Question

2．如圖所示，光滑斜面與水平面成α角，斜面上一根長(zhǎng)為l=0.30m的輕桿，一端系住質(zhì)量為0.2kg的小球，另一端可繞O點(diǎn)在斜面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，先將輕桿拉至水平位置，然后給小球一沿著斜面并與輕桿垂直的初速度v₀=3m/s，取g=10m/s²，則（　�。�

• A． 此時(shí)小球的加速度大小為$\sqrt{30}$m/s²
• B． 小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)其的彈力沿斜面向下
• C． 若增大v₀，小球達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)桿子對(duì)小球的彈力一定增大
• D． 若增大v₀，小球達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)桿子對(duì)小球的彈力可能減小

Answer 1

分析 先對(duì)小球受力分析，受細(xì)桿拉力、斜面彈力、重力，小球在出發(fā)點(diǎn)時(shí)，由細(xì)桿的拉力提供向心力，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可列此時(shí)的表達(dá)式；小球從釋放到最高點(diǎn)的過程，在依據(jù)動(dòng)能定理可知，速度越來越大，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的彈力與小球的重力沿斜面的分力的合力提供向心力．

解答 解：A、小球做變速圓周運(yùn)動(dòng)，在初位置加速度不指向圓心，將其分解：
切向加速度為：$a′=\frac{mgsinα}{m}=gsinα$：
向心加速度為：${a}_{n}=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{l}=\frac{9}{0.30}m/{s}^{2}=30m/{s}^{2}$
根據(jù)平行四邊形定則知，小球此時(shí)的加速度為：a=$\sqrt{a{′}^{2}+{{a}_{n}}^{2}}＞\sqrt{30}$m/s²，故A錯(cuò)誤．
B、從開始到最高點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-mglsinα=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，解得：v₁=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}-2glsinα}$，考慮臨界情況，如果沒有桿的彈力，重力的平行斜面分力提供向心力，有：$mgsinα=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{l}$，可以得到v₂小于v₁，說明桿在最高點(diǎn)對(duì)球是拉力，故B正確．
CD、在最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的彈力是拉力，故：F+mgsinα=$m\frac{v{′}^{2}}{l}$，如果初速度增大，則最高點(diǎn)速度也增加，故拉力F一定增加，故C正確，D錯(cuò)誤．
故選：BC．

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)是分析小球圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，這個(gè)情形雖然不是在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，但是其原理和豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)一樣，要利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的觀點(diǎn)結(jié)合牛頓第二定律求解．