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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,该物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,如图所示.(sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2
(1)求上滑与下滑过程中的加速度a1,a2
(2)求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间;
(3)求返回斜面底端时的速度;
(4)若仅将斜面倾角θ变为37°,其他条件不变,试求物体在开始第1s内的位移大小.(结果保留2位有效数字)
分析:(1)根据动能定理求解物体上滑的最大距离,再根据牛顿第二定律求出物体下滑过程的加速度大小,由位移公式x=
1
2
at2
求出物体返回斜面底端的时间.
(2)根据动能定理求解物体下滑到底端时的速度
(3)先计算上滑时间与1s比较得出物体处于什么运动状态,另外比较重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力比较,看滑到最高点后能否下滑,然后利用匀变速直线运动规律即可求解.
解答:解:(1)物体上滑过程,根据动能定理得
-(mgxsinθ+μmgcosθ)x=0-
1
2
mv02        ①
根据牛顿第二定律得,
物体上滑过程的加速度大小为a1=
mgsinθ+μmgcosθ
m
=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.8+0.8×0.6)m/s2=12.8m/s2   ②
物体下滑过程的加速度大小为a2=
mgsinθ-μmgcosθ
m
=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.8-0.8×0.6)m/s2=3.2m/s2     ③
由公式x=
1
2
at2得:
物体上滑所用时间为   t1=
2x
a1

物体下滑时间为t2=
2x
a2

物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间  t=t1+t2     ⑥
①→⑥联立得:t=1.5s
(2)物体下滑过程,根据动能定理得
(mgxsinθ-μmgcosθ)x=
1
2
mv2    ⑦
①⑦联立得:v=3.2m/s
(3)当θ=37°时由牛顿第二定律得:
物体上滑过程的加速度大小为a1′=
mgsinθ+μmgcosθ
m
=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.6+0.8×0.8)m/s2=12.4m/s2
上滑时间:t1′=
v0
a′1
=
6.4
12.1
s=
16
31
s<1s     
又因为tanθ=0.75<0.8 所以物体滑到最顶端后不再下滑,保持静止.
得物体在开始第1s内的位移大小:x′=
v′02
2a′1
=
6.42
2×12.4
m=1.7m
答:(1)求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间为1.5s;
(2)求返回斜面底端时的速度3.2m/s;
(3)物体在开始第1s内的位移大小为1.7m.
点评:本题是两个过程的问题,运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律结合进行处理,还要抓住两个过程的位移大小相等.
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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,该物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,如图所示.(sin53°=0.8,cos53°=0.6,取g=10m/s2)求:
(1)物体上滑过程中的加速度.
(2)物体上滑过程的最大位移.
(3)物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间.

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(1)求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间;
(2)求返回斜面底端时的速度;
(3)若仅将斜面倾角θ变为37°,其他条件不变,试求物体在开始第1s内的位移大小.(结果保留2位有效数字)

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⑴ 物体上滑的最大距离
⑵ 物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间
⑶ 物体从开始到再次返回斜面底端过程中产生的热量

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⑴求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间;
⑵求返回斜面底端时的速度;

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