Question

8．如圖1，裝置BOO′可繞豎直軸OO′轉(zhuǎn)動，可視為質(zhì)點的小球A與兩細線連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ=37°．已知小球的質(zhì)量m=1kg，細線AC長L=1m，B點距轉(zhuǎn)軸的水平距離和距C點的豎直距離相等．（g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω₁時，細線AB水平拉直且張力為0，求角速度ω₁的大�。�
（2）若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω₂時，細線AB剛好豎直且張力為0，求角速度ω₂的大�。�
（3）裝置可以以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，試通過計算在如圖2的坐標系中作出細線AC中張力T與角速度的平方ω²之間的關系圖象．

Answer 1

分析 （1）當細線AB張力為零時，小球受重力和AC繩的拉力，靠兩個力的合力提供向心力，根據(jù)小球轉(zhuǎn)動的半徑，結(jié)合牛頓第二定律求出角速度ω₁的大�。�
（2）細線AB恰好豎直，但張力為零時，由幾何關系求出AC繩與豎直方向的夾角，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度ω₂的大�。�
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出$ω≤{ω_{1}}=\frac{5}{2}\sqrt{2}{rad/s}$時、ω₁≤ω≤ω₂時、ω＞ω₂時拉力的大小，從而確定細線AC上張力T隨角速度的平方ω²變化的關系，并作出圖象．

解答 解：（1）細線AB水平拉直且張力為0時有：mgtan37°=mω₁²lsin37°
解得：${ω}_{1}=\sqrt{\frac{g}{lcos37°}}=\sqrt{\frac{50}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$．

（2）細線AB恰好豎直，但張力為零時，由幾何關系得：
$cosθ′=\frac{3}{5}$，
則有：θ′=53°
$mgtanθ′=m{{ω}_{2}}^{2}lsinθ′$
解得：${ω}_{2}=\sqrt{\frac{50}{3}}rad/s$．
（3）當ω≤ω₁時，細線AC張力的水平分量提供向心力，豎直分量與小球重力平衡，即Tcosθ=mg得T=$\frac{50}{4}$Nω₁≤ω≤ω₀時，細線AB松弛，細線AC張力的水平分量提供向心力，即Tsinϕ=mω²Lsinϕ，得T=mω²Lω＞ω₀時，細線AB對小球有向下的力作用，但是仍然是細線AC張力的水平分量提供向心力，即Tsinα=mω²Lsinα，
得T=mω²L
綜上所述，ω≤ω₁時，T=$\frac{50}{4}$N=12.5N不變ω＞ω₁時，T=mω²L=ω²
所以，細線AC上張力T隨角速度的平方ω²變化的關系圖象如圖所示．
答：（1）角速度ω₁的大小為$\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$．
（2）細線AB剛好豎直且張力為0，角速度ω₂的大小是$\sqrt{\frac{50}{3}}rad/s$．
（3）細線AC上張力T隨角速度的平方ω²變化的關系圖象如圖．

點評 解決本題的關鍵理清小球做圓周運動的向心力來源，確定小球運動過程中的臨界狀態(tài)，運用牛頓第二定律進行求解．