Question

18．如图所示，一质量为4kg的滑块，在与水平面成37°的推力F=120N的作用下，由静止开始做匀加速直线运动．若滑块与水平地面间的动摩擦因数是0.5，g取10m/s²，问：
 （1）滑块运动的加速度大小；
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是多少？

Answer 1

分析 根据牛顿第二定律求出滑块加速和减速过程中的加速度，结合位移时间公式求出滑块发生的位移．

解答 解：（1）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律：
Fcos37°-f=ma
竖直方向：Fsin37°+mg=N
又：f=μN
联立得：a=10m/s²
（2）则8s末滑块的速度为：v=at=80m/s
撤去力F后有：a′=μg=5m/s²
滑行的距离为：s=$\frac{{v}^{2}}{2a′}$=$\frac{8{0}^{2}}{2×5}$=640m
答：（1）滑块运动的加速度大小为10m/s²；
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是640m．

点评 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．