Question

1．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小球P位于距水平地面高H=1.6m處，在水平地面的上方存在厚度h=0.8m的“相互作用區(qū)”，如圖中陰影部分所示，小球P進入“相互作用區(qū)”后將受到豎直方向的恒定作用力F．將小球P由靜止釋放，已知從被釋放到運動至“相互作用區(qū)”底部用時t=0.6s，小球一旦碰到區(qū)域底部就會粘在底部．不考慮空氣阻力，g=10m/s²，請完成下列問題：
（1）求小球在“相互作用區(qū)”所受作用力F的方向和大小．
（2）若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點，作用力F的方向和大小如何？
（3）在小球能返回的情況中，小球從釋放到返回原處的時間不會超過多少秒？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自由落體運動的位移時間公式求出小球自由下落的時間，得出小球到達“相互作用區(qū)”上邊緣時的速度，結(jié)合在“相互作用區(qū)”中運動的時間，根據(jù)運動學(xué)公式得出小球的運動規(guī)律，從而分析出小球所受的作用力．
（2）抓住臨界情況，結(jié)合速度位移公式求出勻減速直線運動的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出作用力的大小和方向．
（3）根據(jù)速度時間公式分別求出自由落體運動的時間和勻減速運動的時間，結(jié)合對稱性求出小球從釋放到返回原處的最長時間．

解答 解：（1）從被釋放到下落至“相互作用區(qū)”上邊緣的過程中，小球做自由落體運動．由$\frac{1}{2}gt_1^2=H-h$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=$\sqrt{\frac{2×（1.6-0.8）}{10}}s$=0.4s
由v₁=gt₁得出落到“相互作用區(qū)”上邊緣時小球的速度：v₁=10×0.4m/s=4 m/s
則小球在“相互作用區(qū)”中運動的時間為：t₂=t-t₁=0.2 s
由v₁t₂=4×0.2 m=0.8 m=h可知：小球在“相互作用區(qū)”做勻速直線運動，因此小球在此區(qū)域中所受合力為零
所以小球在“相互作用區(qū)”所受作用力F的方向豎直向上，大小為：F=mg=10 N．
（2）若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點，則要求小球在“相互作用區(qū)”內(nèi)做減速運動，取小球到達底部時速度剛好減為零的臨界情況進行研究．
由$v_1^2-0=2ah$，代入數(shù)據(jù)，可得小球在“相互作用區(qū)”內(nèi)做減速運動的加速度大小a=10 m/s²，方向豎直向上．
對小球應(yīng)用牛頓第二定律得F_C-mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得小球剛好能返回時作用力F的臨界值為：F_C=mg+ma=1×（10+10）N=20 N
所以若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點，作用力F的方向要豎直向上，大小滿足F＞20 N
（3）作用力F的值越大，小球返回原處的時間越短，因此當F=20 N時，用時最長
對應(yīng)這種情況，小球自由落體運動的時間為：t₁=0.4 s，
小球在“相互作用區(qū)”減速下落的時間為：${t}_{2}=\frac{{v}_{1}}{a}=\frac{4}{10}s=0.4s$，
小球從釋放到返回原處的時間為：t_m=2（t₁+t₂）=2×（0.4+0.4）s=1.6s．
即不會超過1.6s．
答：（1）小球在“相互作用區(qū)”所受作用力F的方向豎直向上，大小為10N；
（2）若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點，作用力F的方向豎直向上，大小滿足F＞20 N
（3）小球從釋放到返回原處的時間不會超過1.6s．

點評 本題考查了運動學(xué)公式和牛頓第二定律的綜合運用，理清小球在整個過程中的運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁．