题目内容

【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

22s后撤去拉力F,小滑块上滑过程中距A点的最大距离sm

【答案】1a1=2m/s225m

【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。

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