Question

6．如圖所示為一足夠長斜面，其傾角為θ=37°，一質(zhì)量m=1kg物體放在斜面低端，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，現(xiàn)用一個沿斜面向上的拉力F=10N作用在物體上，由靜止開始運(yùn)動，2s末撤去拉力F． （sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s²）  試求：
（1）在撤去拉力F前的2s內(nèi)物體發(fā)生的位移為多少？
（2）從撤去拉力F開始1.5s末物體的速度的大小和方向？
（3）物體從靜止開始再次返回底端花的總時間？

Answer 1

分析 （1）物體在拉力F作用下沿斜面方向向上做勻加速直線運(yùn)動，分析受力情況：重力mg、拉力F、支持力N、滑動摩擦力f，作出力圖．物體垂直斜面方向處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的正交分解法，由牛頓第二定律列方程求出加速度．再由位移公式求出2s內(nèi)物體發(fā)生的位移．
（2）撤去F后，物體受到重力mg、支持力N、滑動摩擦力f，作出力圖，根據(jù)由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出上滑的時間，再分析物體的運(yùn)動情況，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解．
（3）結(jié)合上題的結(jié)果求得物體沿斜面上滑的總位移．物體滑到最高點(diǎn)后，沿斜面向下做勻加速運(yùn)動，受到重力、支持力和滑動摩擦力，由牛頓定律求出加速度．由于下滑與上滑的位移大小相等，再由位移公式求出下滑的時間，最后求出總時間．

解答 解：（1）對物體受力分析，根據(jù)正交分解法，由牛頓第二定律得：
  F-mgsinθ-μmgcosθ=ma₁
得：a₁=2m/s²
則在撤去拉力F前的2s內(nèi)物體發(fā)生的位移 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×2×{2}^{2}$=4m      
（2）撤去拉力F時的速度 v₁=a₁t₁=2×2=4m/s
撤去拉力F后，由牛頓第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma₂．
解得 a₂=8m/s²
經(jīng)過時間 t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{4}{8}$=0.5s速度減至0．
這0.5s內(nèi)的位移 ${x_2}=\frac{v+0}{2}×{t_2}=1$m
緊接著1s內(nèi)加速度 a₃=$\frac{mgsinθ-μmgcsθ}{m}$=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.25×0.8）=4m/s²
撤去拉力F開始1.5 s末物體的速度 v₂=a₃（1.5-t₂）=4×（1.5-0.5）=4m/s，方向沿斜面向下．
（3）從最高點(diǎn)返回到底端的時間 t₃=$\sqrt{\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{a}_{3}}}$=$\sqrt{\frac{2×（4+1）}{4}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$s
從靜止開始再次返回底端花的總時間 t_總=t₁+t₂+t₃
解得，t_總=$\frac{5+\sqrt{10}}{2}$s
答：
（1）在撤去拉力F前的2s內(nèi)物體發(fā)生的位移為4m．
（2）從撤去拉力F開始1.5s末物體的速度的大小是4m/s，方向沿斜面向下．
（3）物體從靜止開始再次返回底端花的總時間是$\frac{5+\sqrt{10}}{2}$s．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵分析清楚物體的運(yùn)動過程，分段對物體進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速運(yùn)動規(guī)律結(jié)合解答．