Question

【题目】如图所示，一质量为m=1kg的小滑块放在一倾角θ=30°的斜面上，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=。现滑块受到沿斜面的拉力F=10N的作用，从A点由静止出发沿斜面向上运动。取g=10m/s2，试求：

（1）小滑块运动的加速度a1；

（2）2s后撤去拉力F，小滑块上滑过程中距A点的最大距离sm。

Answer 1

【答案】（1）a1=2m/s2（2）5m

【解析】试题分析：(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出小滑块运动的加速度；(2)先求出刚撤去力F时的速度和位移，利用牛顿第二定律求出撤去力F后的加速度，根据运动学公式求出撤去力F后的位移，把撤去力前和后的位移相加即可。

(1) 对物体受力分析，在力F作用时，由牛顿第二定律可知：

F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1

解得： ；

(2) 刚撤去F时，小球的速度v1=a1t1=2×2=4m/s

小球的位移

撤去力F后，小球上滑时有：

mgsin30°+μmgcos30°=ma2

解得：

因此小球上滑时间

上滑位移

则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=（4+1）m=5m。