Question

14．如圖所示，質量m=1kg的小球穿在無限長的斜桿上，斜桿與水平方向成37°角，斜桿固定不動，小球與斜桿間的動摩擦因數為μ=0.5；小球在平行于斜桿向上的拉力F=15N的作用下，從斜桿的底端由靜止向上運動，經2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）試求：
（1）小球在前2s內運動的加速度大��；
（2）小球沿斜桿向上運動的總位移；
（3）小球運動到斜桿底端時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）對小球進行受力分析，根據正交分解，運用牛頓第二定律求出小球的加速度．
（2）根據勻變速直線運動的公式求出前2s內的位移和2s末的速度；根據牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，運用運動學公式求出勻減速直線運動的位移，從而得出向上運動的總位移．
（3）根據牛頓第二定律求出下滑過程的加速度，運用運動學公式求出運動到斜桿底端時的速度大�。�

解答 解：（1）設小球在前2 s內的加速度為a，根據牛頓第二定律有：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得：a=$\frac{F-mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=$\frac{15-10×0.6-0.5×10×0.8}{1}m/{s}^{2}$=5m/s²    
（2）前2 s內小球的位移為x₁，有：${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$  
解得：x₁=$\frac{1}{2}×5×{2}^{2}m$=10m
撤去外力后小球加速度大小為a'，繼續向上做減速運動的位移為x₂，2 s時速度大小為v，則：v=at=5×1m/s=10m/s
根據牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma'
解得：a'=（sinθ+μcosθ）g=（0.6+0.5×0.8）×10m/s²=10m/s²  
速度與位移的關系：v²=2a'x₂              
解得：x₂=$\frac{{v}^{2}}{2a'}=\frac{1{0}^{2}}{2×10}m$=5m                   
故小球沿斜面向上運動的總位移：x=x₁+x₂=15m
（3）小球運動到斜桿低端時的速度大小為v'，向下滑動時加速度為a₁，根據牛頓第二定律有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma₁ 
解得：a₁=gsinθ-μgcosθ=2m/s²   
速度與位移的關系：v'²=2a₁x
解得：$v'=\sqrt{2{a}_{1}x}=\sqrt{2×2×15}m/s$=$2\sqrt{15}m/s$
（1）小球在前2s內運動的加速度大小為5m/s²；
（2）小球沿斜桿向上運動的總位移為15m；
（3）小球運動到斜桿底端時的速度大小為$2\sqrt{15}m/s$．

點評 解決本題的關鍵正確地進行受力分析，以及知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，通過加速度，可以根據力求運動，也可以根據運動求力．