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(1)小球受到的风力大小；

(2)当θ＝37°时，小球离开杆时的动能。 解析 (1)当杆竖直固定放置时，μFN＝mg，FN＝F 解得F＝2 N

(2)当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有

Fcos 37°＝mgsin 37°＋FN

解得FN＝1 N

小球受摩擦力Ff＝μFN＝0.5 N

小球沿杆运动的加速度为

a＝

2

mgcos 37°＋Fsin 37°－Ff2

＝15 m/s

m 由v－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为

v＝6 m/s

球离开杆时的动能为Ek＝mv＝1.8 J

答案 (1)2 N (2)1.8 J

10．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图8甲所示。使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图

线如图乙所示。g取10 m/s。求：

2

122

图8

(1)上滑过程中的加速度的大小a1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v。

解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，由加速度定义式a＝

Δv得上滑过程Δt5 / 7

中加速度的大小：

a1＝

Δv1422

＝ m/s＝8 m/sΔt10.5 (2)由牛顿第二定律得，上滑过程中

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

代入数据得μ＝

(3)下滑距离等于上滑的距离，其值为x＝

35v21

＝1 m2a1

由牛顿第二定律得下滑过程中mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

下滑至出发点的速度大小v＝2a2x 联立解得：v＝2 m/s。

答案 (1)8 m/s (2)

2

3 (3)2 m/s511.如图9所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝ 0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s)，求：

2

图9

(1)滑块在运动过程中的最大速度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；

(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小。

解析 (1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin

30°＝ma1，v2m＝2a1·

h，sin 30° 解得vm＝4 m/s。

(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2，v2m＝2a2L，解

得μ＝0.4。

(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，

解得t1＝＝0.8 s，由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝

0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，有：v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s。

答案 (1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s

vma16 / 7

7 / 7