Question

14．如圖，一質(zhì)量m=2kg的小球套在一根固定的足夠長(zhǎng)的直桿上，直桿與水平面夾角θ=37°．現(xiàn)小球在與桿也成θ角的斜向上F=20N的外力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)．已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)的加速度a₁；
（2）若F作用4s后撤去，小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離s_m；
（3）上題中，若從撤去力F開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方8.35m的B點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）對(duì)小球受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出小球的加速度．
（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求出撤去拉力前的位移和末速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出上滑的位移，從而得出小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離．
（3）根據(jù)位移時(shí)間公式求出在上滑階段通過B點(diǎn)的時(shí)間，根據(jù)牛頓第二定律求解小球返回的加速度，根據(jù)位移時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答 解：（1）在力F作用時(shí)有，根據(jù)牛頓第二定律得：Fcos37°-mgsin37°-μ（mg cos37°-F sin37°）=ma₁  解得：a₁=1m/s²，
（2）剛撤去F時(shí)，小球的速度υ₁=a₁t₁=4m/s，
小球的位移s₁=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁=8m，
撤去力F后，小球上滑時(shí)有：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma₂，
解得：a₂=-10 m/s²，
因此小球上滑時(shí)間t₂=$\frac{{0-v}_{1}}{{a}_{2}}$=0.4s，
上滑位移s₂=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₂=0.8m，
則小球上滑的最大距離為s_m=s₁+s₂=8.8m
（3）在上滑階段通過B點(diǎn)：s_AB-s₁=υ₁t₃-$\frac{1}{2}$a₂t₃²
通過B點(diǎn)時(shí)間t₃=0.1s，另t₃=0.7s （舍去）        
小球返回時(shí)有：mgsin37°-μmgcos37°=ma₃ 
解得：a₃=2 m/s²
因此小球由頂端返回B點(diǎn)時(shí)有：s_m-s_AB=$\frac{1}{2}$a₃t₄²      
解得：t₄=$\frac{3}{10}\sqrt{5}s$
通過B點(diǎn)時(shí)間t=t₂+t₄=$（0.4+\frac{3}{10}\sqrt{5}）s$≈1.07 s
答：（1）小球運(yùn)動(dòng)的加速度a₁為1m/s²；
（2）若F作用4s后撤去，小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離s_m為8.8m；
（3）上題中，若從撤去力F開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)0.1s或1.07s時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方8.35m的B點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 牛頓第二定律和運(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，難度適中．