Question

如图甲所示，一根足够长的细杆与水平成θ=37°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F作用于小球上，经时间t₁=0.2s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，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
试求：
（1）小球在0～0.2s内的加速度a₁和0.2～0.4s内的加速度a₂；
（2）0～0.2s内水平作用力F的大小．
（3）撤去水平力后，小球经多长时间返回底部．

Answer 1

解：（1）由图象可知，在0～0.2s内的加速度a₁=，方向沿杆方向，
在0.2～0.4s内的加速度a₂=，负号表示方向沿杆向下；
（2）有力作用时的上升过程，由受力分析和牛顿第二定律得：
Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma₁ ①
F停止后的上升阶段有；
-μmgcosθ-mgsinθ=ma₂ ②
由①②解得；
μ=
F==60N
（3）由图象可知，前0.2s小球上升的距离为s₁=
停止拉力后，小球继续上升的时间为：

继续上升的距离为s₂=
所以总共上升的距离为：s=s₁+s₂=1.2m
小球沿杆下滑时的加速度a₃=gsinθ-μgcosθ=2m/s²
所以下滑的时间t₃=
所以撤去水平力后，小球返回底部的总时间为：t=t₂+t₃=1.5s
答：（1）小球在0～0.2s内的加速度a₁为20m/s²，0.2～0.4s内的加速度a₂为-10m/s²；
（2）0～0.2s内水平作用力F的大小为60N．
（3）撤去水平力后，小球返回底部的时间为1.5s．
分析：（1）根据图象可以求出0～0.2s内的加速度a₁和0.2～0.4s内的加速度a₂；
（2）对小球在加速和减速过程中，运用牛顿第二定律，联立方程即可求解；
（3）先求出撤去外力后继续上升的时间和距离，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，两者时间之和即为总时间．
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．