Question

2．如圖甲所示，在風洞實驗室里，一根足夠長的固定的均勻直細桿與水平方向成θ=37°角，質量m=1kg的小球穿在細桿上且靜止于細桿底端O處，開啟送風裝置，有水平向右的恒定風力F作用 于小球上，小球做勻加速直線運動．在細桿上離O處30m的P位置安裝有一個觸動開關，當小球運動到該處時觸動了開關，使其送風裝置停止送風．小球沿細桿運動的部分v-l圖象（l為離O點的距離）如圖乙所示，g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，忽略空氣浮力和觸動開關對小球的作用力．求：

（1）小球在離O點0～30m區(qū)間的加速度a₁和30～75m區(qū)間內的加速度a₂；
（2）小球與細桿間的動摩擦因數μ和水平風力F的大�。�
（3）小球從O點開始運動至滑回到P點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據圖象分析物體的運動情況，根據速度位移公式可以求出加速度；
（2）運用牛頓第二定律，聯立方程即可求解；
（3）由圖象求的上滑的距離，再根據牛頓第二定律求出下滑時的加速度，根據運動學基本公式求解下滑時間．

解答 解：（1）由圖象可知，前30m物體做勻加速，30-75m做勻減速，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）上升第一階段受力分析如圖
 f₁=μF_N1=μ（Fsinθ+Gcosθ）
由牛頓第二定律得：
  Fcos37°-mgsin37°-f₁=ma₁
上升第二階段受力分析如圖
f₂=μF_N2=μGcosθ
則mgsin37°+f₂=ma₂
聯立解得μ=0.5，F=50N

（3）上滑過程中加速運動的時間 t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{30}{15}$s
減速運動的時間 t₂=|$\frac{v}{{a}_{2}}$|=$\frac{30}{10}$s=3s
由最高點返回到P點受力分析如圖
f₃=μF_N2=μGcosθ
由牛頓第二定律有：
  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
故總時間為 t_總=t₁+t₂+t=（5+3$\sqrt{5}$）s        

答：
（1）小球在離O點0～30m區(qū)間的加速度a₁和30～75m區(qū)間內的加速度a₂分別為15m/s²和-10m/s²．
（2）小球與細桿間的動摩擦因數μ為0.5，水平風力F的大小為50N；
（3）小球從O點開始運動至滑回到P點所用的時間為（5+3$\sqrt{5}$）s．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，要理解速度-時間圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移．