Question

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=．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）2m/s2

（2）5m．

【解析】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=t1==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===0.5s

上滑位移s2=t2==1m

则小球上滑的最大距离为sm=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Sm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．