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牛顿第二定律的应用题型1 已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 【1】质量m ＝4kg 的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F ＝40N 作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示，已知斜面足够长，倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数µ＝0.2，力F 作用了5s ，求物块在5s 内的位移及它在5s 末的速度。
（g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【2】水平传送带A 、B 以v ＝2m/s 的速度匀速运动，如图所示所示，A 、B 相距11m ，一物体（可视为质点）从A 点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数 ＝0.2，则物体从A 沿传送带运动到B 所需的时间为多少秒。
（g ＝10m/s 2）题型2 已知运动情况求物体的受力情况 【1】如图所示，质量为0.5kg 的物体在与水平面成300角的拉力F 作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m 的距离速度由0.6m/s 变为0.4m/s ，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，求作用力F 的大小。
（g ＝10m/s 2）【2】静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小。
【巩固练习1】一位滑雪者如果以v 0＝30m/s 的初速度沿直线冲上一倾角为300的山坡，从冲坡开始计时，至4s 末，雪橇速度变为零。
如果雪橇与人的质量为m ＝80kg ，求滑雪人受到的阻力是多少。
（g 取10m/s 2）F θF300【巩固练习2】如图所示，一高度为h =0.8m 粗糙的水平面在B 点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC 连接，一小滑块从水平面上的A 点以v 0=3m/s 的速度在粗糙的水平面上向右运动。
运动到B 点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑。
动力学的两类问题1．斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F 的作用，力F 随时间变化的图象及物体运动的v －t 图象如图8所示．由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是(g 取10 m/s 2) (AD)A ．物体的质量mB ．斜面的倾角θC ．物体与斜面间的动摩擦因数μD ．μ＞tan θ解析：设物体的质量为m ，斜面的倾角为θ，由v －t 图象可得0～2 s 内物体的加速度为a 1＝1 m/s 2；由F －t 图象可知0～2 s 内力F 1＝3 N ，在0～2 s 内对物体应用牛顿第二定律得：F 1＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1.由v －t 图象可得2 s 后物体的加速度为a 2＝0，物体做匀速直线运动；由F －t 图象可知2 s 后力F 2＝2 N ，由平衡条件可得：F 2＋mg sin θ－μmg cos θ＝0，代入数据联立解得：m ＝1 kg ，μ＝tan θ＋0.2cos θ＞tan θ，综合得出，正确选项为2.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s 时间内的v －t 图象如图7所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为( B )A .13和0.30 sB ．3和0.30 sC .13和0.28 s D ．3和0.28 s 3.质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图8所示．重力加速度g 取10 m /s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( B )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m4.如图10(a )所示，用一水平外力F 推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b )所示，若重力加速度g 取10 m /s 2.根据图(b )中所提供的信息计算不出( ) A ．物体的质量 B ．斜面的倾角C ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D ．加速度为6 m /s 2时物体的速度4. ABC [分析物体受力，由牛顿第二定律得：F cos θ－mg sin θ＝ma ，由F ＝0时，a ＝－6 m/s 2，得θ＝37°.由a ＝cos θm F －g sin θ和a －F 图线知：图象斜率6－230－20＝cos 37°m，得：m ＝2 kg ，物体静止时的最小外力F min cos θ＝mg sin θ，F min ＝mg tan θ＝15 N ，无法求出物体加速度为6 m/s 2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故A 、B 、C 正确，D 错误．] 5.如图19(a )所示，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图(b )所示，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(1)0.25 (2)比例系数k.(2)0.84 kg/s(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)解析 (1)由图象知v ＝0，a 0＝4 m/s 2开始时根据牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝6－48＝0.25(2)由图象知v ＝5 m/s ，a ＝0 由牛顿第二定律知 mg sin θ－μF N －kv cos θ＝0 F N ＝mg cos θ＋kv sin θmg (sin θ－μcos θ)－kv (μsin θ＋cos θ)＝0k ＝mg sin θ－μcos θv μsin θ＋cos θ＝6－0.25×850.25×0.6＋0.8 kg/s ＝0.84 kg/s6.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。
