Question

7．如圖所示，一光滑且與水平面成θ=37°角的斜面固定在風洞實驗室中，風洞實驗室可產生水平方向的、大小可調節的風力．斜面底端距地面的高度h=0.8m．一可視為質點的滑塊恰好可以沿斜面勻速下滑，滑塊脫離斜面后剛好能落在斜面底端正下方的A點處．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）重力加速度g=l0m/s²．求：
（1）滑塊離開斜面后運動的加速度大�。�
（2）滑塊在斜面上勻速下滑時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）滑塊在斜面上勻速運動時，對物體受力分析，可以得出風力F，離開斜面后物體只受到重力和水平向左的風力，根據勾股定理可以求得合力，在根據牛頓第二定律可以求出加速度．
（2）滑塊離開斜面后水平方向：做初速度v₂=v₀cos37°，加速度a=$\frac{3}{4}$g的勻減速運動，位移為0；
豎直方向：做初速度v₁=v₀sin37°，加速度大小為g的勻加速運動，位移為h；
結合位移和時間t的公式就可以求出滑塊在斜面上勻速下滑時的速度大�。�

解答 解：（1）由題意可知，滑塊受到的風力水平向左，滑塊在斜面上勻速下滑，設滑塊受到的風力大小為F，
沿斜面方向則有mgsin37°=Fcos37°，解得F=$\frac{3}{4}$mg．
滑塊離開斜面后受到的合力大小為F_合=$\sqrt{（mg）{\;}^{2}+F{\;}^{2}}$，將F=$\frac{3}{4}$mg代入得：F_合=$\frac{5}{4}$mg；
由牛頓第二定律可知：F_合=ma，將F_合=$\frac{5}{4}$mg代入得：a=$\frac{5}{4}$g=12.5m/s ²
（2）設滑塊在斜面上勻速下滑時的速度大小為v₀，滑塊離開斜面后，在豎直方向上做勻加速運動，初速度大小為v₁=v₀sin37°，加速度大小為g，方向豎直向下；
水平方向上做初速度大小為v₂=v₀cos37°勻減速運動，F=ma′，F=$\frac{3}{4}$mg解得為a′═$\frac{3}{4}$g，方向水平向左；
設滑塊從離開斜面到落在A點所用的時間為t，則
水平方向有v₂t-$\frac{1}{2}$a′t²=0
豎直方向有v₁t+$\frac{1}{2}$gt²=h
聯立各式并代入數據解得v₀=1.5m/s
答：（1）滑塊離開斜面后運動的加速度大小為12.5m/s²．
（2）滑塊在斜面上勻速下滑時的速度大小為1.5m/s．

點評 此題考查勻變速直線運動的規律（1）利用在斜面上做勻速運動，可以求出風力F；
（2）當合運動的軌跡不明確時，可以分析分運動的運動性質．利用分運動位移和時間的關系式就可以求出在斜面上勻速運動的速度．