牛顿运动定律典型例题分析报告.docx

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牛顿运动定律典型例题分析报告

牛顿运动定律典型例题分析

基础知识回顾

1、牛顿第一定律：

一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

对牛顿第一定律的理解要点：

（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；

（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；

（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；

（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。

它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；

（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。

2、牛顿第二定律：

物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。

公式F=ma.

对牛顿第二定律的理解要点：

（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；

（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；

（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,Fy=may,Fz=maz;

（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.

3、牛顿第三定律：

两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。

对牛顿第三定律的理解要点：

（1）作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；

（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；

（3）作用力和反作用力是同一性质的力；

（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。

4.物体受力分析的基本程序：

（1）确定研究对象；

（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；

（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；

（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。

5.超重和失重：

（1）超重：

物体有向上的加速度称物体处于超重。

处于失重的物体的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.；

（2）失重：

物体有向下的加速度称物体处于失重。

处于失重的物体对支持面的压力FN（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg，即FN=mg－ma，当a=g时，FN=0,即物体处于完全失重。

6、牛顿定律的适用围：

（1）

只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；

（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；

（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。

二、解析典型问题

问题1：

必须弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。

在解题时，可以利用正交分解法进行求解。

练习1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？

分析与解：

对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：

Ff=macos300,FN-mg=masin300

因为

，解得

.

练习2．一物体放置在倾角为

的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为

，如图3-1-15所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（　　）

A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小

B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大

C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小

D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小

练习3．一物体放置在倾角为

的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中，加速度为

，如图3—1-16所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）

A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越大

B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大

C．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小

D．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小

问题2：

必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。

1、物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力．若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即（同时）改变;或合外力变为零，加速度也立即变为零（物体运动的加速度可以突变）．

2、中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性:

A．轻:

即绳（或线）的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的力大小相等．

B．软:

即绳（或线）只能受拉力，不能承受压力（因绳能变曲），由此特点可知，绳与其物体相互间作用力的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向．

C．不可伸长:

即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的力可以突变．

3、中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性:

A．轻:

即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等．

B．弹簧既能承受拉力，也能承受压力（沿着弹簧的轴线），橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力．

C．由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失．

4、做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化（大小变化或方向变化或大小、方向都变化），某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力．

练习4、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。

现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

（l）下面是某同学对该题的一种解法：

分析与解：

设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtanθ。

剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。

因为mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向在T2反方向。

你认为这个结果正确吗？

请对该解法作出评价并说明理由。

（2）若将图2（a）中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2（b）所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即a＝gtanθ，你认为这个结果正确吗？

请说明理由。

分析与解：

（1）错。

因为L2被剪断的瞬间，L1上的力大小发生了变化。

剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.

（2）对。

因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。

练习5.如图3-1-2所示，质量为m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线瞬间，求小球的加速度；剪断B处弹簧的瞬间，求小球的加速度．

练习6．一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（）

A．物体始终向西运动B．物体先向西运动后向东运动

C．物体的加速度先增大后减小D．物体的速度先增大后减小

练习7．如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m，当剪断上端的绳子OA的瞬间．小球A和B的加速度多大？

练习8．如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为2.5米／秒2，若突然撤去弹簧b，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为（）

A．7.5米／秒2，方向竖直向下B．7.5米／秒2，方向竖直向上

C．12.5米／秒2，方向竖直向下D．12.5米／秒2，方向竖直向上

练习9．（2010·全国卷Ⅰ·15）如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为

、

。

重力加速度大小为g。

则有

A．

，

B．

，

C．

，

D．

，

【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。

对1物体受重力和支持力，mg=F,a1=0.对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律

问题3：

必须弄清牛顿第二定律的独立性。

当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。

那个方向的力就产生那个方向的加速度。

练习10、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：

A．沿斜面向下的直线B．抛物线

C．竖直向下的直线D.无规则的曲线。

分析与解：

因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。

问题4：

必须弄清牛顿第二定律的同体性。

加速度和合外力（还有质量）是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。

练习11、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。

图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。

吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。

（g=9.8m/s2）

分析与解：

选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：

2F-（m+M）g=（M+m）a

则拉力大小为：

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。

由牛顿第二定律得：

F+FN-Mg=Ma,故FN=M（a+g）-F=200N.

