Question

1．如圖1所示，小球通過長為R的細繩懸掛于O點，左側(cè)O′處有細釘子，$\overline{OO′}$=L，OO′連線與豎直方向OB夾角為θ=60°，讓小球從偏離OB夾角為α₀的A處靜止釋放，小球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)作圓周運動，當(dāng)運動到左側(cè)位置C時，釘子會擋住細繩，小球可視為質(zhì)點，忽略一切摩擦，小球在運動過程中不會與繩子接觸，（取g=10m/s²）求：

（1）小球到達最低點B瞬間，繩子的張力T為多大？
（2）設(shè)繩與OB夾角為α，在O點安裝力的傳感器，測量得到小球從A點靜止釋放到最低點B的過程中，繩子拉力T隨cos α變化如下圖2所示，求小球的質(zhì)量m為多少？初始位置夾角α₀為多少？
（3）當(dāng)α₀=90°，且繩子可承受的最大張力T_M=5mg時，要使小球恰能繞釘子通過O′點正上方的最高點D，問L的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）小球從靜止到B點的過程中，根據(jù)動能定理列式，在最低點，根據(jù)向心力公式列式，聯(lián)立即可求解T；
（2）對小球從釋放到繩子與OB夾角為α過程中，由動能定理列式．對小球在與繩子與OB夾角為α處，根據(jù)向心力公式列式，聯(lián)立得到T與cos α的關(guān)系式，結(jié)合圖象的信息求解．
（3）設(shè)小球≤′O點在豎直面內(nèi)做完整圓周運動的半徑為r，恰能過最高點時速度為v₂，根據(jù)向心力公式求出最高點速度，從小球釋放到D點過程中，由動能定理求得最大半徑，對小球在小圓最低點時由向心力公式結(jié)合動能定理求出最小半徑，進而求出半徑的范圍，即可求出L的范圍．

解答 解：（1）小球在釋放到最低點過程中，由動能定理得：
$mgR（1-cos{α_0}）=\frac{1}{2}m{v_1}^2$；
對小球在最低點處，由牛頓第二定律得：
$T-mg=\frac{{m{v_1}^2}}{R}$；
得到：T=3mg-2mgcosα₀
（2）對小球從釋放到繩子與OB夾角為α過程中，由動能定理得
$mgR（cosα-cos{α_0}）=\frac{1}{2}m{v_2}^2$
對小球在與繩子與OB夾角為α處，由牛頓第二定律得：
$T-mgcosα=\frac{{m{v_2}^2}}{R}$
解得：T=3mgcosα-2mgcosα₀
幾何圖象，斜率為3mg，截距為-2mg cos α₀，易知m=1kg，α₀=60°
（3）從小球釋放到D點過程中，由動能定理得：
$mg（Lcosθ-R+L）=\frac{1}{2}m{v_3}^2$
D處對小球有：$mg≤\frac{{m{v_3}^2}}{R-L}$
得到：$L≥\frac{3}{4}R$；
繩子在C處張力最大，從小球釋放到C點過程中，由動能定理得：
$mgRcosθ=\frac{1}{2}m{v_4}^2$
在C點，有：$T-mgcosθ=\frac{{m{v_4}^2}}{R-L}$；
據(jù)題有：T≤5mg；
得到：$L≤\frac{7}{9}R$
最終得到$\frac{3}{4}R≤L≤\frac{7}{9}R$
答：（1）小球到達最低點B瞬間，繩子的張力T為3mg-2mgcosα₀．
（2）小球的質(zhì)量m是1kg，α₀是60°．
（3）L的取值范圍是：$\frac{3}{4}R≤L≤\frac{7}{9}R$．

點評 本題主要考查了動能定理及向心力公式的應(yīng)用，要注意小球能最高點對速度的要求，在最低時繩子的拉力不能超過最大承受力．