Question

6．如图所示为一足够长斜面，其倾角为θ=37°，一质量m=1kg物体放在斜面低端，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，现用一个沿斜面向上的拉力F=10N作用在物体上，由静止开始运动，2s末撤去拉力F． （sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s²）  试求：
（1）在撤去拉力F前的2s内物体发生的位移为多少？
（2）从撤去拉力F开始1.5s末物体的速度的大小和方向？
（3）物体从静止开始再次返回底端花的总时间？

Answer 1

分析 （1）物体在拉力F作用下沿斜面方向向上做匀加速直线运动，分析受力情况：重力mg、拉力F、支持力N、滑动摩擦力f，作出力图．物体垂直斜面方向处于平衡状态，根据力的正交分解法，由牛顿第二定律列方程求出加速度．再由位移公式求出2s内物体发生的位移．
（2）撤去F后，物体受到重力mg、支持力N、滑动摩擦力f，作出力图，根据由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出上滑的时间，再分析物体的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解．
（3）结合上题的结果求得物体沿斜面上滑的总位移．物体滑到最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，受到重力、支持力和滑动摩擦力，由牛顿定律求出加速度．由于下滑与上滑的位移大小相等，再由位移公式求出下滑的时间，最后求出总时间．

解答 解：（1）对物体受力分析，根据正交分解法，由牛顿第二定律得：
  F-mgsinθ-μmgcosθ=ma₁
得：a₁=2m/s²
则在撤去拉力F前的2s内物体发生的位移 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×2×{2}^{2}$=4m      
（2）撤去拉力F时的速度 v₁=a₁t₁=2×2=4m/s
撤去拉力F后，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma₂．
解得 a₂=8m/s²
经过时间 t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{4}{8}$=0.5s速度减至0．
这0.5s内的位移 ${x_2}=\frac{v+0}{2}×{t_2}=1$m
紧接着1s内加速度 a₃=$\frac{mgsinθ-μmgcsθ}{m}$=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.25×0.8）=4m/s²
撤去拉力F开始1.5 s末物体的速度 v₂=a₃（1.5-t₂）=4×（1.5-0.5）=4m/s，方向沿斜面向下．
（3）从最高点返回到底端的时间 t₃=$\sqrt{\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{a}_{3}}}$=$\sqrt{\frac{2×（4+1）}{4}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$s
从静止开始再次返回底端花的总时间 t_总=t₁+t₂+t₃
解得，t_总=$\frac{5+\sqrt{10}}{2}$s
答：
（1）在撤去拉力F前的2s内物体发生的位移为4m．
（2）从撤去拉力F开始1.5s末物体的速度的大小是4m/s，方向沿斜面向下．
（3）物体从静止开始再次返回底端花的总时间是$\frac{5+\sqrt{10}}{2}$s．

点评 本题的关键分析清楚物体的运动过程，分段对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律和匀变速运动规律结合解答．