题目

题型：不详难度：来源：

如图a所示，有一个足够长的光滑斜面，倾角θ为30°，质量为0.8kg的物体置于O处．物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用下由静止开始运动，F与x的关系如图b所示，x为物体相对于O点的位移，x轴正方向沿斜面向下，如图a所示，则：
（1）当物体位移x=0.5m时物体的加速度为多大？方向如何？
（2）当物体位移x为多大时物体的加速度最大？最大值为多少？
（3）当物体位移x为多大时物体的速度最大？最大值为多少？

答案

（1）由图b可知：F=2+2x，当x=0.5m时，F=3N
根据牛顿定律：a=

mgsinθ-F

m

=

0.8×10×0.5-3

0.8

m/s2=1.25m/s2
加速度a的方向：沿斜面向下．
（2）∵根据受力分析可知F_合=mgsinθ-F=0.8×10×0.5-（2+2x）=2-2x
∴物体P以x=1m为平衡位置，沿x轴做机械振动．
∴x=0处，加速度最大，amax=

2-2×0

0.8

m/s2=2.5m/s2
x=2m处，加速度最大，amax=

2-2×2

0.8

m/s2=-2.5m/s2
（上式中负号表示加速度的方向沿x轴的负方向）
（3）∵x=1m处，F_合=0，a=0
∴x=1m处速度最大，且设为v_m
又∵从x=0到x=1m的过程中根据动能定理可得：
mg△xsinθ-

F0+F1

2

△x=

1

2

m

v

2m

-0
其中F₀=2N，F₁=4N，△x=1m
带入数据：0.8×10×1×0.5-

2+4

2

=

1

2

×0.8×

v

2m

解得：vm=

10

2

m/s=1.58m/s
即当物体位移x为1m时物体的速度最大，最大值为1.58m/s．