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．

1.风力和摩擦力平衡.μmg=0.5mg 解得μ=0.5
2.N=mgcos37°-0.5mgsin37° mgsin37+0.5mgcos37-μN=ma (注意风力大小为0.5mg)
联立解得a=0.75g.又1/2*a*t²=s 解得t=√（2s/0.75g）=√（8s/3g）

解题思路：根据球与杆之间的摩擦力与压力成正比，比例系是k，可以列出关系式：f=kF_压，当杆水平放置时，压力等于球的重力G，根据关系式推出摩擦力大小，风力大小等于摩擦力

（1）因为球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，设比例系数为k，并设AB间的水平距离为x，斜面的倾角为θ，无风时，小球从A点到C点，根据动能定理得：
mgh−kmgcosθ•
x
cosθ−kmg(L−x)＝0
解得：k＝
h
L
（2）有风时，小球从A点到D点，根据动能定理得：mgh−F•
L
2−k(mgcosθ+Fsinθ)•
x
cosθ−kmg(
L
2−x)＝0（其中xtanθ=h）
解得：F＝
2h−kL
2kh+Lmg＝
hL
2h2+L2mg
（3）小球沿斜面有上滑趋势时：F_maxcosθ=mgsinθ+k（mgcosθ+F_maxsinθ）
解得：Fmax＝
Lsinθ+hcosθ
Lcosθ−hsinθ•mg
小球沿斜面有下滑趋势时：F_mincosθ=mgsinθ-k（mgcosθ+F_minsinθ）
解得：Fmin＝
Lsinθ−hcosθ
Lcosθ+hsinθ•mg
所以风力大小的范围是：[Lsinθ−hcosθ/Lcosθ+hsinθ•mg≤F≤
Lsinθ+hcosθ
Lcosθ−hsinθ•mg
答：（1）比例系数k值的大小为
h
L]；
（2）水平风力F为
hL
2h2+L2mg；
（3）若斜面的倾角θ为已知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F必须满足：
Lsinθ−hcosθ
Lcosθ+hsinθ•mg≤F≤
Lsinθ+hcosθ
Lcosθ−hsinθ•mg．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题解题的关键：①物体匀速直线运动时，二力平衡，大小相等；②会根据题意列出摩擦力与压力的关系式．

分析：对飞机吹风时,流过机翼上方的空气流速大,压强小,流过机翼下方的空气流速小,压强大．机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力．无风时,托盘测力计示数为15N说明飞机受到的重力为15N．
对飞机吹风时托盘测力计的示数变为为7牛,示数减小,托盘测力计示数减小的原因是空气在流速大的地方压强小、空气在流速小的地方压强大,飞机受到了一个向上的升力,升力的大小为F′=G-F=15N-7N=8N．

参考上面的链接,

解题思路：根据钢板的受力情况，分析其运动情况，分别得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象．

由题：钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑．
A、设钢板的质量为m，根据动能定理得：E_k=（mg-f）h，可知E_k与h成正比．故A正确．
B、设钢板开始时机械能为E₀，钢板克服滑动摩擦力做功等于其机械能减小，则E=E₀-fh=E₀-f•
1
2at2，则知E与t是非线性关系，图象是曲线，故B错误．
C、钢板做匀加速运动，则有v=at，v与t成正比．故C正确．
D、重力的功率P=mgv=mg
2ah，则知P与h是非线性关系，图象是曲线，故D错误．
故选AC

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题首先要正确分析钢板的运动情况，其次要根据物理规律得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象．

解题思路：首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式即可求解．

（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma₁
a₁=2 m/s² 方向沿杆向上
此时小球速度v=a₁t₁=6 m/s
（2）风力方向改变后，小球加速度为a₂
-mgsin37°-F cos37°-μN=ma₂
N+mg cos37°=F sin37°
解得a₂=24 m/s²
经过时间t2到达最高点，
t₂=
v
a2=0.25s
此处距B点的位移s=
0+v
2t2=0.75m
小球下滑时的加速度为a₃，
mgsin37°+Fcos37°-μN=ma₃
a₃=18m/s²
下滑到B点的时间为t₃，
则s=
1
2a3t32
解得：t=

3
6s
所以t=t₂+t₃=0.54s
答：（1）小球运动的加速度大小为2 m/s² 方向沿杆向上；
（2）若从改变风力F开始计时，小球经0.54s将回到B点．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 牛顿定律和运动学公式是解决力学的基本方法．关键在于分析物体的受力情况和运动情况．当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度．本题求小球上滑过程中距A点最大距离，也可运用动能定理．

