Question

8．如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的小物塊，從靜止開始，在一個(gè)水平方向的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動，經(jīng)t=2s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，AB兩點(diǎn)間的距離L=1Om，然后撤去拉力F，物塊繼續(xù)上升到C點(diǎn)后又沿斜面下滑到A點(diǎn)．已知斜面傾角θ=37°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取1Om/s²．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，結(jié)果可用根號或小數(shù)表示）
（1）物塊加速度的大小及拉力F的大�。�
（2）上升到B點(diǎn)時(shí)速度的大小及撤去F后又上滑的距離．
（3）物體從C點(diǎn)滑回A點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)位移時(shí)間公式求出物塊加速度的大小；對物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力F的大��；
（2）根據(jù)v=at求出上升到B點(diǎn)時(shí)速度的大��；撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊沿斜面上滑的加速度大小，再利用速度位移公式求出撤去F后又上滑的距離；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊沿斜面下滑的加速度大小，再利用位移時(shí)間公式求出物體從C點(diǎn)滑回A點(diǎn)所用的時(shí)間．

解答 解：（1）由x=$\frac{1}{2}$at²得物塊的加速度為：
a=$\frac{2L}{{t}^{2}}$=$\frac{2×10}{{2}^{2}}$m/s²=5m/s²，
對物塊進(jìn)行受力分析，并進(jìn)行正交分解如圖所示：

根據(jù)牛頓第二定律可得：
Fcosθ-mgsinθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）=ma，
代入數(shù)據(jù)可解得：F=12N．
（2）上升到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為：
v=at=5m/s²×2s=10m/s．
撤去F后物塊沿斜面上滑的加速度大小為：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=10m/s²，
由速度位移公式可得，撤去F后又上滑的距離為：
x₁=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{1{0}^{2}}{2×10}$m=5m．
（3）物塊沿斜面下滑的加速度大小為：
mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=2m/s²，
物體從C點(diǎn)滑回A點(diǎn)的位移為：
x=L+x₁=10m+5m=15m，
由x=$\frac{1}{2}$at²得物塊從C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)所用時(shí)間為：
t′=$\sqrt{\frac{2x}{{a}_{2}}}$=$\sqrt{\frac{2×15}{2}}$s=$\sqrt{15}$s．
答：（1）物塊加速度的大小為5m/s²；拉力F的大小為12N；
（2）上升到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為10m/s；撤去F后又上滑的距離為5m；
（3）物體從C點(diǎn)滑回A點(diǎn)所用的時(shí)間為$\sqrt{15}$s．

點(diǎn)評 本題考查牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是對物體正確的受力分析和牛頓第二定律的熟練運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)性題目，難度不大．