如图1所示.装置BO′O可绕竖直轴OO′转动.可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B.C两点.装置静止时细线AB水平.细线AC与竖直方向的夹角θ=37°．(已知小球的质量m=1kg.细线AC长L=1m.B点距C点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g取10m/s2.sin37°=$\frac{3}{5}$.cos37°=$\frac{4}{5}$)(1)若装置匀速转动的角速度� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．如图1所示，装置BO′O可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°．（已知小球的质量m=1kg，细线AC长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等．（重力加速度g取10m/s²，sin37°=$\frac{3}{5}$，cos37°=$\frac{4}{5}$）

（1）若装置匀速转动的角速度为ω₁时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω₁的大小；
（2）若装置匀速转动的角速度ω₂=$\sqrt{\frac{50}{2}}$rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角；
（3）装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图2中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω²变化的关系图象．

分析（1）细线AB上张力恰为零时小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．
（2）${ω_{2}}=\sqrt{\frac{50}{3}}{rad/s}$＞${ω_{1}}=\sqrt{\frac{50}{4}}{rad/s}$时，细线AB松弛，根据小球重力和拉力的合力提供向心力求出细线AC与竖直方向的夹角．
（3）根据牛顿第二定律分别求出$ω≤{ω_{1}}=\frac{5}{2}\sqrt{2}{rad/s}$时、ω₁≤ω≤ω₂时、ω＞ω₂时拉力的大小，从而确定细线AC上张力T随角速度的平方ω²变化的关系，并作出图象．

解答解：（1）当细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°时，设装置匀速转动的角速度为ω₁，小球受力如图所示，

则有mgtanθ=$mω_1^2Lsinθ$
得ω₁=$\sqrt{\frac{g}{Lcosθ}}$=$\sqrt{\frac{50}{4}}$rad/s=$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$rad/s
（2）当装置转动角速度变大，小球将上移，细线与竖直方向夹角变大，直到BA细线竖直，由几何关系可知对应偏角α=53°．设此时细线AB张力为零时对应角速度为ω₀，则有mgtanα=$mω_0^2Lsinα$得ω₀=$\sqrt{\frac{50}{3}}$rad/s
由于ω₂=$\sqrt{\frac{50}{2}}$rad/s＞$\sqrt{\frac{50}{3}}$rad/s，所以细线AC与竖直方向的夹角为α=53°．
（3）ω≤ω₁时，细线AC张力的水平分量提供向心力，竖直分量与小球重力平衡，即Tcosθ=mg得T=$\frac{50}{4}$Nω₁≤ω≤ω₀时，细线AB松弛，细线AC张力的水平分量提供向心力，即Tsinϕ=mω²Lsinϕ，得T=mω²Lω＞ω₀时，细线AB对小球有向下的力作用，但是仍然是细线AC张力的水平分量提供向心力，即Tsinα=mω²Lsinα，
得T=mω²L
综上所述，ω≤ω₁时，T=$\frac{50}{4}$N=12.5N不变ω＞ω₁时，T=mω²L=ω²
所以，细线AC上张力T随角速度的平方ω²变化的关系图象如图所示．
答：（1）角速度ω₁的大小为$\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$．
（2）细线AC与竖直方向的夹角为53°．
（3）细线AC上张力T随角速度的平方ω²变化的关系图象如图．

点评解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解．

练习册系列答案

	A．	电势φ_A＞φ_B，场强E_A＜E_B
	B．	电势φ_A＞φ_B，场强E_A＞E_B
	C．	将+q电荷从A点移动到B点电场力做负功
	D．	将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E_PA＞E_PB

	A．	落在a点的颗粒带负电、C点的带正电、b点的不带电
	B．	落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度的关系是a_a＞a_b＞a_c
	C．	三个颗粒运动到正极板时a颗粒的动能最大，b颗粒动能最小
	D．	电场力对落在b点的颗粒不做功

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