专题讲座《斜面上的动力学问题》一、基本道具：粗糙水平面、斜面体（分光滑和粗糙两种情形）、物块（分有无初速度两种情形）二、问题基本特点：粗糙水平面上斜面体始终不动，而物块在斜面体上或静止或运动，求物块的加速度、运动时间、获得速度，物块与斜面体之间的相互作用或斜面体与水平面之间的相互作用等等。
三、基本思路：分析各阶段物块和斜面体的受力情况，并确定物块和斜面体的运动性质（由合外力和初速度共同决定，即动力学观点）四、典型事例：（一）斜面体的斜面光滑（即μ=0） 1．物块的初速度为零（即v 0=0）例1．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M ，斜面光滑、长为L ，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m 的物块由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，在物块下滑过程中，求：（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；（2）物块的加速度、到达斜面底端的时间和速度；（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙所示（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度a =mgsinθ/m =gsinθ 方向沿斜面向下由运动学公式s =at 2/2和v 2=2as 得物块到达斜面底端的时间θsin 22g La st ==速度θsin 22gL as v ==方向沿斜面向下（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：N 21= N12= mgcosθ 斜面体受到水平面的支持力N = Mg+ N21cos θ= Mg+ mgcos2θ 方向竖直向上摩擦力f = N21sin θ= mgsinθcos θ 方向水平向左拓展1．如图所示，如果物块是沿几个倾角不同而高度均为h 的光滑斜面由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，试比较物块下滑的加速度大小、到达斜面底端的时间长短和速度大小。
解析：由例1（2）的解答结果可知物块的加速度a =mgsin θ/m =gsin θ 倾角θ越大，a 越大。
当θ=900时，a 有最大值a max =g . 物块到达斜面底端的时间gh g L a s t 2sin 1sin 22θθ===倾角θ越大，t 越短。
物体在斜面上的运动物体在斜面上的运动是力学中一个重要的研究课题，是研究斜面力学的基础。
斜面是一个有一定倾角的平面，物体在斜面上的运动可以分为两种情况：一是物体沿斜面向下滑动的情况，二是物体沿斜面向上爬升的情况。
在本文中，将分别讨论这两种情况下物体在斜面上的运动规律和相关公式。
一、物体沿斜面向下滑动当物体沿斜面向下滑动时，受到的合外力是重力和斜面对物体的支持力，而重力可以分解为垂直于斜面的分力和沿斜面方向的分力。
根据牛顿第二定律，物体在斜面上的运动可以使用如下公式描述：\(m \cdot a = m \cdot g \cdot sin \theta - F_f \)其中，m是物体的质量，a是物体在斜面上的加速度，g是重力加速度，θ是斜面的倾角，Ff是物体受到的摩擦力。
根据以上公式，可以发现，物体在斜面上的加速度与斜面的倾角以及物体受到的摩擦力有关。
若没有摩擦力存在，则物体沿斜面向下滑动的加速度为g·sinθ，即重力分力在斜面方向上的分量。
在实际问题中，摩擦力的存在会影响物体的滑动速度和滑动距离，且摩擦力大小与物体和斜面之间的摩擦系数有关。
二、物体沿斜面向上爬升当物体沿斜面向上爬升时，受到的合外力同样是重力和斜面对物体的支持力。
根据牛顿第二定律，物体在斜面上的运动可以使用如下公式描述：\(m \cdot a = F_f - m \cdot g \cdot sin \theta \)其中，m是物体的质量，a是物体在斜面上的加速度，Ff是物体受到的摩擦力，θ是斜面的倾角，g是重力加速度。
与物体沿斜面向下滑动类似，物体沿斜面向上爬升的加速度也与斜面的倾角以及摩擦力有关。
在存在摩擦力的情况下，物体沿斜面向上爬升的加速度为 Ff / m - g·sinθ。
结语物体在斜面上的运动是力学中的重要课题，通过分析，我们可以得出物体在斜面上运动的相关公式和规律。
在实际问题中，我们可以利用这些公式和规律来解决物体在斜面上的运动问题，进一步认识力学定律在斜面力学中的应用。
牛顿运动定律的应用—动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题是指已知物体的受力情况求其运动情况和已知物体的运动情况求其受力情况，解决这两类基本问题的思路方法示意图如下：其中受力分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．3.两类动力学问题的解题步骤类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【题型1】如图所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长l AB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？【题型2】如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【题型3】如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．【题型4】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.针对训练1.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作用时间为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．2.如图所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝1.0 kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离s ＝1 m 时，其速度v ＝2 m/s ，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)3.在水平地面上有一质量为10 kg 的物体，在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为F 4，方向不变，再经过20 s 停止运动．该物体的速度与时间的关系如图所示(g ＝10 m/s 2)．求：(1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．4.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端静止。
