Question

2．如图（甲）所示，木杆OA可绕轴O在竖直平面内转动，某同学用此装置探究穿杆小球在力F作用下加速度与斜面倾角的关系．已知小球的质量m=1kg，小球与木杆之间的动摩擦因数μ=0.2，拉力F=8N，方向始终平行杆向上，假定小球与木杆间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g=10m/s²．试求：

（1）当θ=0°时，小球的加速度大小a₀；
（2）若木杆长L=1.9m，倾角为37°，小球在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出顶端A，力F最多作用多长时间；（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）若力F始终作用在小球上，试通过计算推理，在图（乙）所示坐标系中，作出θ由0^o增大到90^o过程中α随θ变化关系图线．（sin40.4°=$\frac{20-\sqrt{10}}{26}$，sin63°=$\frac{20+\sqrt{10}}{26}$）

Answer 1

分析 （1）纵坐标交点表示木板水平放置时的加速度，根据牛顿第二定律即可求解；
（2）根据牛顿第二定律分别求出有F和撤去F时的加速度，根据匀变速直线运动的基本公式求出这两个过程的位移，根据两段位移之和为L求解．
 （3）根据牛顿第二定律写出加速度随θ变化的函数表达式，画出对应的图象

解答 解：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a₀，
滑动摩擦力f=μN=μmg=0.2×1×10=2（N） 
${a}_{0}^{\;}=\frac{F-f}{m}=\frac{8-2}{1}m/{s}_{\;}^{2}=6m/{s}_{\;}^{2}$
（2）力F作用时的加速度大小：
${a}_{1}^{\;}=\frac{F-mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=$\frac{8-10×0.6-0.2×10×0.8}{1}=0.4m/{s}_{\;}^{2}$
撤去力F后的加速度大小：${a}_{2}^{\;}=\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=$\frac{10×0.6+0.2×10×0.8}{1}=7.6m/{s}_{\;}^{2}$
由题意有 $L={s}_{1}^{\;}+{s}_{2}^{\;}$
即 $1.9=\frac{1}{2}×0.4×{t}_{\;}^{2}+\frac{（0.4t）_{\;}^{2}}{2×7.6}$
解得：t≈3.0s
（3）对小球：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得：a=8-10sinθ-2cosθ
当a=0时：8-10sinθ-2cosθ=0
得：$sinθ=\frac{20±\sqrt{10}}{26}$
即：40.4°≤θ≤63°时，a=0
在：0°≤θ＜40.4°内：$a=8-\sqrt{104}sin（θ+φ）$（tanφ=0.2）
当θ=0°时：${a}_{1}^{\;}=6m/{s}_{\;}^{2}$
在63°＜θ≤90°内：F-mgsinθ+μmgcosθ=ma
得：a=8-10sinθ+2cosθ
$a=8-\sqrt{104}sin（θ-φ）$（tanφ=0.2）
当θ=90°时：${a}_{2}^{\;}=-2m/{s}_{\;}^{2}$
所以：a随θ变化关系图线如图

答：（1）当θ=0°时，小球的加速度大小${a}_{0}^{\;}$为$6m/{s}_{\;}^{2}$；
（2）若木杆长L=1.9m，倾角为37°，小球在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出顶端A，力F最多作用3.0s时间；
（3）若力F始终作用在小球上，试通过计算推理，在图（乙）所示坐标系中，作出θ由0^o增大到90^o过程中α随θ变化关系图线，如上图所示

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，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．