Question

4．如图所示，质量为m=1.1kg的小物块P从倾角为θ=37°的固定斜面上释放后，能沿足够长斜面下滑，已知物块与斜面的摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s²，试求：
（1）物块静止释放后，下滑过程的加速度a；
（2）若在物体下滑过程中，某时刻受到水平向右的力F=3N作用，求F作用瞬间的加速度；
（3）若物体以初速度v₀沿斜面上滑的过程中，某时刻受到水平向右的力F=3N作用，求F作用瞬间的加速度．

Answer 1

分析 （1）运用牛顿第二定律求物块下滑的加速度a．
（2）F作用的瞬间，物块仍向下滑动，摩擦力的方向不变，根据牛顿第二定律，由正交分解法求瞬间的加速度．
（3）若物体以初速度v₀沿斜面上滑的过程中，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，再由牛顿第二定律求F作用瞬间的加速度．

解答 解：（1）对物块，由牛顿第二定律得：
mgsin37°-μmgcos37°=ma
得：a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s²，方向沿斜面向下
（2）F作用的瞬间，物块受力情况如右图所示．取沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律得：
  Fcosθ+f-mgsinθ=ma₁；
  Fsinθ+mgcosθ-N=0；
又 f=μN
联立解得 a₁=$\frac{F（cosθ-μsinθ）}{m}$-g（sin37°-μcos37°）=$\frac{3×（0.8-0.5×0.6）}{1.1}$-2=-$\frac{7}{11}$m/s²，负号表示方向沿斜面向下．
（3）若物体以初速度v₀沿斜面上滑的过程中，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，F作用的瞬间，取沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律得：
  Fcosθ-f-mgsinθ=ma₁；
  Fsinθ+mgcosθ-N=0；
又 f=μN
联立解得 a₁=$\frac{F（cosθ-μsinθ）}{m}$-g（sin37°+μcos37°）=$\frac{3×（0.8-0.5×0.6）}{1.1}$-10×（0.6+0.5×0.8）=-$\frac{95}{11}$m/s²，负号表示方向沿斜面向下．
答：
（1）物块静止释放后，下滑过程的加速度a为2m/s²．方向沿斜面向下．
（2）F作用瞬间的加速度大小为$\frac{7}{11}$m/s²，方向沿斜面向下．
（3）F作用瞬间的加速度大小为$\frac{95}{11}$m/s²，方向沿斜面向下．

点评 本题是牛顿第二定律的基本运用，要在正确分析受力的基础上，运用正交分解法，由牛顿第二定律求加速度，要注意加速度的方向．