Question

足夠長(zhǎng)的傾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物體以v₀=6.4m/s的初速度，從斜面底端向上滑行，該物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，如圖所示．（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s²）
（1）求上滑與下滑過(guò)程中的加速度a₁，a₂
（2）求物體從開(kāi)始到再次返回斜面底端所需的時(shí)間；
（3）求返回斜面底端時(shí)的速度；
（4）若僅將斜面傾角θ變?yōu)?7°，其他條件不變，試求物體在開(kāi)始第1s內(nèi)的位移大小．（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解物體上滑的最大距離，再根據(jù)牛頓第二定律求出物體下滑過(guò)程的加速度大小，由位移公式x=

1

2

at2求出物體返回斜面底端的時(shí)間．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解物體下滑到底端時(shí)的速度
（3）先計(jì)算上滑時(shí)間與1s比較得出物體處于什么運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，另外比較重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力比較，看滑到最高點(diǎn)后能否下滑，然后利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求解．

解答：解：（1）物體上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-

1

2

mv₀²        ①
根據(jù)牛頓第二定律得，
物體上滑過(guò)程的加速度大小為a₁=

mgsinθ+μmgcosθ

m

=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.8+0.8×0.6）m/s²=12.8m/s²   ②
物體下滑過(guò)程的加速度大小為a₂=

mgsinθ-μmgcosθ

m

=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.8-0.8×0.6）m/s²=3.2m/s²     ③
由公式x=

1

2

at²得：
物體上滑所用時(shí)間為   t₁=

2x a1

④
物體下滑時(shí)間為t₂=

2x a2

⑤
物體從開(kāi)始到再次返回斜面底端所需的時(shí)間  t=t₁+t₂     ⑥
①→⑥聯(lián)立得：t=1.5s
（2）物體下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
（mgxsinθ-μmgcosθ）x=

1

2

mv²    ⑦
①⑦聯(lián)立得：v=3.2m/s
（3）當(dāng)θ=37°時(shí)由牛頓第二定律得：
物體上滑過(guò)程的加速度大小為a₁′=

mgsinθ+μmgcosθ

m

=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.8×0.8）m/s²=12.4m/s²
上滑時(shí)間：t₁′=

v0

a′1

=

6.4

12.1

s=

16

31

s＜1s     
又因?yàn)閠anθ=0.75＜0.8 所以物體滑到最頂端后不再下滑，保持靜止．
得物體在開(kāi)始第1s內(nèi)的位移大�。簒′=

v′02

2a′1

=

6.42

2×12.4

m=1.7m
答：（1）求物體從開(kāi)始到再次返回斜面底端所需的時(shí)間為1.5s；
（2）求返回斜面底端時(shí)的速度3.2m/s；
（3）物體在開(kāi)始第1s內(nèi)的位移大小為1.7m．

點(diǎn)評(píng)：本題是兩個(gè)過(guò)程的問(wèn)題，運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合進(jìn)行處理，還要抓住兩個(gè)過(guò)程的位移大小相等．