微专题12 牛顿运动定律应用之斜面上两类动力学问题【核心方法点拨】1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．可用程序图表示如下：3.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
4.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
【经典例题选讲】【例题1】(2018·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。
在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。
在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。
则()A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C ．a 1<a 2＝a 3D ．a 1<a 2<a 3解析： 题图甲中的加速度为a 1，则有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1， 解得a 1＝g sin θ－μg cos θ 题图乙中的加速度为a 2，则有(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝(m ＋m ′)a 2， 解得a 2＝g sin θ－μg cos θ。
题图丙中的加速度为a 3，设F ＝m ′g ，则有 (m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝ma 3， 解得a 3＝(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θm故a 1＝a 2<a 3，故B 正确。
牛顿第二定律在斜面上的应用当我们谈到牛顿第二定律时，我们往往将其应用于水平面上的物体运动。
然而，牛顿第二定律同样适用于斜面上的物体运动。
本文将探讨牛顿第二定律在斜面上的应用。
首先，让我们回顾一下牛顿第二定律的原理。
牛顿第二定律表明，物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
具体而言，它可以用以下公式表示：F = ma，其中F是作用在物体上的合力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
现在，考虑一个放置在斜面上的物体。
斜面的角度可以表示为θ，而物体的质量为m。
那么我们如何应用牛顿第二定律来分析物体在斜面上的运动呢？让我们来解决这个问题。
首先，我们需要将斜面上的力分解成一个垂直于斜面的分力和一个平行于斜面的分力。
垂直分力被称为法向分力，而平行分力被称为平行分力。
法向分力与斜面垂直，可以表示为F_n = mgcosθ，其中g是重力加速度。
平行分力与斜面平行，可以表示为F_p = mgsinθ。
在斜面上的运动中，我们关心的是物体沿斜面的加速度。
我们可以使用牛顿第二定律来找到斜面上的加速度。
由于物体在斜面上运动，所以我们只关心斜面平行方向上的力，即平行分力。
使用牛顿第二定律，我们可以得到F_p = ma。
将平行分力的表达式代入，我们得到mgsinθ = ma。
这个方程允许我们计算物体在斜面上的加速度。
除了计算加速度外，我们还可以计算物体在斜面上的摩擦力。
当物体在斜面上滑动时，摩擦力会以相反的方向作用于物体。
摩擦力的大小可以使用以下公式计算：F_f = μmgcosθ，其中μ是摩擦系数。
请注意，我们使用法向分力来计算摩擦力，因为它垂直于斜面。
在斜面上的应用中，还有一些特殊情况需要考虑。
例如，当斜面的角度为0度时，物体实际上是在水平面上运动。
在这种情况下，我们可以看到斜面上的加速度等于0，因为平行分力为0。
此外，摩擦力也会变为0，因为物体没有相对滑动的趋势。
另一个值得讨论的特殊情况是当斜面的角度为90度时。
牛顿第二定律两类动力学问题知识点、两类动力学问题1 •动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2 •解决两类基本问题的方法以加速度为桥梁”由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：对牛顿第二定律的理解1 •牛顿第二定律的五个性质”2 •合力、加速度、速度的关系(1) 物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2) 合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。
A/一 F 一(3归=仪是加速度的定义式，a与v、A/无直接关系；a=m是加速度的决定式3．［应用牛顿第二定律定性分析］如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B 点。
如果物体受到的阻力恒定，则（）图1A. 物体从A到0先加速后减速B. 物体从A到0做加速运动，从0到B做减速运动C. 物体运动到0点时，所受合力为零D. 物体从A到0的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到0,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。
随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。
当物体向右运动至A0间某点（设为点0'时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。
此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。
至0 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。
所以物体越过0'点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。
综合以上分析，只有选项A正确。
答案A牛顿第二定律的瞬时性A. a i = g，a2 = gC. a i= g，a2 = 0解析由于绳子张力可以突变，故剪断B. a i = 0，a2= 2gD. a i = 2g，a2 = 0OA后小球A、B只受重力，其加速度a i【典例】（2016安徽合肥一中二模）两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接, 处于平衡状态，如图2所示。
