Question

6．如图所示，一斜面体固定在水平面上，在斜面底端有一静止的滑块，现用一沿斜面向上的恒力F将物体向上推，推到斜面中点时撤去F，物体恰能运动到斜面顶端并开始返回．在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端到底端所需时间也为t．问：
（1）撤去F前后以及下滑过程中加速度大小a₁、a₂、a₃的比值
（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为多少？
（3）若物体回到底端的速度为6m/s，斜面顶端与底端的高度h差为多少？

Answer 1

分析 （1）分别对加速上滑和减速上滑过程根据位移速度关系列方程求解加速度和时间关系，根据位移时间关系列方程求解加速度之比；
（2）对于加速上滑阶段、减速上滑阶段、下滑阶段分别根据牛顿第二定律列方程，联立求解即可；
（3）求出下滑过程中的加速度，根据位移速度关系列方程求解．

解答 解：（1）设斜面长为L，撤去F时速度为v，则根据位移速度关系有：
v²=2a₁×$\frac{L}{2}$，
v²=2a₂×$\frac{L}{2}$，
所以有：a₁=a₂；
由于：v=a₁t₁=a₂t₂
所以t₁=t₂=$\frac{t}{2}$，
根据位移时间关系可得：$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$a₁t₁²，L=$\frac{1}{2}$a₃t²
解得a₁=2a₃
故a₁：a₂：a₃=2：2：1；
（2）设斜面倾角为θ，滑动摩擦力为f
则根据牛顿第二定律有：
加速上滑阶段：F-mgsinθ-f=ma₁ 
减速上滑阶段：mgsinθ+f=ma₂
下滑阶段：mgsinθ-f=ma₃
联立解得：$\frac{F}{f}$=8；
（3）由前面各式得a₃=$\frac{2}{3}$gsinθ  
又由于2a₃L=v′²，其中v′=6m/s    
得h=Lsinθ=2.7m．
答：（1）撤去F前后以及下滑过程中加速度大小a₁、a₂、a₃的比值为2：2：1；
（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为8；
（3）若物体回到底端的速度为6m/s，斜面顶端与底端的高度h差为2.7m．

点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．