Question

（2011?普陀区二模）如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量为1千克的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从斜面的底端A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F．此后，物体到达最高点C．每隔0.2s通过位移传感器测得物体的瞬时速度的大小，下表给出了部分测量数据．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

t/s	0	0.2	0.4	0.6	0.8	1.0	1.2
v/ms-1	0.0	1.0	2.0		0.1	0.5	0.9

试求：
（1）恒力F的大小；
（2）0.6s时物体的瞬时速度；
（3）物体在斜面上运动过程中重力的最大功率；
（4）物体在斜面上运动的过程中，地面对斜面的摩擦力．

Answer 1

分析：（1）先由匀变速运动求出加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出力的大小；
（2）由第一阶段（前3个数据）和第三阶段（后3个数据）来确定第二个阶段的运动情况，从而确定0.6秒时，物体在做什么样的运动．
（3）撤力瞬间速度最大，求出最大速度，根据瞬时功率公式求解．
（4）根据平衡条件求解．

解答：解：（1）物体现在拉力作用下做匀加速运动，撤去外力后做匀减速运动，到达最高点后做匀加速直线运动，三个阶段的加速度分别为：a₁=

△v1

△t1

=

1

0.2

=5m/s²
a₃=

△v3

△t3

=

0.4

0.2

=2m/s²
ma₃=mgsinθ-μmgcosθ
解得：μ=0.5
根据牛顿第二定律得：a₂=

μmgcosθ+mgsinθ

m

=10m/s²，
加速阶段中由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-f=ma₁
减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsinθ+f=ma₂
由上两式代入数据得：F=m（a₁+a₂）=15N
（2）速度为零的时刻为：t=t'-

v0-0

a3

（其中：v₀=0.1m/s，t'=0.8s）
解得：t=0.75s
撤去外力，撤力瞬间速度最大，
a₁t=v₀+a₂（t'-t）（其中：v₀=0，t'=0.75s）
解得t=0.5s
所以0.6s时物体处于匀减速上升状态，速度v=（0.75-0.6）×10=1.5m/s
（3）撤力瞬间速度最大，v_maxs=2+5×（0.5-0.4）m/s=2.5m/s
所以物体在斜面上运动过程中重力的最大功率P=mgv_maxsinθ=1×10×2.5×0.6W=15W
（4）斜面处于静止状态，水平方向手里平衡，在上升阶段，f=ma₂cosθ=8N，方向向右；
下滑阶段，f′=ma₃cosθ=1.6N，方向向右
答：（1）恒力F的大小为15N；
（2）0.6s时物体的瞬时速度为1.5m/s；
（3）物体在斜面上运动过程中重力的最大功率为15W；
（4）物体在斜面上运动的过程中，地面对斜面的摩擦力在上升阶段，f=ma₂cosθ=8N，方向向右；
下滑阶段，f′=ma₃cosθ=1.6N，方向向右．

点评：本题考查匀变速直线运动规律，是典型的牛顿定律解题中的一类．关键是应用加速度定义和牛顿第二定律表示加速度的大小，这是一道好题．