如图所示，木块质量m=1.04kg，在与水平方向成θ=37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时

题型：不详难度：来源：

如图所示，木块质量m=1.04kg，在与水平方向成θ=37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s²的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去拉力F．已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）拉力F的大小
（2）物体在5s内滑行的总位移．

答案

（1）对物体受力分析，可知
水平方向 Fcosθ-f=ma
竖直方向 Fsinθ+F_N=mg
摩擦力公式 f=μF_N
由以上三个方程可以解得，
a=2m/s²
F=6N；
（2）在3s末物体的速度为
V=at=2×3m/s=6m/s，
前3s的位移为
X₁=

1

2

at²=9m，
在3s末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力的作用下减速运动，
设此时的加速度为a′，摩擦力为f′，
则 f′=μmg=ma′，
所以a′=μg=4m/s²，
撤去了拉力F之后，减速到0需要的时间为t
则由V=0-a′t 可得
t=1.5s
即物体只运动了1.5s就停止了，所以减速运动的位移
X₂=Vt-

1

2

at²=4.5m
所以总位移x=X₁+X₂=9m+4.5m=13.5m，
答：（1）拉力F的大小为6N
（2）物体在5s内滑行的总位移是13.5m．