Question

13．如圖所示，一根長L=1m的光滑輕質(zhì)細桿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），桿繞過A點的豎直線以某角速度勻速轉(zhuǎn)動時，此時小球剛好位于桿正中間且相對桿靜止，g取10m/s²，求：
（1）桿對球作用力大小及小球轉(zhuǎn)動的角速度？
（2）改變桿的轉(zhuǎn)速，小球?qū)⒀貤U向上移動，當桿的角速度達到多大時，小球?qū)⒚撾x桿？在此過程中桿對小球做了多少功？
（3）小球脫離桿后落在水平面上，其落點到A點的距離多大？

Answer 1

分析 （1）對小球進行受力分析，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桿靜止時桿的作用力和角速度；
（2）對小球進行受力分析，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動，由平拋運動的方法，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桿靜止時受力如圖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）當小球在最高點做圓周運動時，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
小球做圓周運動的半徑：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）小球在最高點的速度：${v}_{B}=ω′r′=\frac{10\sqrt{2}}{3}×0.6=2\sqrt{2}$m/s
小球離開B點后做平拋運動，落地的時間：$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2Lsinθ}{g}}=\sqrt{\frac{2×1×sin53°}{10}}=0.4$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畫出落地點P與A點、B點在地面上的投影點B′點的幾何關(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）桿對球作用力大小是$\frac{50}{3}$N，小球轉(zhuǎn)動的角速度是$\frac{2\sqrt{5gL}}{3}$rad/s；
（2）改變桿的轉(zhuǎn)速，小球?qū)⒀貤U向上移動，當桿的角速度達到$\frac{10\sqrt{2}}{3}$rad/s時，小球?qū)⒚撾x桿；在此過程中桿對小球做功6J；
（3）小球脫離桿后落在水平面上，其落點到A點的距離是$\frac{\sqrt{41}}{5}$m．

點評 本題考查了牛頓第二定律、功能關(guān)系、平拋運動與圓周運動的綜合，要明確小球做勻速轉(zhuǎn)動時，靠合力提供向心力，由靜止釋放時，加速度為零時速度最大．