Question

6．如圖所示，小球A可視為質(zhì)點(diǎn)，裝置靜止時(shí)輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)AB水平，輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)AC與豎直方向的夾角θ=37°．已知小球的質(zhì)量為m，細(xì)線(xiàn)AC長(zhǎng)l，B點(diǎn)距C點(diǎn)的水平和豎直距離相等．裝置BO′O能以任意角速度繞豎直軸O′O轉(zhuǎn)動(dòng)，且小球始終在BO′O平面內(nèi)，那么在ω從零緩慢增大的過(guò)程中（　�。�（重力加速度g取10m/s²，sin 37°=$\frac{3}{5}$，cos 37°=$\frac{4}{5}$）

• A． 兩細(xì)線(xiàn)張力均增大
• B． 細(xì)線(xiàn)AB中張力一直變小，直到為零
• C． 細(xì)線(xiàn)AC中張力先不變，后增大
• D． 當(dāng)AB中張力為零時(shí)，角速度可能為$\sqrt{\frac{5g}{4l}}$

Answer 1

分析 靜止時(shí)受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解；當(dāng)細(xì)線(xiàn)AB張力為零時(shí)，繩子AC拉力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的范圍．
結(jié)合以上的分析然后逐個(gè)選項(xiàng)討論即可．

解答 解：當(dāng)靜止時(shí)，受力分析如右圖，由平衡條件
T_AB=mgtan37°=0.75mg，${T}_{AC}=\frac{mg}{cos37°}=1.25mg$，
若AB中的拉力為0，當(dāng)ω最小時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ₁=37°，
受力分析如右圖，$mgtan{θ}_{1}=m（lsin{θ}_{1}）{{ω}_{min}}^{2}$，
得${ω}_{min}=\sqrt{\frac{5g}{4l}}$．
當(dāng)ω最大時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ₂=53°，
$mgtan{θ}_{2}=m{{ω}_{max}}^{2}lsin{θ}_{2}$，
得${ω}_{max}=\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．
所以ω取值范圍為$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．繩子AB的拉力都是0．
A、由以上的分析可知，開(kāi)始時(shí)AB是拉力不為0，當(dāng)轉(zhuǎn)速在$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$時(shí)，AB的拉力為0，角速度再增大時(shí)，AB的拉力又會(huì)增大，故AB錯(cuò)誤；
C、當(dāng)繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時(shí)，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于$\sqrt{\frac{5g}{4l}}$后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開(kāi)始增大；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于$\sqrt{\frac{5g}{3l}}$后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變當(dāng)水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大；故C正確；
D、由開(kāi)始時(shí)的分析可知，當(dāng)ω取值范圍為$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．繩子AB的拉力都是0．故D正確．
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 本題考查了共點(diǎn)力平衡和牛頓第二定律的基本運(yùn)用，解決本題的關(guān)鍵理清小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，確定小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界狀態(tài)，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解．