律知前3秒内F＝ma1即a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2；3秒末物体速度v＝a1·t＝1.5 m/s2×3 s＝4.5 m/s；3秒后F消失，物体所受合外力为零，则a2＝0；物体做匀速直线运动，故选项C正确．]
2.如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是 ( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
C [F2由10 N减到5 N的过程中F合＝F2－F1＝ma，a方向沿F2方向且逐渐减小；当F2<5 N后，F合＝F1－F2＝ma，a方向沿F1方向且逐渐增大；故加速度先减小后反向增大，选项C正确．]
3．质量为1 kg的物体，受水平恒力作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为 ( )
A. B.
C. D.
A [由x＝at2得：a＝ m/s2，对物体由牛顿第二定律得：F＝ma＝1× N＝ N，故A正确．]
4．(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则( )
A．车厢的加速度为gtan θ
B．绳对物体1的拉力为
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ
AB [对物体1受力分析知，mgtan θ＝ma，得a＝gtan θ，故选项A正确；绳的拉力设为F，则有F·cos θ＝m1g，F＝，故选项B正确；对物体2受力分析知，竖直方向上，F＋FN＝m2g，得FN＝m2g－，选项C错误；水平方向上f＝m2a＝m2gtan θ，故选项D错误．]
5．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
B [消防队员下落H＝2 m后末速度为v，由运动学公式v2＝2gH；缓冲减速下降了h＝0.5 m；由运动学公式得0－v2＝－2ah而a＝；由牛顿第二定律得缓冲过程FN－mg＝ma，解得N＝mg＋ma＝mg＝5mg，故选项B正确．]
6．(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边．三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下面说法中正确的是( )
A．物体沿DA滑到底端时具有最大速率
B．物体沿EA滑到底端所需时间最短
C．物体沿CA下滑，加速度最大
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短
CD [设底边AB长为L，则倾角为θ的斜面长度为x＝；由牛顿第二定律得，物体沿斜面下滑时加速度a＝gsin θ，故当θ＝75°时加速度最大，故选项C正确；由v2＝2ax可得，物体沿斜面滑到底端时的速度为v＝＝＝，当θ＝75°时，v最大，选项A错误；由x＝at2得，t＝＝＝＝，当θ＝45°时，t最小，选项B错误，选项D正确．]
二、非选择题(14分)
7．楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，取sin 37°＝0.6，试求：
(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
[解析] (1)以刷子为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示．
根据牛顿第二定律得
(F－mg)sin θ－f＝ma
(F－mg)cos θ－N＝0
又f＝μN，联立解得 a＝2 m/s2.
(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L＝4 m，则L＝at 2
得到t＝＝2 s.
[答案] (1)2 m/s2 (2)2 s
[等级过关练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时 ( )
A．物体对左侧挡板的压力等于零
B．物体对左侧挡板的压力等于3 N
C．物体受到4个力的作用
D．弹簧对物体的压力等于6 N
A [物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力F弹＝3 N，当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知F弹＝ma，解得a＝6 m/s2，当加速度大于a＝6 m/s2，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于a＝6 m/s2时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确，B、D错误．当加速度a＝6 m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误．]
2．在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是( )
A．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为
B．若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为
C．若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m(a＋g)－F
D．若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
D [小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解，故A错误；因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2＝2ah求解小球的速度，故B错误；根据牛顿第二定律得，mg－F－f＝ma，解得小铁球受到水的阻力f＝mg－F－ma，故C错误；根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为，故D正确．]
3．(多选)在光滑水平面上有一物体受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物体与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．物体接触弹簧后即做减速运动
B．物体接触弹簧后先加速后减速
C．当弹簧处于压缩量最大时，物体的加速度不等于零
D．当物体的速度为零时，它所受的合力不为零
BCD [由牛顿第二定律知物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故选项A错误，B正确；当拉力F等于弹簧弹力时，物体加速度为零，但速度最大；由于惯性，物体会继续运动，弹簧会进一步被压缩，当物体速度为零时，弹簧弹力大于拉力F，合力不为零，故选项C、D正确．]
4．(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．斜面对小球的弹力为
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
AD [对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力N2进行正交分解，竖直方向有N2cos θ＝mg，水平方向有N1－N2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为N2＝，A正确．N1＝ma＋mgtan θ.由于N2＝，即与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力N1随a增大而增大，故C错误，D正确．小球受到的合力为ma，故B错误．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g.求：
甲 乙
(1)小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
(3)当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．
[解析] (1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：
mgsin θ＝μN①
N＝mgcos θ②
联立①②得：μ＝tan θ＝tan 30°＝.
(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为a1，位移为x，则：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
v＝2a1x
则：x＝
θ＝60°
x＝＝.
(3)θ＝60°，当小木块向上运动时，
时间t1＝＝
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得：a2＝g
由x＝a2t得：t2＝
故：t＝t1＋t2＝.
[答案] (1) (2) (3)
6．(13分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，力传感器固定在竖直挡板上(g取10 m/s2)．求：
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
[解析] (1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为N，对小球受力分析如图所示，由几何关系可知：
F＝mg＝3×10 N＝30 N.
(2)竖直方向Ncos 45°＝mg；
水平方向F－Nsin 45°＝ma；
解得：a＝2 m/s2.
(3)要使力传感器示数为0，则有：
Ncos 45°＝mg；
Nsin 45°＝ma；
解得：a＝10 m/s2，方向向左．
[答案] (1)30 N (2)2 m/s2 (3)方向向左 10 m/s2