牛顿运动定律在两类动力学问题的应用已知受力情况求运动情况。
首先选择研究对象，对研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，利用运动学公式求物体速度、位移、时间等问题。
例题1．如图所示，在光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a 1、a 2，则( )A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a解析：选D.撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k 、形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a ，D 正确．例题2． (多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B ，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M ，B 物块的质量为m ，重力加速度为g ，当人拉着绳子以大小为a 1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a 2，则下列说法正确的是( )A ．物块一定向上加速运动B ．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m ＞M sin θC ．若a 2＝0，则a 1一定等于mg －Mg sin θMD ．若a 1＝a 2，则a 1可能等于mg －Mg sin θM ＋m解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mg sin θ＝Ma1，得F＝Mg sin θ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mg sin θ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mg sin θ＝Ma1，a1＝mg－Mg sin θM，故C正确；F＝Mg sin θ＋Ma1，当F<mg时，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，则a1＝mg－Mg sin θM＋m，故D正确．例题3．如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )A．都等于g2B．g2和0C.g2和mAmB·g2D.mAmB·g2和g2解析：选C.由整体法知，F弹＝(m A＋m B)g sin 30°剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：对B：F弹－m B g sin 30°＝m B a B，得a B＝mAmB·g2对A：m A g sin 30°＝m A a A，得a A＝1 2 g所以C正确．例题4．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A．0 B.23 3gC．g D.3 3 g解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg 、支持力F N 、弹簧拉力F 三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得F N ＝mg cos 30°＋F sin 30°，F cos 30°＝mg sin 30°，解得F N ＝233mg ，重力mg 、弹簧拉力F 的合力的大小等于支持力F N ，当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与F N 等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g ，B 正确． 例题5、如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg ，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s 后松手．(g ＝10 m/s 2)求：(1)松手前铸件的加速度； (2)松手后铸件还能前进的距离．解析 (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得a ＝F cos 37°－μ mg －F sin 37° m ＝1.3 m/s 2(2)松手时铸件的速度v ＝at ＝5.2 m/s 松手后的加速度大小a ′＝μmgm＝μg ＝2.5 m/s 2 则松手后铸件还能滑行的距离x ＝v 22a ′＝5.4 m答案 (1)1.3 m/s 2 (2)5.4 m例题6．一质量m ＝5 kg 的滑块在F ＝15 N 的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，问：(1)滑块在力F作用下经5 s，通过的位移是多大？(2)5 s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？解析：(1)滑块的加速度a 1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1 m/s2滑块的位移x1＝12a1t2＝12×1×25 m＝12.5 m(2)5 s末滑块的速度v＝a1t＝5 m/s 撤去拉力后滑块的加速度大小a 2＝μmgm＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2撤去拉力后滑行距离x2＝v22a2＝254m＝6.25 m答案：(1)12.5 m (2)6.25 m例题7．如图是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的43倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2)(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？解析：(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：F－mg＝ma1解得：a1＝1 3 g3 s末的速度为v1＝a1t1＝10 m/s上升的高度为h1＝12a1t21＝15 m减速上升阶段有a2＝g上升的高度为h2＝v212g＝5 m故总上升的高度为H＝h1＋h2＝20 m(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt启动发动机，再经Δt′飞机安全落地，则由运动学公式可得：v＝gΔt＝13gΔt′1 2g(Δt)2＋12×13g(Δt′)2＝H解得：Δt＝1 s，Δt′＝3 s关闭发动机后上升的时间为t2＝v1g＝1 s故关闭发动机后经过t＝Δt＋t2＝2 s，重新启动发动机，飞机安全落地．答案：(1)20 m (2)2 s已知运动情况求受力情况。
