Question

（2013?江苏一模）如图甲所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触．图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°．可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节（调节范围是0≤μ≤1）．sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度取g=10m/

s

2

．
（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求P在斜面上的运动时间；
（2）令μ=0.5，在A点给P一个沿斜面向上的初速度

v

0

=2m/s，求P落地时的动能；
（3）将X和Y接到同一数据处理器上，已知当X和Y受到物块压力时，分别显示正值和负值．对于不同的μ，每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求滑行过程中处理器显示的读数F随μ变化的关系表达式，并在乙图坐标系中画出其函数图象．

Answer 1

分析：（1）根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出运动的时间．
（2）根据动能定理求出P上滑到速度为零时经历的位移，对全过程运用动能定理，求出P落地时的动能．
（3）对梯形物块受力分析，结合共点力平衡得出F与P与斜面动摩擦因数的关系式，从而作出其图线．

解答：解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为
a=gsinθ=6m/s²
由运动学规律L=

1

2

at2，
得t=

2L a

，代入数据解得t=

6

6

s
（2）设P沿斜面上滑的位移为s时速度为零．
由动能定理：-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-

1

2

mv02
代入数据解得s=0.2m．
设落地时P的动能为E_k，则
由动能定理得，mgH-μmgcosθ?2s=Ek-

1

2

mv02
代入数据解得E_k=3.4J．
（3）P在斜面上下滑的过程中物块受力如图甲所示，由平衡条件可得F+Nsinθ=fcosθ
将N=mgcosθ和f=μmgcosθ代入得，F=mgcosθ（μcosθ-sinθ）
代入数据得，F=6.4μ-4.8，其图象如乙图．
答：（1）P在斜面上的运动时间为

6

6

s．
（2）P落地时的动能为3.4J．
（3）图线如图所示．

点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．