Question

6．如圖所示，水平面AB與足夠長(zhǎng)的斜面BC通過(guò)一小段光滑圓弧相連，AB間距離L=10m，斜面傾角θ=37°，一質(zhì)量m=1kg的滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），在F=6N的水平恒力作用下自A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，作用至B點(diǎn)撤去．已知滑塊與AB、BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.5．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑塊從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)所能到達(dá)的最大高度；
（3）滑塊最后停止的位置．

Answer 1

分析 （1）從A到B，根據(jù)動(dòng)量定理列式即可求得速度；根據(jù)動(dòng)量定理求滑塊從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解加速度；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移速度公式即可求在斜面上運(yùn)動(dòng)的距離，進(jìn)而求出高度．
（3）根據(jù)物體的受力情況判斷物體所做的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，繼而可知最后會(huì)停留的位置．

解答 解：（1）從A到B，設(shè)滑塊的加速度為a₁，由牛頓第二定律F-μmg=ma₁；
解得：a₁=$\frac{F-mgμ}{m}$=$\frac{6N-1kg×10N/kg×0.5}{1kg}$=1m/s²；
AB間距離L=10m，設(shè)滑塊到B時(shí)的速度大小為v，滑塊由位移和速度關(guān)系可得：
v²=2a₁s₁，
∴v=$\sqrt{2{a}_{1}{s}_{1}}$=$\sqrt{2×1m/s×10m}$=2$\sqrt{5}$m/s；
根據(jù)動(dòng)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）物塊在斜面上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖所示：

N=mgcosθ，
則f=μN(yùn)=μmgcosθ，
根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ+f=ma₂，
∴mgsin37°+μmgcos37°=ma₂，
即：a₂=gsin37°+μgcos37°=10N/kg×0.6+0.5×10N/kg×0.8=10m/s²，
滑塊由位移和速度關(guān)系可得：
v²=2a₂s₂，
∴s₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{（2\sqrt{5}m/s）}^{2}}{2×10m/s}$=1m，
∴滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)所能到達(dá)的最大高度h=s₂sin37°=1m×0.6=0.6m；
（3）當(dāng)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)由于速度為零，滑塊受到的摩擦力方向是沿斜面向上，
則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，
由牛頓第二定律F′-f′=ma₃；
則從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：
滑塊在斜面上會(huì)加速下滑到B的速度為：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移動(dòng)時(shí)，設(shè)滑塊的減速度為a₃，
由牛頓第二定律μmg=ma₄得：
a₄=μg=0.5×10N/kg=5m/s²；
由v_B²=2a₄s₄得：由B向A移動(dòng)的距離s₄=$\frac{{v}_{B}^{2}}{2{a}_{4}}$=$\frac{{（2m/s）}^{2}}{2×5m/{s}^{2}}$=0.4m．
答：（1）滑塊從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2$\sqrt{5}$s；
（2）滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)所能到達(dá)的最大高度為3m；
（3）滑塊最后停止的位置是最終停在距離B點(diǎn)0.4m處．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)量定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，有一定的難度．