Question

20．如图，倾角θ=37°的足够长固定斜面上，一小滑块从低端以速度v₀=5m/s冲上斜面，它与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑块沿斜面上滑的最远距离；
（2）从冲上斜面开时，滑块1s内的位移．

Answer 1

分析 （1）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可求得加速度；再由速度和位移的关系可求得上升的位移；
（2）分析滑块的运动过程，求出物体到达最高点的时间；判断物体是否会下滑过程；再由牛顿第二定律求出下滑的加速度；由位移公式求出下滑的位移；则可求出滑块最终的位移．

解答 解：（1）滑块沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=m a₁…①
代入数据得a₁=10m/s²…②
设沿斜面上滑的最远距离为x₁，根据运动学公式有：$0-v_0^2=-2{a_1}{x_1}$…③
代入数据解得：x₁=1.25m…④
（2）滑块沿斜面向上运动的时间为：t₁=$\frac{v_0}{a_1}$=$\frac{5}{10}$=0.5s…⑤
所以滑块沿斜面下滑的时间为：t₂=t-t₁=1-0.5=0.5s…⑥
滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=m a₂…⑦
代入数据得：a₂=2m/s²…⑧
滑块沿斜面下滑的位移为：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×2×0.25$=0.25m…⑨
所以1s内滑块的位移为：x=x₁-x₂=1.25-0.25=1m                             
答：（1）滑块沿斜面上滑的最远距离为1.25m；
（2）滑块1s内的位移为1m．

点评 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意认真分析物体的运动过程和受力情况，体会加速度的桥梁作用；注意本题中向上运动和向下运动过程中加速度是不同的．