Question

13．如图所示，一根长L=1m的光滑轻质细杆AB与水平面夹角θ=53°，杆上套一质量m=1kg的小球（可看做质点），杆绕过A点的竖直线以某角速度匀速转动时，此时小球刚好位于杆正中间且相对杆静止，g取10m/s²，求：
（1）杆对球作用力大小及小球转动的角速度？
（2）改变杆的转速，小球将沿杆向上移动，当杆的角速度达到多大时，小球将脱离杆？在此过程中杆对小球做了多少功？
（3）小球脱离杆后落在水平面上，其落点到A点的距离多大？

Answer 1

分析 （1）对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出小球刚好位于杆正中间且相对杆静止时杆的作用力和角速度；
（2）对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出小球上升到杆的最上端时的线速度，然后结合功能关系即可求出杆做的功；
（3）小球脱离杆后做平抛运动，由平抛运动的方法，结合几何关系即可求出．

解答 解：（1）小球刚好位于杆正中间且相对杆静止时受力如图1，则：
F_N•cosθ=mg
所以：${F}_{N}=\frac{mg}{cosθ}=\frac{1×10}{sin53°}=\frac{50}{3}$N
重力与杆的作用力的合力提供向心力，所以：$mr{ω}^{2}={F}_{N}•sinθ=\frac{50}{3}×\frac{4}{5}$=$\frac{40}{3}$N
又：$r=\frac{L}{2}•cos53°$
代入数据得：ω=$\frac{2\sqrt{5gL}}{3}$rad/s
（2）当小球在最高点做圆周运动时，仍然是重力与杆的作用力的合力提供向心力，可知向心力仍然是：$\frac{40}{3}$N
小球做圆周运动的半径：r′=L•cos53°=0.6m
则：$\frac{40}{3}=mω{′}^{2}r′$
代入数据得：ω′=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$rad/s
由动能定理得：$-mg•\frac{L}{2}sinθ+W=\frac{1}{2}m（r′ω′）^{2}-\frac{1}{2}m{r}^{2}{ω}^{2}$
代入数据得：W=6J
（3）小球在最高点的速度：${v}_{B}=ω′r′=\frac{10\sqrt{2}}{3}×0.6=2\sqrt{2}$m/s
小球离开B点后做平抛运动，落地的时间：$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2Lsinθ}{g}}=\sqrt{\frac{2×1×sin53°}{10}}=0.4$s
水平方向的位移：x=${v}_{B}t=2\sqrt{2}×0.4=0.8\sqrt{2}$m
如图2画出落地点P与A点、B点在地面上的投影点B′点的几何关系，则：
${r}_{A}=\sqrt{{x}^{2}+（Lcosθ）^{2}}$
代入数据得：${r}_{A}=\frac{\sqrt{41}}{5}$m
答：（1）杆对球作用力大小是$\frac{50}{3}$N，小球转动的角速度是$\frac{2\sqrt{5gL}}{3}$rad/s；
（2）改变杆的转速，小球将沿杆向上移动，当杆的角速度达到$\frac{10\sqrt{2}}{3}$rad/s时，小球将脱离杆；在此过程中杆对小球做功6J；
（3）小球脱离杆后落在水平面上，其落点到A点的距离是$\frac{\sqrt{41}}{5}$m．

点评 本题考查了牛顿第二定律、功能关系、平抛运动与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大．