Question

5．如圖，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°，現(xiàn)小球在F=10N的沿桿向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為$\frac{{\sqrt{3}}}{5}$．試求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)的加速度a₁；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離S_m；
（3）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)上方為4.64m的B點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出小球運(yùn)動(dòng)的加速度．
（2）根據(jù)速度時(shí)間公式和位移公式求出剛撤去拉力F時(shí)小球的速度和位移，根據(jù)牛頓第二定律求出撤去F時(shí)的加速度，結(jié)合運(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）小球經(jīng)過A點(diǎn)上方的B點(diǎn)，可能向上做勻減速經(jīng)過B點(diǎn)，也可能返回時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)經(jīng)過B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答 解：（1）在力F作用時(shí)有：
F-mgsin30°-μmgcos30°=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得a₁=2 m/s²
（2）剛撤去F時(shí)，小球的速度v₁=a₁t₁=2×2m/s=4m/s   
 小球的位移s₁=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁=$\frac{4}{2}×2m$=4m
撤去力F后，小球上滑時(shí)有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma₂
代入數(shù)據(jù)解得a₂=8m/s²
因此小球上滑時(shí)間t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{4}{8}s$=0.5s  
上滑位移s₂=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{2}=\frac{4}{2}×0.5m$=1m
則小球上滑的最大距離為s_m=s₁+s₂=4+1m=5m
（3）在上滑階段通過B點(diǎn)：
S_AB-S₁=v₁ t₃-$\frac{1}{2}$a₂t₃²
通過B點(diǎn)時(shí)間t₃=0.2 s，另t₃=0.8s （舍去）
小球返回時(shí)有：
mgsin30°-mgcos30°=ma₃
代入數(shù)據(jù)解得a₃=2m/s²
因此小球由頂端返回B點(diǎn)時(shí)有：
S_m-S_AB=$\frac{1}{2}$a₃t₄²
代入數(shù)據(jù)解得t₄=0.6s
通過通過B點(diǎn)時(shí)間t₂+t₄=1.1s
答：（1）小球運(yùn)動(dòng)的加速度為2m/s²；
（2）小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離為5m；
（3）小球經(jīng)0.2s或1.1s時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方為4.64m的B點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵理清小球在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律進(jìn)行求解．