解题思路：对飞机吹风时，流过机翼上方的空气流速大，压强小，流过机翼下方的空气流速小，压强大．机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力．

无风时，托盘测力计示数为15N说明飞机受到的重力为15N．
对飞机吹风时托盘测力计的示数变为为7牛，示数减小，托盘测力计示数减小的原因是空气在流速大的地方压强小、空气在流速小的地方压强大，飞机受到了一个向上的升力，升力的大小为F′=G-F=15N-7N=8N．
故答案为：小；8．

点评：
本题考点： 流体压强与流速的关系；力的合成与应用．

考点点评： 本题考查流体压强与流速关系的应用，并证明了飞机升力的产生．

解题思路：（1）对小球受力分析，受重力、拉力和风力，根据共点力平衡条件求解水平风力的大小；
（2）由于风力恒定，故摆到平衡点时速度最大，再对加速过程采用动能定理列式求解小球的最大速度．

（1）对小球受力分析，受重力、拉力和风力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：
F=mgtanα ①
（2）由于风力恒定，故摆到平衡点时速度最大，此时悬线与竖直方向夹角为α；
对加速过程采用动能定理列式，有：
Flsinα-mg（l-lcosα）=[1/2mv2-0 ②
联立①②解得：
v=
2gltanαsinα−2gl(1−cosα)]
答：（1）水平风力的大小为mgtanα；
（2）若将小球从竖直位置由静止释放，当悬线与竖直方向成α角时，小球的速度最大；最大速度是
2gltanαsinα−2gl(1−cosα)．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题关键是明确摆动的平衡点速度最大，结合共点力平衡条件和动能定理列式分析即可，不难．

解题思路：（1）小球受重力、支持力和风的推力，在x方向不受外力，做匀速直线运动，在y方向受到恒定的力，故y方向做匀变速直线运动，根据运动的合成与分解的知识进行分析计算；（2）当y方向的分速度减为零时，小球的速度变为与初速度相同，根据运动学公式列式求解即可；
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律先分析清楚y方向的运动规律，然后根据运动学公式求出回到x轴时物体的速度，得到动能．

（1）球受重力、支持力和风的推力，在x方向不受外力，做匀速直线运动，在y方向受到恒定的力，故y方向做匀变速直线运动；
设在0～2.0s内小球运动的加速度为a₁，则根据牛顿第二定律，有F₁=ma₁
解得：a₁=
F1
m＝0.40m/s2根据运动学公式，有
V_y=a₁t=0.80m/s
S_y=[1/2]a₁t²=0.80m
S_x=V₀t=0.80m
故合位移为
S=

S2x+
S2y＝0.8
2m≈1.13m即2.0s末小球在y方向的速度大小为0.80m/s，2.0s内运动的位移大小为1.13m．
（2）根据牛顿第二定律，风力F₂作用时物体的加速度为：a₂=
F2
m=0.20m/s²
风力F₂作用为：t=
vy
a2=4.0s
故风力F₂作用4s的时间，小球的速度变为与初速度相同．
（3）小球回到x轴上，则y方向的分位移为零，根据运动学公式，有
0=Sy+
v
′2y−
v2y
2(−a2)解得
v′y＝−
2a2Sy+
v2y=-0.4
6m/s
故合速度为
v＝

v2x+v
′2y＝
0．42+(0.4
6)2=0.4
7m/s
故小球回到x轴上时的动能为Ek＝
1
2mv2＝0.28J．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成和分解．

考点点评： 本题关键要将小球的运动沿着x、y方向正交分解，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，然后根据运动学公式进行列式求解．

你的纵坐标速度单位是什么?我姑且当做cm/s来计算了.如果单位不对你自己再调整数量级.
1s内,
加速度沿斜面向上 a=0.4m/s^2
根据牛顿第二定律：ma = Fcosθ -mgsinθ
其中m=1 cosθ=0.8 sinθ=0.6
解得F=8N
2s内,
加速度沿斜面向下 a‘=0.2m/s^2
根据牛顿第二定律：ma’ = mgsinθ-F‘cosθ
解得F’=7.25N
两个阶段风力不同

有相对运动时：摩擦力F=正压力*摩擦系数f竖直=k×kG=k2G,kG为处于水平方向时受到的风力大小.杆沿竖直方向固定,再将球从杆的上端由静止释放时,风力从当的正压力.

