Question

2．如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在傾角為θ的光滑斜面上，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球在斜面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 小球的最小動(dòng)能可能是0
• B． 小球的最大動(dòng)能可能是2mgLsinθ
• C． 細(xì)繩的最大拉力可能是5mgsinθ
• D． 細(xì)繩的最大拉力與最小拉力的差值一定為6mgsinθ

Answer 1

分析 當(dāng)小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)圓周的最高點(diǎn)速度最小，此時(shí)拉力為零，靠重力沿斜面方向上的分力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求出小球的最小速度，小球在最低點(diǎn)時(shí)，速度最大，小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，繩子的拉力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求解小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的最小速度，從而求出最低點(diǎn)的最小動(dòng)能，小球通過(guò)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)，靠重力沿斜面方向上的分力和拉力的合力提供向心力，從而根據(jù)牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而求出拉力差．

解答 解：A、當(dāng)小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)圓周的最高點(diǎn)速度最小，此時(shí)拉力為零，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律有：
  mgsinθ=m$\frac{{{v}_{1}}^{2}}{L}$
解得：${v}_{1}=\sqrt{gLsinθ}$，則小球的最小動(dòng)能${E}_{Kmin}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}mgLsinθ$，故A錯(cuò)誤；
B、球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，繩子的拉力不做功，小球的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}=mg•2lsinθ$
解得：${v}_{2}=\sqrt{5gLsinθ}$
則整個(gè)過(guò)程中，小球的最大動(dòng)能最小為${E}_{K}=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}=\frac{5}{2}mgLsinθ$，故B錯(cuò)誤；
C、在最低點(diǎn)，繩子的拉力最大，當(dāng)最低點(diǎn)速度取${v}_{2}=\sqrt{5gLsinθ}$時(shí)，繩子拉力取最大拉力的最小值，則有
$T-mgsinθ=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{L}$
解得：T=6mgsinθ，故C錯(cuò)誤；
D、小球在最高點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力最小，在最低點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力最大，
設(shè)最高點(diǎn)的速度為v，最高點(diǎn)速度為v′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}=mg•2lsinθ$①，
在最高點(diǎn)有：$mgsinθ-{T}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{L}$②，
在最低點(diǎn)有：${T}_{2}-mgsinθ=m\frac{v{′}^{2}}{L}$③，
由①②③解得：
T₂-T₁=6mgsinθ，故D正確．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵搞清圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源，結(jié)合牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律進(jìn)行求解，知道小球在最高點(diǎn)速度最小，最低點(diǎn)速度最大，且最高點(diǎn)和最低點(diǎn)速度也能根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出關(guān)系，難度適中．