Question

2．如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ=37°角，质量m=1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用 于小球上，小球做匀加速直线运动．在细杆上离O处30m的P位置安装有一个触动开关，当小球运动到该处时触动了开关，使其送风装置停止送风．小球沿细杆运动的部分v-l图象（l为离O点的距离）如图乙所示，g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，忽略空气浮力和触动开关对小球的作用力．求：

（1）小球在离O点0～30m区间的加速度a₁和30～75m区间内的加速度a₂；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小；
（3）小球从O点开始运动至滑回到P点所用的时间．

Answer 1

分析 （1）根据图象分析物体的运动情况，根据速度位移公式可以求出加速度；
（2）运用牛顿第二定律，联立方程即可求解；
（3）由图象求的上滑的距离，再根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，根据运动学基本公式求解下滑时间．

解答 解：（1）由图象可知，前30m物体做匀加速，30-75m做匀减速，由v²-v₀²=2ax，得
  a₁=$\frac{{v}^{2}}{2{x}_{1}}$=$\frac{3{0}^{2}}{2×30}$=15m/s²
  a₂=$\frac{-{v}^{2}}{2{x}_{2}}$=$\frac{-3{0}^{2}}{2×45}$=-10m/s²
（2）上升第一阶段受力分析如图
 f₁=μF_N1=μ（Fsinθ+Gcosθ）
由牛顿第二定律得：
  Fcos37°-mgsin37°-f₁=ma₁
上升第二阶段受力分析如图
f₂=μF_N2=μGcosθ
则mgsin37°+f₂=ma₂
联立解得μ=0.5，F=50N

（3）上滑过程中加速运动的时间 t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{30}{15}$s
减速运动的时间 t₂=|$\frac{v}{{a}_{2}}$|=$\frac{30}{10}$s=3s
由最高点返回到P点受力分析如图
f₃=μF_N2=μGcosθ
由牛顿第二定律有：
  mgsin37°-f₃=ma₃
解得 a₃=2m/s²
由x=$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}^{2}$得 45=$\frac{1}{2}$×2×t² 
解得t=3$\sqrt{5}$s
故总时间为 t_总=t₁+t₂+t=（5+3$\sqrt{5}$）s        

答：
（1）小球在离O点0～30m区间的加速度a₁和30～75m区间内的加速度a₂分别为15m/s²和-10m/s²．
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ为0.5，水平风力F的大小为50N；
（3）小球从O点开始运动至滑回到P点所用的时间为（5+3$\sqrt{5}$）s．

点评 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要理解速度-时间图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．