动力学如何分析滑块在斜面上的运动动力学是物理学中研究物体运动的学科，通过运用牛顿力学的原理和方程，可以对物体的运动进行精确的分析和预测。
在本篇文章中，将探讨动力学如何分析斜面上滑块的运动。
一、斜面上滑块的受力分析斜面上的滑块受到多种力的作用，其中包括重力、斜面对滑块的支持力以及滑块与斜面之间的摩擦力。
在进行动力学分析时，需要明确这些力的方向和大小。
1. 重力：重力作用于滑块的质心，始终指向地心，垂直于斜面。
其大小为滑块质量乘以重力加速度g。
2. 斜面对滑块的支持力：斜面对滑块的支持力垂直于斜面，阻止滑块沿斜面下滑的力。
支持力大小等于滑块的重力。
3. 摩擦力：滑块与斜面之间存在摩擦力，它的方向与滑块试图沿斜面下滑的方向相反。
摩擦力分为静摩擦力和动摩擦力，其大小与接触面的材质和滑块受力情况有关。
二、斜面上滑块的加速度计算根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比。
1. 沿斜面方向的受力分析：沿斜面方向分解重力和摩擦力。
（1）沿斜面方向的重力分量：重力沿斜面方向的分量为mgcosθ，其中θ是斜面倾角。
（2）沿斜面方向的摩擦力：滑块试图沿斜面下滑时，存在摩擦力。
摩擦力的大小由静摩擦力或动摩擦力决定，具体取决于滑块受力情况。
2. 沿斜面方向的合力计算：将沿斜面方向的重力分量和摩擦力相加得到合力F。
合力F与滑块质量m和沿斜面方向的加速度a有以下关系：F = m * a3. 沿斜面垂直方向的受力分析：沿斜面垂直方向分解重力和斜面对滑块的支持力。
（1）沿斜面垂直方向的重力分量：重力沿斜面垂直方向的分量为mgsinθ。
（2）斜面对滑块的支持力：支持力的大小等于滑块的重力，即m * g。
4. 此时，垂直方向上的力平衡条件为：斜面对滑块的支持力 - 沿斜面垂直方向的重力分量 = 0。
通过以上受力分析，我们可以得到沿斜面方向的合力与沿斜面垂直方向的力平衡条件。
从而可以计算出滑块在斜面上的加速度。
在实际问题中，还需要考虑不同材质的滑块与斜面之间的摩擦系数，以及滑块和斜面之间的接触面积等因素，以更准确地计算滑块的运动特性。
动力学斜面问题总结
动力学斜面问题是物理学中经典力学的一部分，主要涉及物体在斜面上的运动规律。
这类问题通常涉及到重力、摩擦力、支持力等力的作用，以及物体的初速度、加速度、位移等运动学参数。
1. **基本分析**：
- 物体在斜面上受到的主要力有：重力（分解为平行于斜面和垂直于斜面的两个分力）、斜面对物体的支持力（垂直于斜面且向上），如果考虑摩擦，则还有沿斜面向上的静摩擦力或动摩擦力。
- 根据牛顿第二定律F=ma，可以列出物体在斜面方向上的运动方程，即
m*a=g*sinθ-F_f（其中m为物体质量，a为物体沿斜面的加速度，g为重力加速度，θ为斜面倾角，F_f为摩擦力）。
2. **常见类型问题**：
- 滑上滑下斜面问题：确定物体能否从静止开始滑上斜面，或者从一定高度滑下斜面时的速度大小及滑行距离等。
- 最大静摩擦力问题：当外力作用于物体，使其刚好不下滑时，求解最大静摩擦力或者斜面的最大倾角。
- 动摩擦力影响下的运动问题：考虑物体在斜面上做加速、减速、匀速运动的情况，计算所需的时间、位移等。
3. **解决步骤**：
- 分析物体受力情况，画出受力分析图；
- 根据牛顿第二定律写出各个方向上的运动方程；
- 联立相关方程并结合题目给出的初始条件或边界条件求解未知量。
通过以上对动力学斜面问题的基本总结，我们可以了解到此类问题的核心是理解和运用牛顿运动定律，并能够准确地进行受力分析和运动学计算。
动力学的两类基本问题1．两类动力学问题（1）已知物体的 情况，求物体的 情况。
（2）已知物体的 情况，求物体的 情况。
2．应用牛顿第二定律解决问题的一般思路：（1）明确研究对象。
（2）对研究对象进行 ，画出受力图。
并用正交分解法求出其所受合外力（3）以加速度的方向为正方向，与正方向相同的力为正，与正方向相反的力为负，列牛顿第二定律的方程。
（4）解方程时，F 、m 、a 都用国际单位制单位。
3．分析两类问题的基本方法4．典型例题类型一：从受力确定运动情况例题1：一个静止在水平地面上的物体，质量是2 kg ，在6.4 N 的水平拉力作用下沿水平地面向右运动。
物体与地面间的摩擦力是4.2 N。
求物体在4 s末的速度和4 s 内的位移拓展一：将例题1中的“摩擦力是4.2 N ”改为“动摩擦因数是0.25 ”， 其他条件均不变，求物体在4 s 末的速度和4 s 内的位移。
（g=10m/s 2）拓展二：将例题1中的“水平拉力”改为“斜向上与水平方向成37°角”，大小仍为6.4 N ，其他条件均不变，求物体在4 s 末的速度和4 s 内的位移。
已知cos37°=0.8，g =10m/s 2正交分解法 F 合=ma 运动学公式类型二：从运动情况确定受力情况例题2 一个滑雪的人，质量是75 kg ，以v 0=2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ=30°，在t =5 s 的时间内滑下的路程x =60 m ，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）同步训练：如图所示，质量为0.5kg 的物体在与水平面成300角的拉力F 作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m 的距离速度由0.6m/s 变为0.4m/s ，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，求作用力F 的大小。
（g ＝10m/s 2）类型三：用动力学方法分析多过程问题例题 3.在消防演习中,消防队员从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下,经一段时间落地.为了获得演习中的一些数据,以提高训练质量,研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接,用来记录消防队员下滑过程中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况如图5所示.已知某队员在一次演习中的数据如图所示,经2.5 s 时间落地.(g 取10 m/s2)求:(1)该消防队员下滑过程中,在0~1 s 内的加速度是多少？(2)该消防队员在下滑过程中的最大速度是多少？(3)该消防队员在落地时速度是多少？Fvv同步练习：1．关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是 （ ）A ．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合力大小决定，与物体的速度无关B ．物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关C ．物体所受合力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D ．一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了2．如图所示，重为10N 的物体以v 在粗糙的水平面上向左运动，物体与桌面间的动摩擦因数为0.1。
