Question

10．如圖所示，一質(zhì)量m=lkg的小球套在一根同定的直桿上，直桿與水平面夾角θ=30°．現(xiàn)小球在F=20N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)作用1.2s后撤去．已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，g=10m/s²．求：
（1）力F作用時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度a₁．
（2）小球上滑過程中距A點(diǎn)的最大距離x_m．
（3）若從撤去力F開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)多長時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方為2.25m的B點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）首先分析撤去外力前小球的受力情況：重力、拉力，桿的支持力和滑動(dòng)摩擦力，采用正交分解法，根據(jù)牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
（2）由速度時(shí)間公式求出撤去F時(shí)小球的速度，勻加速上升的位移．再根據(jù)牛頓第二定律求得撤去F后小球的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出最大距離．
（3）再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式結(jié)合求經(jīng)過B點(diǎn)的時(shí)間．

解答 解：（1）在力F作用時(shí)，撤去前小球的受力情況：重力、拉力，桿的支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖，由根據(jù)牛頓第二定律，得
       （F-mg）sin30°-μ（F-mg）cos30°=ma₁
解得 a₁=2.5 m/s²
（2）剛撤去F時(shí)，小球的速度 v₁=a₁t₁=2.5×1.2=3m/s    
小球的位移 x₁=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{1}$=$\frac{3}{2}×1.2$m=1.8m
撤去力F后，小球上滑時(shí)有：
            mgsin30°+μmgcos30°=ma₂            
解得 a₂=7.5 m/s²
小球繼續(xù)上升的時(shí)間為：t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{7.5}$s=0.4s
小球繼續(xù)上滑的最大位移 x₂=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{3}^{2}}{2×7.5}$=0.6m
則小球上滑的最大距離為 x_m=x₁+x₂=2.4m
（3）在上滑階段通過B點(diǎn)：
        x_AB-x₁=v₁ t₂-$\frac{1}{2}$a₂t₃²
解得通過B點(diǎn)時(shí)間 t₃=0.2 s，另t₃=0.6s （舍去）
小球返回時(shí)有：
     mgsin30°-μmgcos30°=ma₃            
解得 a₃=2.5 m/s²
小球由頂端返回B點(diǎn)時(shí)有：
     x_m-x_AB=$\frac{1}{2}$a₃t₄²         
解得 t₄=$\frac{\sqrt{3}}{5}$s
通過通過B點(diǎn)時(shí)間 t₂+t₄=$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$s≈0.75s
答：
（1）力F作用時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度a₁是2.5 m/s²；
（2）小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離x_m是2.4m；
（3）若從撤去外力開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)0.2s和0.75s時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方為2.25m的B點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合是解決力學(xué)的基本方法．關(guān)鍵在于分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．當(dāng)物體受力較多時(shí)，往往采用正交分解法求加速度．本題求小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離，也可運(yùn)用動(dòng)能定理．