Question

1．如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ=37°角并固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t₁=2s后停止，小球沿细杆运动的部分v-t图象如图乙所示（取g=10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）．试求：

（1）小球在0～2s内的加速度a₁和0～4s内的位移x；
（2）杆和球间的动摩擦因数μ及0～2s内风对小球作用力F的大小．

Answer 1

分析 （1）根据图象可以求出0～2s内的加速度a₁；由运动学公式联立可求0～4s内的位移x；
（2）受力分析，正交分解，运用牛顿第二定律和平衡条件，联立方程即可求杆和球间的动摩擦因数μ及0～2s内风对小球作用力F的大小．

解答 解：（1）由题图乙可知，在0～2 s内：a₁=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{t}_{1}}$=$\frac{40-0}{2}$ m/s²=20 m/s²，方向沿杆向上；
0～2 s内位移：x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}$×20×2²=40 m
在2 s～4 s内加速度：a₂=$\frac{{v}_{3}-{v}_{2}}{{t}_{2}}$=$\frac{20-40}{2}$ m/s²=-10 m/s²，负号表示方向沿杆向下
位移为：x₂=v₂t₂+$\frac{1}{2}$a₂t₂²=60 m
在0～4 s内的位移为：x=x₁+x₂=40+60=100 m；
（2）在风力为F时的上升过程，对小球由受力分析和牛顿第二定律有：
沿杆方向：Fcos θ-F_f-mgsin θ=ma₁ ①
摩擦力为：F_f=μF_N ②
弹力为：F_N=μ（mgcos θ+Fsin θ）③
停风后的上升阶段，有：-μmgcos θ-mgsin θ=ma₂④
由①②③④解得：μ=0.5，F=60 N．
答：（1）小球在0～2s内的加速度为20 m/s²，方向沿杆向上；0～4s内的位移为100 m；
（2）杆和球间的动摩擦因数为0.5；0～2s内风对小球作用力F的大小为60N．

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，难度适中．