足够长的倾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物体以v0=6.4m/s的初速度，从斜面底端向上滑行，该物体与斜面间的动
足够长的倾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物体以v0=6.4m/s的初速度，从斜面底端向上滑行，该物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，如图所示．（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2）（1）求上滑与下滑过程中的加速度a1，a2
（2）求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间；
（3）求返回斜面底端时的速度；
（4）若仅将斜面倾角θ变为37°，其他条件不变，试求物体在开始第1s内的位移大小．（结果保留2位有效数字）
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解题思路：（1）根据动能定理求解物体上滑的最大距离，再根据牛顿第二定律求出物体下滑过程的加速度大小，由位移公式x=
at2求出物体返回斜面底端的时间．
（2）根据动能定理求解物体下滑到底端时的速度
（3）先计算上滑时间与1s比较得出物体处于什么运动状态，另外比较重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力比较，看滑到最高点后能否下滑，然后利用匀变速直线运动规律即可求解．
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（2）根据动能定理求解物体下滑到底端时的速度
（3）先计算上滑时间与1s比较得出物体处于什么运动状态，另外比较重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力比较，看滑到最高点后能否下滑，然后利用匀变速直线运动规律即可求解．
（1）物体上滑过程，根据动能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-[1/2]mv02 ①
根据牛顿第二定律得，
物体上滑过程的加速度大小为a1=[mgsinθ+μmgcosθ/m]=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.8+0.8×0.6）m/s2=12.8m/s2②
物体下滑过程的加速度大小为a2=[mgsinθ−μmgcosθ/m]=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.8-0.8×0.6）m/s2=3.2m/s2 ③
由公式x=[1/2]at2得：
物体上滑所用时间为 t1=
2x
a1④
物体下滑时间为t2=
2x
a2 ⑤
物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间 t=t1+t2 ⑥
①→⑥联立得：t=1.5s
（2）物体下滑过程，根据动能定理得
（mgxsinθ-μmgcosθ）x=[1/2]mv2 ⑦
①⑦联立得：v=3.2m/s
（3）当θ=37°时由牛顿第二定律得：
物体上滑过程的加速度大小为a1′=[mgsinθ+μmgcosθ/m]=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.8×0.8）m/s2=12.4m/s2
上滑时间：t1′=
v0
a′1=[6.4/12.1]s=[16/31]s＜1s
又因为tanθ=0.75＜0.8 所以物体滑到最顶端后不再下滑，保持静止．
得物体在开始第1s内的位移大小：x′=
v′02
2a′1=
6.42
2×12.4 m=1.7m
答：（1）求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间为1.5s；
（2）求返回斜面底端时的速度3.2m/s；
（3）物体在开始第1s内的位移大小为1.7m．
点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
考点点评： 本题是两个过程的问题，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律结合进行处理，还要抓住两个过程的位移大小相等．
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