Question

6．如图所示，水平面AB与足够长的斜面BC通过一小段光滑圆弧相连，AB间距离L=10m，斜面倾角θ=37°，一质量m=1kg的滑块P（可视为质点），在F=6N的水平恒力作用下自A点由静止开始运动，作用至B点撤去．已知滑块与AB、BC面间的动摩擦因数都为μ=0.5．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块从A到B运动的时间；
（2）滑块在斜面上运动所能到达的最大高度；
（3）滑块最后停止的位置．

Answer 1

分析 （1）从A到B，根据动量定理列式即可求得速度；根据动量定理求滑块从A到B运动的时间；
（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解加速度；根据匀变速直线运动位移速度公式即可求在斜面上运动的距离，进而求出高度．
（3）根据物体的受力情况判断物体所做的运动状态，继而可知最后会停留的位置．

解答 解：（1）从A到B，设滑块的加速度为a₁，由牛顿第二定律F-μmg=ma₁；
解得：a₁=$\frac{F-mgμ}{m}$=$\frac{6N-1kg×10N/kg×0.5}{1kg}$=1m/s²；
AB间距离L=10m，设滑块到B时的速度大小为v，滑块由位移和速度关系可得：
v²=2a₁s₁，
∴v=$\sqrt{2{a}_{1}{s}_{1}}$=$\sqrt{2×1m/s×10m}$=2$\sqrt{5}$m/s；
根据动量定理得：
（F-μmg）t=mv
解得t=$\frac{mv}{F-mgμ}$=$\frac{1kg×2\sqrt{5}m/s}{6N-1kg×10N/kg×0.5}$=2$\sqrt{5}$s．
（2）物块在斜面上向上运动时，受力如图所示：

N=mgcosθ，
则f=μN=μmgcosθ，
根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+f=ma₂，
∴mgsin37°+μmgcos37°=ma₂，
即：a₂=gsin37°+μgcos37°=10N/kg×0.6+0.5×10N/kg×0.8=10m/s²，
滑块由位移和速度关系可得：
v²=2a₂s₂，
∴s₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{（2\sqrt{5}m/s）}^{2}}{2×10m/s}$=1m，
∴滑块在斜面上运动所能到达的最大高度h=s₂sin37°=1m×0.6=0.6m；
（3）当滑块在斜面上运动到最大高度时由于速度为零，滑块受到的摩擦力方向是沿斜面向上，
则f′=μmgcos37°=0.5×1kg×10N/kg×0.8=4N，
重力在沿斜面方向的向下的分力F′=mgsin37°=1kg×10N/kg×0.6=6N，
由牛顿第二定律F′-f′=ma₃；
则从斜面上下滑的加速度a₃=$\frac{F′-f}{m}$=$\frac{6N-4N}{1kg}$=2m/s²，
由v_B²=2a₃s₂得：
滑块在斜面上会加速下滑到B的速度为：v_B=$\sqrt{2{a}_{3}{s}_{2}}$=$\sqrt{2×2m/{s}^{2}×1m}$=2m/s；
在水平面AB上由B向A移动时，设滑块的减速度为a₃，
由牛顿第二定律μmg=ma₄得：
a₄=μg=0.5×10N/kg=5m/s²；
由v_B²=2a₄s₄得：由B向A移动的距离s₄=$\frac{{v}_{B}^{2}}{2{a}_{4}}$=$\frac{{（2m/s）}^{2}}{2×5m/{s}^{2}}$=0.4m．
答：（1）滑块从A到B运动的时间为2$\sqrt{5}$s；
（2）滑块在斜面上运动所能到达的最大高度为3m；
（3）滑块最后停止的位置是最终停在距离B点0.4m处．

点评 本题主要考查了动量定理、牛顿第二定律、运动学基本公式的直接应用，有一定的难度．