Question

13．如圖所示，一根長(zhǎng)L=1m的光滑輕質(zhì)細(xì)桿AB與水平面夾角θ=53°，桿上套一質(zhì)量m=1kg的小球（可看做質(zhì)點(diǎn)），桿繞過(guò)A點(diǎn)的豎直線以某角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)小球剛好位于桿正中間且相對(duì)桿靜止，g取10m/s²，求：
（1）桿對(duì)球作用力大小及小球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度？
（2）改變桿的轉(zhuǎn)速，小球?qū)⒀貤U向上移動(dòng)，當(dāng)桿的角速度達(dá)到多大時(shí)，小球?qū)⒚撾x桿？在此過(guò)程中桿對(duì)小球做了多少功？
（3）小球脫離桿后落在水平面上，其落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離多大？

Answer 1

分析 （1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出小球剛好位于桿正中間且相對(duì)桿靜止時(shí)桿的作用力和角速度；
（2）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出小球上升到桿的最上端時(shí)的線速度，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出桿做的功；
（3）小球脫離桿后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的方法，結(jié)合幾何關(guān)系即可求出．

解答 解：（1）小球剛好位于桿正中間且相對(duì)桿靜止時(shí)受力如圖1，則：
F_N•cosθ=mg
所以：${F}_{N}=\frac{mg}{cosθ}=\frac{1×10}{sin53°}=\frac{50}{3}$N
重力與桿的作用力的合力提供向心力，所以：$mr{ω}^{2}={F}_{N}•sinθ=\frac{50}{3}×\frac{4}{5}$=$\frac{40}{3}$N
又：$r=\frac{L}{2}•cos53°$
代入數(shù)據(jù)得：ω=$\frac{2\sqrt{5gL}}{3}$rad/s
（2）當(dāng)小球在最高點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，仍然是重力與桿的作用力的合力提供向心力，可知向心力仍然是：$\frac{40}{3}$N
小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r′=L•cos53°=0.6m
則：$\frac{40}{3}=mω{′}^{2}r′$
代入數(shù)據(jù)得：ω′=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$rad/s
由動(dòng)能定理得：$-mg•\frac{L}{2}sinθ+W=\frac{1}{2}m（r′ω′）^{2}-\frac{1}{2}m{r}^{2}{ω}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：W=6J
（3）小球在最高點(diǎn)的速度：${v}_{B}=ω′r′=\frac{10\sqrt{2}}{3}×0.6=2\sqrt{2}$m/s
小球離開(kāi)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，落地的時(shí)間：$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2Lsinθ}{g}}=\sqrt{\frac{2×1×sin53°}{10}}=0.4$s
水平方向的位移：x=${v}_{B}t=2\sqrt{2}×0.4=0.8\sqrt{2}$m
如圖2畫(huà)出落地點(diǎn)P與A點(diǎn)、B點(diǎn)在地面上的投影點(diǎn)B′點(diǎn)的幾何關(guān)系，則：
${r}_{A}=\sqrt{{x}^{2}+（Lcosθ）^{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：${r}_{A}=\frac{\sqrt{41}}{5}$m
答：（1）桿對(duì)球作用力大小是$\frac{50}{3}$N，小球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度是$\frac{2\sqrt{5gL}}{3}$rad/s；
（2）改變桿的轉(zhuǎn)速，小球?qū)⒀貤U向上移動(dòng)，當(dāng)桿的角速度達(dá)到$\frac{10\sqrt{2}}{3}$rad/s時(shí)，小球?qū)⒚撾x桿；在此過(guò)程中桿對(duì)小球做功6J；
（3）小球脫離桿后落在水平面上，其落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離是$\frac{\sqrt{41}}{5}$m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律、功能關(guān)系、平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，要明確小球做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，靠合力提供向心力，由靜止釋放時(shí)，加速度為零時(shí)速度最大．