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    9．如图1所示，装置BO′O可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°．（已知小球的质量m=1kg，细线AC长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等．（重力加速度g取10m/s2，sin37°=$\frac{3}{5}$，cos37°=$\frac{4}{5}$）

    （1）若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
    （2）若装置匀速转动的角速度ω2=$\sqrt{\frac{50}{2}}$rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角；
    （3）装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图2中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象．

    分析 （1）细线AB上张力恰为零时小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．
    （2）${ω_{2}}=\sqrt{\frac{50}{3}}{rad/s}$＞${ω_{1}}=\sqrt{\frac{50}{4}}{rad/s}$时，细线AB松弛，根据小球重力和拉力的合力提供向心力求出细线AC与竖直方向的夹角．
    （3）根据牛顿第二定律分别求出$ω≤{ω_{1}}=\frac{5}{2}\sqrt{2}{rad/s}$时、ω1≤ω≤ω2时、ω＞ω2时拉力的大小，从而确定细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系，并作出图象．

    解答 解：（1）当细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°时，设装置匀速转动的角速度为ω1，小球受力如图所示，

    则有mgtanθ=$mω_1^2Lsinθ$
    得ω1=$\sqrt{\frac{g}{Lcosθ}}$=$\sqrt{\frac{50}{4}}$rad/s=$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$rad/s
    （2）当装置转动角速度变大，小球将上移，细线与竖直方向夹角变大，直到BA细线竖直，由几何关系可知对应偏角α=53°．设此时细线AB张力为零时对应角速度为ω0，则有mgtanα=$mω_0^2Lsinα$得ω0=$\sqrt{\frac{50}{3}}$rad/s
    由于ω2=$\sqrt{\frac{50}{2}}$rad/s＞$\sqrt{\frac{50}{3}}$rad/s，所以细线AC与竖直方向的夹角为α=53°．
    （3）ω≤ω1时，细线AC张力的水平分量提供向心力，竖直分量与小球重力平衡，即Tcosθ=mg得T=$\frac{50}{4}$Nω1≤ω≤ω0时，细线AB松弛，细线AC张力的水平分量提供向心力，即Tsinϕ=mω2Lsinϕ，得T=mω2Lω＞ω0时，细线AB对小球有向下的力作用，但是仍然是细线AC张力的水平分量提供向心力，即Tsinα=mω2Lsinα，
    得T=mω2L
    综上所述，ω≤ω1时，T=$\frac{50}{4}$N=12.5N不变ω＞ω1时，T=mω2L=ω2
    所以，细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象如图所示．
    答：（1）角速度ω1的大小为$\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$．
    （2）细线AC与竖直方向的夹角为53°．
    （3）细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象如图．

    点评 解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解．

    练习册系列答案
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