Question

17．如圖，頂角為2θ的光滑圓錐面上用長(zhǎng)為l細(xì)線懸掛一質(zhì)量為a的小球，現(xiàn)在使圓錐體以角速度ω繞豎直中心軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求：
（1）ω=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，求細(xì)線對(duì)小球的拉力和圓錐面對(duì)小球的支持力；
（2）ω=$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，求細(xì)線對(duì)小球的拉力和圓錐面對(duì)小球的支持力；
（3）ω=2$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，求細(xì)線對(duì)小球的拉力和圓錐面對(duì)小球的支持力．

Answer 1

分析 先求出小球剛要離開錐面時(shí)的臨界速度，此時(shí)支持力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出該臨界角速度．當(dāng)角速度大于臨界角速度，則物體離開錐面，當(dāng)角速度小于臨界角速度，物體還受到支持力，根據(jù)牛頓第二定律，物體在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，求出繩子的拉力和支持力．

解答 解：當(dāng)小球剛要離開錐面時(shí)的臨界條件為圓錐體對(duì)小球的支持力N=0，由牛頓第二定律得：
mgtanθ=m${{ω}_{0}}^{2}lsinθ$得：ω₀=$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$
（1）ω=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$＜$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$則，N₁≠0，對(duì)小球受力分析如圖1所示．則得
T₁cosθ+N₁sinθ-mg=0
T₁sinθ-N₁sinθ=mω²lsinθ
解之得：T₁=$\frac{mg}{cosθ}-\frac{3mg}{4（sinθ+cosθ）cosθ}$，${N}_{1}=\frac{3mg}{4（sinθ+cosθ）}$
（2）ω=$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，圓錐體對(duì)小球的支持力N₃=0，根據(jù)幾何關(guān)系得${T}_{3}=\frac{mg}{cosθ}$，
（3）ω=2$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$＞$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$，小球離開斜面，則圓錐體對(duì)小球的支持力N₂=0，對(duì)小球受力分析如圖2所示．
則T₂cosα-mg=0
T₂sinα=mω²lsinα
解之得：T₂=$\frac{4mg}{cosθ}$．
答：（1）ω=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力為$\frac{mg}{cosθ}-\frac{3mg}{4（sinθ+cosθ）cosθ}$，圓錐面對(duì)小球的支持力為$\frac{3mg}{4（sinθ+cosθ）}$；
（2）ω=$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力為$\frac{mg}{cosθ}$，圓錐面對(duì)小球的支持力為0；
（3）ω=2$\sqrt{\frac{g}{lcosθ}}$時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力為$\frac{4mg}{cosθ}$，圓錐面對(duì)小球的支持力為0．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵找出物體的臨界情況，正確分析物體的受力情況，再運(yùn)用牛頓第二定律求解．要注意小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不是L，而是Lsinθ