Question

14．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小球穿在無限長的斜桿上，斜桿與水平方向成37°角，斜桿固定不動(dòng)，小球與斜桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5；小球在平行于斜桿向上的拉力F=15N的作用下，從斜桿的底端由靜止向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）試求：
（1）小球在前2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小；
（2）小球沿斜桿向上運(yùn)動(dòng)的總位移；
（3）小球運(yùn)動(dòng)到斜桿底端時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）對小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)正交分解，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)的公式求出前2s內(nèi)的位移和2s末的速度；根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移，從而得出向上運(yùn)動(dòng)的總位移．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出下滑過程的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)到斜桿底端時(shí)的速度大小．

解答 解：（1）設(shè)小球在前2 s內(nèi)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得：a=$\frac{F-mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=$\frac{15-10×0.6-0.5×10×0.8}{1}m/{s}^{2}$=5m/s²    
（2）前2 s內(nèi)小球的位移為x₁，有：${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$  
解得：x₁=$\frac{1}{2}×5×{2}^{2}m$=10m
撤去外力后小球加速度大小為a'，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)的位移為x₂，2 s時(shí)速度大小為v，則：v=at=5×1m/s=10m/s
根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma'
解得：a'=（sinθ+μcosθ）g=（0.6+0.5×0.8）×10m/s²=10m/s²  
速度與位移的關(guān)系：v²=2a'x₂              
解得：x₂=$\frac{{v}^{2}}{2a'}=\frac{1{0}^{2}}{2×10}m$=5m                   
故小球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的總位移：x=x₁+x₂=15m
（3）小球運(yùn)動(dòng)到斜桿低端時(shí)的速度大小為v'，向下滑動(dòng)時(shí)加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma₁ 
解得：a₁=gsinθ-μgcosθ=2m/s²   
速度與位移的關(guān)系：v'²=2a₁x
解得：$v'=\sqrt{2{a}_{1}x}=\sqrt{2×2×15}m/s$=$2\sqrt{15}m/s$
（1）小球在前2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為5m/s²；
（2）小球沿斜桿向上運(yùn)動(dòng)的總位移為15m；
（3）小球運(yùn)動(dòng)到斜桿底端時(shí)的速度大小為$2\sqrt{15}m/s$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵正確地進(jìn)行受力分析，以及知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，通過加速度，可以根據(jù)力求運(yùn)動(dòng)，也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)求力．