Question

16．如图所示，让摆球从图中的C位置静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线被烧断，小球在粗糙的水平面上做匀减速运动，到达A孔，进入竖直面内的光滑圆形轨道，立即关闭A孔．已知摆线长L=3m，圆形轨道半径R=0.4m，AD之间的距离为s=1m，小球质量m=1.0kg，小球与水平地面间的动摩擦因素μ=0.2（θ=60°，g=10m/s²）
（1）求摆线被烧断前的瞬间所承受的拉力为多少？
（2）小球到达圆形轨道的最高点时速度为多少？
（3）若要使小球不脱离圆形轨道，求摆线初始位置时与竖直方向夹角θ的范围．

Answer 1

分析 （1）摆球摆到D点时，根据动能定理求出摆球摆到D点时速度，由牛顿第二定律求出摆线的拉力．
（2）小球从D到圆形轨道最高点的过程中，由动能定理求小球到达圆形轨道的最高点时速度．
（3）要使要使小球不脱离圆形轨道，有两种情况：一种在圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动．若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机械能守恒和动能定理求出θ．
要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱离轨道，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高点的过程，运用动能定理求解θ，再得到θ的范围．

解答 解：（1）摆球到达最低点时有：${F_T}-mg=m\frac{v_D^2}{L}$----①
摆球由c点运到到B点的过程中，绳子拉力不做功，所以由动能定理得：$mgL（1-cosθ）=\frac{1}{2}mv_D^2$----②
解得F_T=20N
（2）由动能定理得：$mgL（1-cosθ）-μmg{s_{DA}}-mg•2R=\frac{1}{2}m{v^2}$----③
解得$v=\sqrt{10}m/s$
（3）当小球刚好到达圆形轨道的最高点时有：$mg=m\frac{v^2}{R}$----④
再根据动能定理有：$mgL（1-cosθ）-μmg{s_{DA}}-mg•2R=\frac{1}{2}m{v^2}$----⑤
解得θ=53°，所以θ≥53°
当小球刚好只能到达圆形轨道一半高的位置时，根据动能定理有：mgL（1-cosθ）-μmgs_DA-mg•R=0----⑥
解得θ=37°，所以θ≤37°
小球进入圆形轨道的条件是：mgL（1-cosθ）-μmgs_DA=0----⑦
解得 $cosθ=\frac{2}{3}$
因此，小球不脱离圆形轨道的条件是：$arccos\frac{2}{3}≤θ≤37°或θ≥53°$
答：
（1）摆线被烧断前的瞬间所承受的拉力为20N．
（2）小球到达圆形轨道的最高点时速度为$\sqrt{10}$m/s．
（3）若要使小球不脱离圆形轨道，摆线初始位置时与竖直方向夹角θ的范围是：$arccos\frac{2}{3}≤θ≤37°或θ≥53°$．

点评 本题考查机械能守恒定律及动能定理、向心力公式等；关键是要全面分析不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解．