题目内容
已知一足够长斜面倾角为θ=37°，一质量m=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2秒内位移为4m，2秒末撤去力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v．
（3）从撤去力F开始多长时间后物体回到斜面体的底部．
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v．
（3）从撤去力F开始多长时间后物体回到斜面体的底部．
（1）设物体在前2s内的加速度大小为a1，由x1=
a1
得
a1=
=2m/s2
物体匀加速运动的过程中，受到重力mg、斜面的支持力N、摩擦力f和拉力F，根据牛顿第二定律得
F-f-mgsin37°=ma1
又f=μN=μmgcos37°
代入解得，μ=0.25
（2）撤去F后，物体继续向上做匀减速运动，当速度减小到零时，物体的位移达到最大值．设这个过程中物体的加速度大小为a2，位移大小为x2，时间为t2，刚撤去F时物体的速度大小为v1，则有v1=a1t1=4m/s
根据牛顿第二定律得：
f+mgsin37°=ma2
解得a2=8m/s2
则t2=
=0.5s，
由02-v12=-2a2x2得
x2=
=1m
所以从开始运动起，物体在斜面上运动的最大位移为x=x1+x2=5m．
由于μ＜tan37°，故物体将从最高点下滑．
设下滑的加速度大小为a3，则
mgsin37°-μmgcos37°=ma3，
解得，a3=4m/s2，从撤去力F开始2秒末物体的速度v=a3t3=4×1.5=6m/s
（3）从最高点到斜面底部所用的时间为t4，则有
x=
a3
代入解得，t4=
s≈1.56s
故从撤去力F开始物体回到斜面体的底部所用的时间为t′=t2+t4=2.16s．
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.25；
（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v是6m/s．
（3）从撤去力F开始2.16s时间后物体回到斜面体的底部．
| 1 |
| 2 |
| t | 21 |
a1=
| 2x1 | ||
|
物体匀加速运动的过程中，受到重力mg、斜面的支持力N、摩擦力f和拉力F，根据牛顿第二定律得
F-f-mgsin37°=ma1
又f=μN=μmgcos37°
代入解得，μ=0.25
（2）撤去F后，物体继续向上做匀减速运动，当速度减小到零时，物体的位移达到最大值．设这个过程中物体的加速度大小为a2，位移大小为x2，时间为t2，刚撤去F时物体的速度大小为v1，则有v1=a1t1=4m/s
根据牛顿第二定律得：
f+mgsin37°=ma2
解得a2=8m/s2
则t2=
| v1 |
| a2 |
由02-v12=-2a2x2得
x2=
| ||
| 2a2 |
所以从开始运动起，物体在斜面上运动的最大位移为x=x1+x2=5m．
由于μ＜tan37°，故物体将从最高点下滑．
设下滑的加速度大小为a3，则
mgsin37°-μmgcos37°=ma3，
解得，a3=4m/s2，从撤去力F开始2秒末物体的速度v=a3t3=4×1.5=6m/s
（3）从最高点到斜面底部所用的时间为t4，则有
x=
| 1 |
| 2 |
| t | 24 |
代入解得，t4=
| ||
| 2 |
故从撤去力F开始物体回到斜面体的底部所用的时间为t′=t2+t4=2.16s．
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.25；
（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v是6m/s．
（3）从撤去力F开始2.16s时间后物体回到斜面体的底部．
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如图所示，已知一足够长斜面倾角为θ=37°，一质量M=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2秒内位移为4m，2秒末撤销力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
已知一足够长斜面倾角为θ=37°，一质量m=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2秒内位移为4m，2秒末撤去力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
=37°，一质量M=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2s内位移为4m，2s末撤掉力F，（sin37°=0．6,cos37°=0．8，g=10m/s2）求：
；
=37°，一质量M=10kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100N的力作用由静止开始运动，物体在2s内位移为4m，2s末撤掉力F，（sin37°=0．6,cos37°=0．8，g=10m/s2）求：
；