Question

19．如圖所示，一仰角θ=37°足夠長斜面底端有一質(zhì)量m=5kg的物塊，物塊與斜面間的動摩擦系數(shù)μ=0.5，用水平力F=500N去推物塊，2.5m后撤去F，求撤去F后物體向上滑行的最大位移？（g=10m/s²）

Answer 1

分析 對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出在F作用下的加速度，結(jié)合速度位移公式求出作用5m后的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出撤去推力后的加速度，結(jié)合速度位移公式求出向上滑行的最大位移

解答 解：對物塊：Fcosθ-mgsinθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）=ma
代入數(shù)據(jù)解得a=40m/s²
運動2.5m后設(shè)物塊的速度為${v}_{1}=\sqrt{2ax}=\sqrt{2×40×2.5}m/s=10\sqrt{2}m/s$；
撤去外力F后，對物塊：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得${a}_{2}=10m/{s}^{2}$
所以撤去外力后物塊還能向上運動至末速度v₂=0m/s
其位移$x′=\frac{{v}_{2}^{2}{-v}_{1}^{2}}{-2{a}_{2}}=10m$．
答：撤去F后物體向上滑行的最大位移為10m

點評 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁，注意撤去拉力后，摩擦力的大小發(fā)生變化．