题目

如图所示，质量为0.78kg的金属块放在水平桌面上，在与水平方向成37°角斜向上、大小为3.0N的拉力作用下，以2.0m/s的速度向右做匀速直线运动.已知sin37°=0.6，cos37° = 0.80，g取10m/s2 ， 求： （1） 金属块与桌面间的动摩擦因数. （2） 如果从某时刻起撤去拉力，从该时刻起再过5s，金属块在桌面上滑行的距离. 答案： 解：设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，受力分析如图所示： 则根据平衡条件得 Fcos37°=f，Fsin370+N= mg 又 f=μN 解得：μ=0.4 解：撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力为：f′=μmg 根据牛顿第二定律得加速度大小为： a=fm=−μmgm=−μg=−4m/s2 则撤去F后金属块还能滑行的时间为： t=0−va=0−2−4s=0.5s<5s   所以金属块在5s内的位移等于0.5s内的位移，位移为 s=0−v22a=−222×(−4)m=0.5m

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