Question

5．如图，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=$\frac{\sqrt{3}}{5}$．现滑块受到沿斜面向上的拉力F=10N的作用，从A点静止出发沿斜面向上运动．试求：
（1）小滑块运动的加速度a₁；
（2）若F作用2s后撤去，小滑块上滑过程中距A点最大距离S_m．

Answer 1

分析 （1）分析物体在斜面上的受力情况，根据牛顿第二定律可求得加速度的大小；
（2）由运动公式求出撤去拉力时的速度和位移；再由牛顿第二定律可求得加速度；则由位移公式可求得上滑位移，则可求得最大位移．

解答 解（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：
a₁=2 m/s²
（2）刚撤去F时，小球的速度v₁=a₁t₁=2×2=4m/s
小球的位移s₁=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁=$\frac{4}{2}×2$=4m
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma₂
解得：a₂=8m/s²
因此小球上滑时间t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{4}{8}$=0.5s
上滑位移s₂=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₂=$\frac{4}{2}×0.5$=1m
则小球上滑的最大距离为s_m=s₁+s₂=4+1=5m
答：（1）小滑块运动的加速度a₁为2m/s²
（2）若F作用2s后撤去，小滑块上滑过程中距A点最大距离S_m为5m．

点评 本题考查牛顿第二定律中已知受力求运动情况的应用，要注意正确受力分析，明确物理过程；对物体的运动过程分段进行分析，求出加速度，再结合运动学公式求解即可．