题目内容
如图所示，倾角θ=37°的斜面足够长，质量m=1kg的滑块静置在斜面的底端A点，滑块与斜面间的动摩擦因素为μ=0.5．现给滑块一个沿斜面向上v°=10m/s的初速度，同时用水平恒力F向右推，使滑块做匀加速运动，在2s后撤去推力F，滑块再运动3s时经过B点，已知AB间距x0=49m，（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小；
（2）推力F的大小．
（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小；
（2）推力F的大小．
（1）刚撤去F后，根据牛顿第二定律得，
mgsin37°+μmgcos37°=ma2．
代入数据，解得a2=10m/s2．
（2）在头2s内，滑块的位移x1＞v0t1=10×2m=20m．
后3s内，若始终向上减速运动，则x2＞
a2t22=
×10×32m=45m．
则x1+x2=65m＞49m，故后3s内滑块必定已经沿斜面向上运动到最高点后返回向下运动一段时间．
Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1．
解得a1=0.5F-10．
x1=v0t1+
a1t12
得x1=20+2a1
v1=v0+a1t1
得，v1=10+2a1
x2=
，将v1=10+2a1代入
解得x2=
．
t2=
，将v1=10+2a1和a2=10m/s2代入，
得t2=
根据牛顿第二定律得，下滑时有：mgsin37°-μmgcos37°=ma3．
代入数据解得a3=2m/s2．
x3=
a3t32，将a3=2m/s2和t3=3-t2=3-
代入，
得x3=(3-
)2．
由几何关系可知，x1+x2-x3=49m．
得20+2a1+
-(3-
)2=49m．
化简为：a12+30a1-175=0
解得a1=5m/s2．
所以F=20+2a1=30N．
答：（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小为10m/s2．
（2）推力F的大小为30N．
mgsin37°+μmgcos37°=ma2．
代入数据，解得a2=10m/s2．
（2）在头2s内，滑块的位移x1＞v0t1=10×2m=20m．
后3s内，若始终向上减速运动，则x2＞
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
则x1+x2=65m＞49m，故后3s内滑块必定已经沿斜面向上运动到最高点后返回向下运动一段时间．
Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1．
解得a1=0.5F-10．
x1=v0t1+
| 1 |
| 2 |
得x1=20+2a1
v1=v0+a1t1
得，v1=10+2a1
x2=
| v12 |
| 2a2 |
解得x2=
| (10+2a1)2 |
| 20 |
t2=
| v1 |
| a2 |
得t2=
| 10+2a1 |
| 10 |
根据牛顿第二定律得，下滑时有：mgsin37°-μmgcos37°=ma3．
代入数据解得a3=2m/s2．
x3=
| 1 |
| 2 |
| 10+2a1 |
| 10 |
得x3=(3-
| 10+2a1 |
| 10 |
由几何关系可知，x1+x2-x3=49m．
得20+2a1+
| (10+2a1)2 |
| 20 |
| 10+2a1 |
| 10 |
化简为：a12+30a1-175=0
解得a1=5m/s2．
所以F=20+2a1=30N．
答：（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小为10m/s2．
（2）推力F的大小为30N．
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