Question

4．足夠長的傾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物體以v₀=6.4m/s的初速度從斜面底端向上滑行，該物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.8（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s²），求：
（1）物體滑上斜面的最大位移．
（2）物體從開始上滑到再次返回底端所需的時間；
（3）若僅將斜面傾角θ變?yōu)?7°，其他條件不變，則物體在開始第1s內(nèi)的位移多大？（保留3位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出上滑的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出上滑的最大位移．
（2）根據(jù)速度時間公式求出上滑的時間，結(jié)合牛頓第二定律求出下滑的加速度，根據(jù)位移時間公式求出下滑的時間，從而得出總時間．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出上滑的加速度大小，根據(jù)速度時間公式求出上滑到最高點的時間，判斷物體是否處于靜止，再結(jié)合位移公式求出物體的位移大小．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得，物體上滑的加速度大小為：
${a}_{1}=\frac{mgsin53°+μmgcos53°}{m}$=gsin53°+μgcos53°=8+0.8×6m/s²=12.8m/s²，
則物體上滑的最大位移為：
${x}_{m}=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{6．{4}^{2}}{12.8}m=1.6m$．
（2）物體上滑的時間為：
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{6.4}{12.8}s=0.5s$，
物體下滑的加速度大小為：
a₂=gsin53°-μgcos53°=8-0.8×6m/s²=3.2m/s²．
則勻加速下滑的時間為t₂=$\sqrt{\frac{2×1.6}{3.2}}s=1s$，
物體從開始上滑到再次返回底端所需的時間t=t₁+t₂=0.5+1s=1.5s．
（3）根據(jù)牛頓第二定律得，物體勻減速運動的加速度大小a₃=gsin37°+μgcos37°=6+0.8×8m/s²=12.4m/s²，
速度減為零的時間${t}_{3}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{3}}=\frac{6.4}{12.4}s=0.52s$，
因為mgsin37°＜μmgcos37°，知物體速度減為零后靜止，
則1s內(nèi)的位移$x=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{6．{4}^{2}}{2×12.4}m=1.65m$．
答：（1）物體滑上斜面的最大位移為1.6m．
（2）物體從開始上滑到再次返回底端所需的時間為1.5s；
（3）若僅將斜面傾角θ變?yōu)?7°，其他條件不變，則物體在開始第1s內(nèi)的位移為1.65m．

點評 本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，關(guān)鍵理清物體的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．