Question

19．如图所示，一仰角θ=37°足够长斜面底端有一质量m=5kg的物块，物块与斜面间的动摩擦系数μ=0.5，用水平力F=500N去推物块，2.5m后撤去F，求撤去F后物体向上滑行的最大位移？（g=10m/s²）

Answer 1

分析 对物块受力分析，根据牛顿第二定律求出在F作用下的加速度，结合速度位移公式求出作用5m后的速度，再根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，结合速度位移公式求出向上滑行的最大位移

解答 解：对物块：Fcosθ-mgsinθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）=ma
代入数据解得a=40m/s²
运动2.5m后设物块的速度为${v}_{1}=\sqrt{2ax}=\sqrt{2×40×2.5}m/s=10\sqrt{2}m/s$；
撤去外力F后，对物块：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
代入数据解得${a}_{2}=10m/{s}^{2}$
所以撤去外力后物块还能向上运动至末速度v₂=0m/s
其位移$x′=\frac{{v}_{2}^{2}{-v}_{1}^{2}}{-2{a}_{2}}=10m$．
答：撤去F后物体向上滑行的最大位移为10m

点评 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意撤去拉力后，摩擦力的大小发生变化．