Question

4．足够长的倾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物体以v₀=6.4m/s的初速度从斜面底端向上滑行，该物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.8（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s²），求：
（1）物体滑上斜面的最大位移．
（2）物体从开始上滑到再次返回底端所需的时间；
（3）若仅将斜面倾角θ变为37°，其他条件不变，则物体在开始第1s内的位移多大？（保留3位有效数字）

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出上滑的加速度大小，结合速度位移公式求出上滑的最大位移．
（2）根据速度时间公式求出上滑的时间，结合牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据位移时间公式求出下滑的时间，从而得出总时间．
（3）根据牛顿第二定律求出上滑的加速度大小，根据速度时间公式求出上滑到最高点的时间，判断物体是否处于静止，再结合位移公式求出物体的位移大小．

解答 解：（1）根据牛顿第二定律得，物体上滑的加速度大小为：
${a}_{1}=\frac{mgsin53°+μmgcos53°}{m}$=gsin53°+μgcos53°=8+0.8×6m/s²=12.8m/s²，
则物体上滑的最大位移为：
${x}_{m}=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{6．{4}^{2}}{12.8}m=1.6m$．
（2）物体上滑的时间为：
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{6.4}{12.8}s=0.5s$，
物体下滑的加速度大小为：
a₂=gsin53°-μgcos53°=8-0.8×6m/s²=3.2m/s²．
则匀加速下滑的时间为t₂=$\sqrt{\frac{2×1.6}{3.2}}s=1s$，
物体从开始上滑到再次返回底端所需的时间t=t₁+t₂=0.5+1s=1.5s．
（3）根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度大小a₃=gsin37°+μgcos37°=6+0.8×8m/s²=12.4m/s²，
速度减为零的时间${t}_{3}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{3}}=\frac{6.4}{12.4}s=0.52s$，
因为mgsin37°＜μmgcos37°，知物体速度减为零后静止，
则1s内的位移$x=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{6．{4}^{2}}{2×12.4}m=1.65m$．
答：（1）物体滑上斜面的最大位移为1.6m．
（2）物体从开始上滑到再次返回底端所需的时间为1.5s；
（3）若仅将斜面倾角θ变为37°，其他条件不变，则物体在开始第1s内的位移为1.65m．

点评 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．