解题思路：（1）对小球受力分析，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解；
（2）对小球受力分析，受重力、风的推力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度，然后根据位移时间公式求解运动时间．

（1）设小球所受的风力为F，小球质量为m
F=μmg
故
μ=[F/mg]=[0.5 mg/mg]=0.5
即小球与杆之间的动摩擦因素为0.5．
（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f
沿杆方向
F•cos37°+mgsin37°-f=ma
垂直于杆方向
N+Fsin37°-mgcos37°=0
其中：f=μN
可解得
a=[Fcosθ+mgsinθ−f/m]=（g+
F2
m2g）sinθ=[3/4]g
S=[1/2]at²
∴t═

2S

3
4g=

8S
3g
即小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为

8S
3g．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题关键是对小球多次受力分析，结合正交分解法，根据牛顿第二定律列式求解．

在北京某科技馆内,有一个风洞实验室,一架模型飞机固定在托盘测力计上（如图2所示）.无风时,托盘测力计示数为15N；当迎面吹着飞机的风速达到20m/s时,托盘测力计的示数为7N,可以判定飞机受到了一个新的力.根据你的分析,飞机受到的该力大小为8N,方向竖直向上.

主要就是受力分析
甲：N=G,F风=f=kN=kG
乙：N‘=F风=kG
f'=kN'=k^2G
f''=G=kN'',F风’=N''=G/k
参考一下,第32题
有详细过程的

（1）由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：
a₁=
v2−v1
t1=20 m/s²，方向沿杆向上
在2～4 s内小球的加速度为：
a₂=
v3−v2
t2=-10 m/s²，负号表示方向沿杆向下．
（2）有风力时的上升过程，小球的受力情况如图所示
在y方向，由平衡条件得：
F_N1=Fsin θ+mgcosθ
在x方向，由牛顿第二定律得：
Fcosθ-mgsinθ-μF_N1=ma₁
停风后上升阶段，小球的受力情况如图所示
在y方向，由平衡条件得：
F_N2=mgcos θ
在x方向，由牛顿第二定律得：
-mgsin θ-μF_N2=ma₂
联立以上各式可得：F=60 N．
答：（1）在0～2s内的加速度大小为20 m/s²，方向沿杆向上；2～4s内的加速度大小为10 m/s²，方向沿杆向下．
（2）风对小球的作用力F的大小为60N．

该风洞建于1998年,但初期的运作并不理想,原因是测试范围太广,技术人员足足用了两年时间才完全掌握整套设备.首次根据这个风洞的实验数据来设计赛车是在2000年,结果就是这一年,法拉利车队和舒马赫登顶成功.也许这只是一个巧合,但在当今F1赛车的性能表现与空气动力学息息相关联的的前提下,风洞实验工作的成效直接影响着车队的整体表现.
它由一个直径15英尺的风扇叶轮组成,并可以最大提供2000千瓦的动力,风洞可以模拟从弯道到直道任何环境中F1车体的环境指数.这里还有最先进的数据还原系统,它能完整还原车体在受到撞击时的真实受力情况.
法拉利风洞由世界顶级建筑师Renzo Piano设计.该风洞竣工于1997年,用于模拟F1赛车在赛道上所能遇到的真实场景.风洞配有金属轧制路,5米宽,功率为2,200kW的风机,能够根据紊流度、角度和均匀性生成极高质量的气流.风洞还具有世界最先进的数据获取系统和作用力及压力监控系统.可使用比例模型并结合由300多个传感器监控的复杂机构模拟任何一种设置或运动(滚动、侧滑、俯仰和过度转向).日益加速的技术进步和不断改善的空气动力性能意味着 F1 赛车开发组始终如一地使用着风洞,同时风洞本身也在持续更新.
针对法拉利车队遥遥领先其他车队的现状,索伯车队老板皮特·索伯曾表达过自己的观点,他认为法拉利车队之所以比以前更加强势,原因之一就是他们在空气动力学套件(以下简称"空力套件")的发展上占据了绝对优势.为啥他会这样认为呢?一个主要的原因是,在2004赛季的F1大奖赛中,索伯车队不但使用了与法拉利车队相同的引擎,甚至连变速系统都是采用一样的零部件,而且在赛车底盘结构方面也都有接近之处,可为什么他们在整体表现上会落后法拉利车队如此遥远呢?赛季前半程结束后,排名第一的法拉利车队积142分,索伯车队以15个积分位列全部10支车队的第6位)?造成这些差距不仅在于引擎或是变速箱以及底盘的调校方面,可能主要原因之一还是出在赛车的空力套件上.毕竟,在研发空力套件的专业项目方面,索伯车队现在还处于起步阶段,消耗资金相当高的风洞实验室的研究也在最近才开始实施.
对于高速运转的赛车来说,空力套件发挥着至关重要的作用.当赛车在高速前进时,必须要面对两个"敌人"的挑战,一个是来自路面的阻力,另一个则是空气阻力.为了将迎面而来的无形空气切割开来,以达到在气流中更快速而且稳定穿梭的目标,赛车的前、中、后、侧、上和下各部分车身的设计就必须具有扰流与导流的功能,尽量能够减低风阻,并有效利用气流来将引擎、变速箱和刹车系统等产生的高温热能带走.同时,也要利用气流来产生足够的车身下压力,使赛车紧紧贴住地面,另外就是使得赛车尾部的乱流或是真空带对后方追击车辆产生更强烈的"影响".这些,都是流体力学工程师们要不断解决的问题.

