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3．某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了如图甲所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出另一端A经过某位置的瞬时速度VA，并记下该位置与转轴O的竖直高度差h．

（1）用螺旋测微器测量杆的宽度L如图乙，由此读出L=1.740mm；通过测量可知杆的宽度L很小，设杆A端通过光电门的时间为t，则A端通过光电门的瞬时速度VA的表达式为VA=$\frac{L}{t}$
组次123456
h/m0.050.100.150.200.250.30
vA/（m•S-1）1.231.732.122.462.743.00
vA-1/（S•m-1）0.810.580.470.410.360.33
VA21.503.004.506.057.519.00
（2）调节h的大小并记录对应的速度vA，数据如表．为了形象直观地反映vA和h的关系，请在丙图中以VA2为纵坐标，h为横坐标描点画图象．
（3）当地重力加速度g取10m/s2，结合图象分析，杆转动时的动能Ek=$\frac{1}{6}$mvA2（请用质量m、速度VA表示）．

分析 （1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，可动刻度的精度为0.01mm，在读可动刻度读数时需估读；杆的有效宽度为L很小，A端通过光电门的时间为t，故可以用t时间内的平均速度表示该段时间间隔内任意时刻的瞬时速度；
（2）从数据中可看出，h与v2成正比，因此纵坐标应该是v2，图象应该是一条过原点的直线；
（3）根据作出的v2-h图象，得到h和vA2的关系，根据动能定理Mg•$\frac{h}{2}$=Ek，把h用vA2代换，化简可得杆转动时的动能．

解答 解：（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为24.0×0.01mm=0.240mm，所以最终读数为：1.5mm+0.240mm=1.740mm；
杆的有效宽度为L很小，A端通过光电门的时间为t，故可以用t时间内的平均速度表示该段时间间隔内任意时刻的瞬时速度；
故A端通过光电门的瞬时速度vA的表达式为：vA=$\frac{L}{t}$；
（2）从数据中可看出，h与v2成正比，因此纵坐标应该是v2，图象应该是一条过原点的直线，通过描点拟合直线可得如图所示的直线．

（3）由动能定理得：Mg•$\frac{h}{2}$=Ek；
由图象得：h=$\frac{1}{30}$vA2
得：Ek=Mg•$\frac{1}{60}$vA2=$\frac{1}{6}$mvA2．
故答案为：（1）1.740，$\frac{L}{t}$；（2）如图所示；（3）$\frac{1}{6}$mvA2．

点评 杆转动时的动能也可以用微元法求解：
设杆长r，杆转动的角速度为：ω=$\frac{{v}_{A}}{r}$；
在杆上取△x长度微元，设其离O点间距为x，其动能为：$\frac{1}{2}$•$\frac{m△x}{r}$•（$\frac{{v}_{A}}{r}$•x）2；
积分得到：Ek=${∫}_{0}^{r}$ $\frac{1}{2}$•$\frac{m△x}{r}$•（$\frac{{v}_{A}}{r}$•x）2=$\frac{1}{6}$mvA2．

练习册系列答案
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