斜面上物体滑动的动力学分析本文将围绕着斜面上物体滑动的动力学进行深入分析。
从牛顿力学的角度出发，我们将探讨滑动的条件、运动的加速度、摩擦力以及影响滑动的因素，希望通过这篇文章，读者可以对斜面上物体滑动的动力学有一个更加全面而深入的理解。
在分析斜面上物体滑动的动力学之前，我们首先需要了解滑动的条件。
当物体与斜面接触时，我们可以将斜面上方的力分解为两个分力：法向分力和切向分力。
法向分力垂直于斜面，与重力方向相对立，而切向分力平行于斜面。
只有当切向分力超过静摩擦力时，物体才会开始滑动。
对于滑动的加速度，我们可以使用牛顿第二定律来进行计算。
由于滑动发生在斜面上，因此我们需要将这个力分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分力。
在这种情况下，我们可以得到如下公式：F沿斜面 = m * a沿斜面F垂直斜面= m * g * sinθ其中，m代表物体的质量，a沿斜面代表物体沿斜面方向的加速度，g代表重力加速度，sinθ代表斜面的倾角的正弦值。
通过这个公式，我们可以解出沿斜面方向的加速度，从而进一步了解物体滑动的特性。
除了加速度，摩擦力也是影响物体滑动的关键因素之一。
根据牛顿第二定律，我们可以得到一个表达式：F沿斜面 - F摩擦 = m * a沿斜面其中，F摩擦代表物体沿斜面方向的摩擦力。
当物体处于滑动状态时，摩擦力的大小可以通过以下公式计算：F摩擦= μ * F垂直斜面其中，μ代表动摩擦系数。
动摩擦系数描述了两个表面之间的摩擦性质，它取决于两个物体的性质以及它们之间的接触情况。
通过对μ的测量，我们可以了解物体在斜面上滑动时摩擦力的大小。
值得注意的是，当物体向下滑动时，摩擦力的方向与初始摆放方向相反；而当物体向上滑动时，摩擦力的方向与初始摆放方向相同。
这是因为摩擦力的方向总是与物体相对速度相反。
除了上述基本的动力学分析，还有一些其他因素可能影响物体滑动的行为。
例如，当斜面的倾角变大时，物体的滑动速度也会增加，因为斜面的倾角影响了物体沿斜面方向的加速度。
微专题12 牛顿运动定律应用之斜面上两类动力学问题【核心方法点拨】1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．可用程序图表示如下：3.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
4.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
【经典例题选讲】【例题1】(2018·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。
在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。
在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。
则()A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C ．a 1<a 2＝a 3D ．a 1<a 2<a 3解析： 题图甲中的加速度为a 1，则有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1， 解得a 1＝g sin θ－μg cos θ 题图乙中的加速度为a 2，则有(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝(m ＋m ′)a 2， 解得a 2＝g sin θ－μg cos θ。
题图丙中的加速度为a 3，设F ＝m ′g ，则有 (m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝ma 3， 解得a 3＝(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θm故a 1＝a 2<a 3，故B 正确。
答案： B【变式1】为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )解析： 设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)。
雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝Lcos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝ 4Lg sin 2θ。
当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确。
答案： C【例题2】如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )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【解析】设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sin θ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝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，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确． 【答案】D【变式2】(2018·江西省赣州市四校协作体高三上学期期中试题)如图，在水平地面上固定一倾角为37°足够长的的斜面，有一木块以初速度8m/s 冲上斜面，木块与斜面的动摩擦因数为0.25(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)。