解题思路：对飞机吹风时，流过机翼上方的空气流速大，压强小，流过机翼下方的空气流速小，压强大．机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力．

无风时，托盘测力计示数为15N说明飞机受到的重力为15N．
对飞机吹风时托盘测力计的示数变为为7牛，示数减小，托盘测力计示数减小的原因是空气在流速大的地方压强小、空气在流速小的地方压强大，飞机受到了一个向上的升力，升力的大小为F′=G-F=15N-7N=8N．
故答案为：小；8．

点评：
本题考点： 流体压强与流速的关系；力的合成与应用．

考点点评： 本题考查流体压强与流速关系的应用，并证明了飞机升力的产生．

（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma ₁
a ₁ =2 m/s ² 方向沿杆向上
此时小球速度v=a ₁ t ₁ =6 m/s
（2）风力方向改变后，小球加速度为a ₂
-mgsin37°-F cos37°-μN=ma ₂
N+mg cos37°=F sin37°
解得a ₂ =24 m/s ²
经过时间t2到达最高点，
t ₂ =
v
a 2 =0.25s
此处距B点的位移s=
0+v
2 t 2 =0.75m
小球下滑时的加速度为a ₃ ，
mgsin37°+Fcos37°-μN=ma ₃
a ₃ =18m/s ²
下滑到B点的时间为t ₃ ，
则s=
1
2 a 3 t 3 2
解得：t=

3
6 s
所以t=t ₂ +t ₃ =0.54s
答：（1）小球运动的加速度大小为2 m/s ² 方向沿杆向上；
（2）若从改变风力F开始计时，小球经0.54s将回到B点．

是静止的,在风洞中,通过测试飞机模型在高速气流中的状态数据进行研究

思路,考的是受力分析,
首先分析受力,小球受自身重力,受到风力,和杆给的支持力以及杆给的摩擦力
既然分析小球运动,我们要以小球运动方向上的力为准,这样就需要计算风力,重力,以及摩擦力在杆方向上的分力和 = ma1, 即求得a1
第二问可用v方=2a1s1解,其中v=a1t,即可解得s1,之后由于风力撤去,只由摩擦力和重力的沿杆分量作用,列式解得a2,之后由v方=2a2s2 解得s2,Xm=s1+s2.
第三问首先用2.25减去s1得到距离x,用x=vt-1/2a2t方 可解得t

（1）μFN=0.5mgFN=mg所以μmg=0.5mgμ=0.5(2)此时小球受到四个力的作用：重力mg,垂直杆子的支持力FN,水平方向风力0.5mg,沿杆子向上的摩擦力f=0.5FN这四个力在垂直杆子方向的合力为0 ：FN+0.5mgsin37-mgcos37=0求出F...

