Question

4．如圖所示，一個豎直轉動軸與地面上的Q點接觸，PQ=$\frac{68}{45}$l，長為l的輕繩一端固定在轉動軸上的P點，另一端系著一質量為m的小球，轉動軸不轉動，給小球施加一向右緩慢拉動的水平拉力，當輕繩與轉動軸的夾角為37°時，輕繩即將斷裂，重力加速度為g．不計空氣阻力．
（1）求輕繩能承受的最大拉力；
（2）若小球m隨轉動軸作勻速轉動，求小球勻速轉動的最大角速度；
（3）若轉動軸達到最大速度時，輕繩斷裂，小球落地后速度立即減為零，求落地點與Q點間的距離．

Answer 1

分析 （1）小球受重力、繩子的拉力和水平拉力平衡，根據(jù)共點力平衡求解輕繩能承受的最大拉力．
（2）若小球m隨轉動軸作勻速轉動，當輕繩拉力達到最大時角速度達到最大值，根據(jù)牛頓第二定律：小球重力和拉力的合力提供向心力，列式求解．
（3）輕繩斷裂后小球做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出平拋運動的水平距離，再由幾何知識求解落地點與Q點間的距離．

解答 解：（1）輕繩即將斷裂時，根據(jù)平衡條件，應滿足
  Tcos37°=mg
得輕繩能承受的最大拉力為 T=$\frac{5}{4}$mg
（2）若小球m隨轉動軸作勻速轉動，當輕繩拉力達到最大時角速度達到最大值，此時繩子與豎直方向的夾角為 α，則cosα=$\frac{mg}{T}$=$\frac{4}{5}$，sinα=$\frac{3}{5}$
由牛頓第二定律有   $\sqrt{{T}^{2}-（mg）^{2}}$=mω²lsinα
解得小球勻速轉動的最大角速度為ω=$\sqrt{\frac{5g}{4l}}$；
（3）最大速度為 v=ωlsinα=$\sqrt{\frac{9}{20}gl}$
輕繩斷裂后小球做平拋運動，則有
  $\frac{68}{45}$l-lcosα=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  x=vt
解得 x=$\frac{4}{5}$l
故落地點與Q點間的距離為 S=$\sqrt{{x}^{2}+（lsinα）^{2}}$=l
答：
（1）輕繩能承受的最大拉力是$\frac{5}{4}$mg；
（2）若小球m隨轉動軸作勻速轉動，小球勻速轉動的最大角速度是$\sqrt{\frac{5g}{4l}}$；
（3）若轉動軸達到最大速度時，輕繩斷裂，小球落地后速度立即減為零，落地點與Q點間的距離是l．

點評 解決本題的關鍵搞清向心力的來源，抓住臨界狀態(tài)的特點，運用牛頓第二定律進行求解．