Question

1．如圖所示，一質(zhì)量m=1kg的小球套在一根足夠長(zhǎng)的固定直桿上，直桿與水平夾角θ=37°．現(xiàn)小球在豎直向上的拉力F=20N作用下從A點(diǎn)由靜止出發(fā)沿桿向上開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)．加速度a=2m/s²，F(xiàn)作用2s后撤去．g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）求小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)最大距離x_m；
（3）若從撤去外力開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間將經(jīng)過(guò)距A點(diǎn)上方為4.6m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(guò)B點(diǎn)的時(shí)間．

解答 解：（1）對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律得：
在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37°-f=ma，
垂直斜面方向上有：（F-mg）cos37°-N=0，
其中：f=μN(yùn)，
聯(lián)立解得：μ=0.5；
（2）剛撤去F時(shí)，小球的速度為：v₁=at₁=2×2=4m/s
2s小球的位移大小為：x₁=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×2×2²=4m
撤去拉力F后，小球減速上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得：
  mgsin37°+μmgcos37°=ma₂
解得：a₂=10m/s²
因此小球繼續(xù)上升的時(shí)間為：t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{4}{10}$=0.4s；
上滑的位移為：x₂=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{2}$=$\frac{4}{2}×0.4$=0.8m，
則小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)的最大距離為：x_m=x₁+x₂=4.8m；
（3）在上滑階段從撤去外力到小球通過(guò)B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程有：
   x_AB-x₁=v₁t₃-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{3}^{2}$
解得上滑階段經(jīng)歷的時(shí)間 t₃=0.2s（ t₃=0.6s＞t₂=0.4s，不合理舍去）
小球返回B點(diǎn)過(guò)程是勻加速，有：
    mgsin37°-μmgcos37°=ma₃
解得 a₃=2m/s²
因此小球由頂端返回B點(diǎn)時(shí)有 x_m-x_AB=$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{4}^{2}$
解得 t₄=$\frac{\sqrt{5}}{5}$s
故從撤去拉力F開(kāi)始，小球上滑到最高點(diǎn)，再返回通過(guò)B點(diǎn)所用的總時(shí)間為：
t=t₂+t₄=0.4+$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{2+\sqrt{5}}{5}$s；
答：（1）桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.5；
（2）小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)最大距離x_m是4.8m；
（3）若從撤去外力開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)0.2s和$\frac{2+\sqrt{5}}{5}$s時(shí)間將經(jīng)過(guò)距A點(diǎn)上方為4.6m的B點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是解決力學(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(guò)程中距A點(diǎn)最大距離，也可運(yùn)用動(dòng)能定理．