解；（1）取沿杆向上为正方向，由图象可知：
在0～2 s内：a1＝
v1−v0
t1＝15m/s（方向沿杆向上）
在2～5 s内：a2＝
v2−v1
t2＝−10m/s（“-”表示方向沿杆向下）
（2）有风力时的上升过程，
小球受力分析如图所示；

由牛顿第二定律得：
Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma₁…①
停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；

根据牛顿第二定律有：-μmgcosθ-mgsinθ=ma₂…②
由②解得：μ=0.5
代入①得：F=50 N
答：（1）小球在0～2s内的加速度a₁=15m/s²和2～5s内的加速度a₂=-10m/s²；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ=0.5和水平风力F的大小50N．

沿细杆方向建立直角坐标系,
设：细杆对小球的弹力为：N,小球的加速度为：a,
对小球受力分析,则有：
垂直细杆方向：N=mgcos37-Fsin37=0.8mg-0.5*0.6mg=0.5mg,方向垂直细杆指向右下方.
平行细杆方向：am=mgsin37+Fcos37-uN
am=0.6mg+0.5*0.8mg-0.5*0.5mg,解得：a=0.75g,方向沿细杆向下.
由：s=at^2/2,s=2.4m,a=0.75g,解得：t=0.8s

解题思路：当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速经过杆上A、B两点说明重力与摩擦力相等，当小球不受摩擦力时滑到B点时动能最大．

当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速经过杆上A、B两点，设风力为F，则μF=mg①当小球不受摩擦力时滑到B点时动能最大，不受摩擦力的前提是球与杆间无压力，故：mgsinθ=Fcosθ②联立①②的：tanθ=43故θ=53°；根据...

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题考查利用牛顿第二定律和运动学公式解决问题的能力，关键是挖掘出小球以最大加速度滑到B点时满足的受力情况．

1.运算运动,受力平衡.
竖直方向上受到重力和杆的支持力,二者平衡.
水平方向上受到风力和摩擦力,二者平衡.
所以有μmg=0.5mg
解得μ=0.5
2.对物体进行受力分析
垂直杆方向上,F（支）=mgcos37-0.5mgsin37
沿杆方向上,mgsin37+0.5mgcos37-μFn=ma
因为F（支）与Fn是作用力与反作用力
所以F（支）=Fn
解得a=0.75g
1/2*a*t²=s
解得t=√（2s/0.75g）=√（8s/3g）

冒昧的问一下,这道题很经典,书上的答案应该很清楚啊?书上没有么?
第二问算加速度的时候,物体受到：
风力（水平向左）,
重力（竖直向下）,
支持力（垂直杆向上）,
摩擦力（平行于杆向上）,
根据实际运动方向分解力,就可得到加速度.

对飞机模型进行受力分析：重力G、牵引绳的拉力T和风力F，作出力图如图所示．由于飞机模型恰好静止在空中，受力平衡，则由平衡条件得到：F=
G
cosθ ．
故选A

解题思路：根据球与杆之间的摩擦力与压力成正比，比例系是k，可以列出关系式：f=kF_压，当杆水平放置时，压力等于球的重力G，根据关系式推出摩擦力大小，风力大小等于摩擦力，当杆竖直放置时风力大小不变，由此可知竖直放置时压力的大小，再由关系式推出竖直放置时的摩擦力．

当杆水平放置时的压力等于重力，摩擦力为：f_水平=kG，
由于小球匀速滑动，所以风力大小等于摩擦力，即风力为kG，
当杆竖直放置时，风力大小不变，仍为kG，所以此时压力为kG
根据摩擦力与压力的关系，可知此时摩擦力为f_竖直=k×kG=k²G．
故答案为：k²G．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用；压力及重力与压力的区别．

考点点评： 本题解题的关键：①物体匀速直线运动时，二力平衡，大小相等；②会根据题意列出摩擦力与压力的关系式．

解题思路：先要对飞机进行受力分析，无风时的受力情况和有风时的受力情况不一样，然后根据表格中的数据来判断风速和升力的关系，并找出数据规律，把表格数据补充完整．

飞机模型无风时受重力，当迎面有风吹过时，托盘测力计的示数减小，说明受的新力与重力方向相反，竖直向上；
（1）数据表格显示风速越大，测力计示数越小，也就是说这个新的力越大；
（2）根据表格数据发现：风速以5m/s为一段，风速每增加1m/s测力计示数减小0.1N，到5m/s～10m/s时，风速每增加1m/s测力计示数降低0.3N，10m/s～15m/s风速每增加1m/s测力计示数降低0.5N，15m/s～20m/s风速每增加1m/s测力计示数降低0.7N，所以表格空白处应填10.5N．
故答案为：向上；（1）增大；（2）

风速/（m/s） 5 10 15 20 25 30 35
托盘测力计的示数/N 14.5 13.0 10.5 7.0 2.5 0 0

点评：
本题考点： 飞机的升力．

考点点评： 本题考查流体压强与流速关系的应用，并证明了飞机升力的产生，要知道飞机的升力的计算方法，关键是明白机翼的形状和飞机升力产生的原因．