Question

7．如图所示，一光滑且与水平面成θ=37°角的斜面固定在风洞实验室中，风洞实验室可产生水平方向的、大小可调节的风力．斜面底端距地面的高度h=0.8m．一可视为质点的滑块恰好可以沿斜面匀速下滑，滑块脱离斜面后刚好能落在斜面底端正下方的A点处．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）重力加速度g=l0m/s²．求：
（1）滑块离开斜面后运动的加速度大小．
（2）滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小．

Answer 1

分析 （1）滑块在斜面上匀速运动时，对物体受力分析，可以得出风力F，离开斜面后物体只受到重力和水平向左的风力，根据勾股定理可以求得合力，在根据牛顿第二定律可以求出加速度．
（2）滑块离开斜面后水平方向：做初速度v₂=v₀cos37°，加速度a=$\frac{3}{4}$g的匀减速运动，位移为0；
竖直方向：做初速度v₁=v₀sin37°，加速度大小为g的匀加速运动，位移为h；
结合位移和时间t的公式就可以求出滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小．

解答 解：（1）由题意可知，滑块受到的风力水平向左，滑块在斜面上匀速下滑，设滑块受到的风力大小为F，
沿斜面方向则有mgsin37°=Fcos37°，解得F=$\frac{3}{4}$mg．
滑块离开斜面后受到的合力大小为F_合=$\sqrt{（mg）{\;}^{2}+F{\;}^{2}}$，将F=$\frac{3}{4}$mg代入得：F_合=$\frac{5}{4}$mg；
由牛顿第二定律可知：F_合=ma，将F_合=$\frac{5}{4}$mg代入得：a=$\frac{5}{4}$g=12.5m/s ²
（2）设滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小为v₀，滑块离开斜面后，在竖直方向上做匀加速运动，初速度大小为v₁=v₀sin37°，加速度大小为g，方向竖直向下；
水平方向上做初速度大小为v₂=v₀cos37°匀减速运动，F=ma′，F=$\frac{3}{4}$mg解得为a′═$\frac{3}{4}$g，方向水平向左；
设滑块从离开斜面到落在A点所用的时间为t，则
水平方向有v₂t-$\frac{1}{2}$a′t²=0
竖直方向有v₁t+$\frac{1}{2}$gt²=h
联立各式并代入数据解得v₀=1.5m/s
答：（1）滑块离开斜面后运动的加速度大小为12.5m/s²．
（2）滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小为1.5m/s．

点评 此题考查匀变速直线运动的规律（1）利用在斜面上做匀速运动，可以求出风力F；
（2）当合运动的轨迹不明确时，可以分析分运动的运动性质．利用分运动位移和时间的关系式就可以求出在斜面上匀速运动的速度．