则：(1)木块沿斜面上升的最大距离为多少？ (2)木块在斜面上运动的时间为多少？(3)如果斜面是光滑的，求木块运动到离斜面底端4m 处的速度？ 答案：(1)4m (2)1＋2s (3)4m/s 可向上也可向下 [解析] (1)对木块受力分析如图根据牛顿第二定律有mg sin θ＋f 1＝ma 1 f 1＝μN ，N ＝mg cos θ，联立以上可得加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝8m/s 2物体沿斜面做匀减速运动，根据v 2t －v 20＝2a 1s可得木块沿斜面上升的最大距离为s ＝v 202a 1＝642×8m ＝4m 。
(2)木块上升到最高点所用的时间为t 1t 1＝v 0a 1＝1s木块上升到最高点后，mg sin37°＝6m >f 2＝μmg cos37°＝2m故木块不能停留在斜面上，沿斜面下滑，mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2 解得下滑加速度为a 2＝4m/s 2 木块下滑的时间为t 2，有s ＝12a 2t 22t 2＝2s a 2＝2×44＝2s 木块在斜面上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1＋2s(3)如果斜面是光滑的，木块上升到最高点后沿斜面返回，在斜面上的加速度不变， 加速度大小为a 3＝g sin37°＝6m/s 2 由速度位移公式得v 2－v 20＝2ax ，木块离斜面底端4m 时的速度v ＝±v 20＋2ax ＝±4m/s 则物体可能沿斜面向上运动，也可能沿斜面向下运动。
【巩固习题】1.(2018·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。
已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为 ( C ) A ．13tan θB ．19tan θC ．45tan θD ．54tan θ[解析] 向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a 1，则：x ＝12a 1t 21，设向下运动的加速度的大小为a 2，则向下运动的过程中：x ＝12a 2t 22，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t 2＝3t 1，联立可得：a 1＝9a 2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，向下运动的过程中：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，联立得μ＝45tan θ，故C 正确，ABD 错误，故选C 。
2. 某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤去水平推力F 后经过时间t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．【解析】解析 (1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的加速度为a 1＝F －F fm ＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s 位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2＝F fm ＝0.2 m/s 2第一次撤去水平推力后经过时间t 2＝2.0 s 速度变为 v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2＝5.2 m.【答案】(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m3. (2014·新课标全国Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ④ s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h) 【答案】20m/s4. (2015·山东德州五校高三联考)如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成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，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L ＝4 m ，取g ＝10 m/s 2，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (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)刷子运动过程中受力如图所示。
根据牛顿第二定律F sin 37°－mg sin 37°－F f ＝ma ① F cos 37°＝mg cos 37°＋F N ② F f ＝μF N ③由以上三式得a ＝2 m/s 2 (2)根据运动学公式有L ＝12at 2得t ＝2 s【答案】(1)2 m/s 2 (2)2 s5.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．如果人和滑板的总质量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g 取10 m/s 2.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，水平滑道的最大距离BC为L＝20.0 m，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【解析】(1)人在斜坡上受力如图所示，建立如图所示的坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1F N1－mg cos θ＝0由摩擦力计算公式得F f1＝μF N1联立解得人滑下的加速度为a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2.(2)人在水平滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得F′f＝ma2F′N－mg＝0由摩擦力计算公式得F′f＝μF′N，联立解得人在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝5.0 m/s2设从斜坡上滑下的距离为L AB，对AB段和BC段分别由匀变速运动的公式得v2B－0＝2a1L AB0－v2B＝－2a2L联立解得L AB＝50.0 m【答案】(1)2.0 m/s2(2)50.0 m6.(2015·山东省实验中学高三阶段性考试)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。