由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

问题5：

必须弄清面接触物体分离的条件及应用。

相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。

对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。

抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。

下面举例说明。

练习12、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。

如图7所示。

现让木板由静止开始以加速度a（a＜g）匀加速向下移动。

求经过多长时间木板开始与物体分离。

分析与解：

设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。

据牛顿第二定律有：

mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma，当N=0时，物体与平板分离，所以此时

因为

，所以

。

练习13、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。

现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2sF是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是，F的最大值是。

分析与解：

因为在t=0.2sF是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。

此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。

在0_____0.2s这段时间P向上运动的距离：

x=mg/k=0.4m，因为

，所以P在这段时间的加速度

，当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.，当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m（a+g）=360N.

练习14、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。

现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2sF是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？

（g=10m/s2）

分析与解：

因为在t=0.2sF是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。

此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。

设在0_____0.2s这段时间P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：

F+N-m2g=m2a，对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：

，令N=0，并由述二式求得

，而

，所以求得a=6m/s2.当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=（m1+m2）a=72N.

当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2（a+g）=168N.

问题6：

必须会分析临界问题。

在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态．特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象．此时要采用极限分析法，看物体在不同加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．

练习15、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=（9-2t）N，（t的单位是s）。

从t＝0开始计时，则：

Ａ物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍；

B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动；

C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零；

D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。

分析与解：

对于A、B整体据牛顿第二定律有：

FA+FB=（mA+mB）a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得：

N+FB=mBa

解得

，当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。

t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。

当t<４s时，A、B的加速度均为

。

综上所述，选项A、B、D正确。

练习16、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。

当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=。

分析与解：

当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：

，由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。

当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。

这时绳的拉力T=mg/cos450=

.

当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：

Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得

。

练习17．如图3-2-8所示，矩形盒用两根细线固定一个质量为m=1.0kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平。

两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15N。

当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值是_____m/s2；当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值是_____m/s2。

（取g=10m/s2）

问题7：

必须会用整体法和隔离法解题。

两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一.

练习18.如图3-2-4所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？

练习19．如图3-2-10所示，质量为M=4.0kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.20。

这时铁箱一个质量为m=1.0kg的木块恰好能沿箱的后壁向下匀速下滑，木块与铁箱间的动摩擦因数为μ2=0.50。

求水平拉力F的大小。

（取g=10m/s2）

练习20．一质量为M，倾角为θ的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ。

一物块质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面之间是光滑的。

为了使物块与斜面保持相对静止，可用一水平外力推动楔形木块，如图3-2-18所示。

则此水平力的大小等于.

练习21．如图3-2-19所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为以900，两底角为α和β，a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于_________。

问题8：

必须会分析与斜面体有关的问题。

练习22、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。

求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？

分析与解：

取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力（m+M）g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f（向下）。

建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

－f=0－mV0cosθ/t，[N－（m+M）g]=0－mV0sinθ/t

所以

，方向向左；

。

练习23．如图3-2-13所示，质量为M的斜面B放在水平地面上．质量为m的物体A沿斜面以加速度a加速下滑，而斜面B相对水平面静止，斜面倾角为θ，且A、B间滑动摩擦因数为μ，则地面对B的摩擦力f的大小和方向分别是（）

A．f=mgcosθsinθ，方向水平向左；B．F=μmgcos2θ，方向水平向右

C．f=macosθ，方向水平向左D．f=μ[Mg+m（g-asinθ）],方向水平向右

问题9：

必须会分析传送带有关的问题。

练习24、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。

设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为，摩擦力对零件做功为.

分析与解：

刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg.，加速时间

，加速位移

，通过余下距离所用时间

，共用时间

，摩擦力对零件做功

练习25、如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。

在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？

（sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8）

分析与解：

物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20（b）所示。

综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。

开始阶段由牛顿第二定律得:

ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:

a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s2;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移：

ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s时仍未到达B点。

第二阶段，有：

ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：

a2＝2m/s2;设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：

LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2；解得：

t2＝1s,ｔ2/=-11s（舍去）。

故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s.从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

问题10：

必须会分析求解联系的问题。

练习26、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。

现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。

小球孔径略大于细杆直径。

如图21所示。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0．5倍。

求小球与杆间的动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？

（sin370=0．6，cos370=0．8）

分析与解：

依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。

当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：

重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：

FN=mg，F=Ff，Ff=μFN，解上述三式得：

μ=0.5.。

同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：

重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。

根据牛顿第二定律可得：

，

Ff1=μFN1，解上述三式得

.由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:

.