Question

15．如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k，原长为l₀的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．
（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l₁；
（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l₂，求匀速转动的角速度ω；
（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω₀=$\sqrt{\frac{g}{L}}$匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时求沿杆方向的速度大小为v₀，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出小球释放瞬间的加速度大小，当小球的加速度为零时，速度最大，结合平衡求出弹簧的压缩量．
（2）对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度．
（3）根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时距离B点的距离，求出此时小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小．

解答 解：（1）小球释放的瞬间，小球的加速度大小为：a=$\frac{mgsinθ}{m}=gsinθ$，
当小球速度相等时，有：mgsinθ=k△l₁，
解得弹簧的压缩量为：$△{l}_{1}=\frac{mgsinθ}{k}$
（2）当弹簧伸长量为△l₂，受力如图所示，在水平方向上有：
${F}_{N}sinθ+k△{l}_{2}cosθ=m{ω}^{2}$（l₀+△l₂）cosθ，
竖直方向上有：F_Ncosθ-k△l₂sinθ-mg=0，
解得：$ω=\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{l}_{2}}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$．
（3）当杆绕OO′轴以角速度ω₀匀速转动时，设小球距离B点L₀，此时有：
$mgtanθ=m{{ω}_{0}}^{2}{L}_{0}cosθ$，
解得：${L}_{0}=\frac{2L}{3}$．
此时小球的动能为：${E}_{k0}=\frac{1}{2}m（{ω}_{0}{L}_{0}cosθ）^{2}$．
小球在最高点A离开杆瞬间的动能为：${E}_{kA}=\frac{1}{2}m[{{v}_{0}}^{2}+（{ω}_{0}Lcosθ）^{2}]$．
根据动能定理有：W-mg（L-L₀）sinθ=E_kA-E_k0，
解得：W=$\frac{3}{8}mgL+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$．
 答：（1）小球释放瞬间的加速度大小a为gsinθ，小球速度最大时弹簧的压缩量△l₁为$\frac{mgsinθ}{k}$．
（2）匀速转动的角速度为$\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{l}_{2}}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$．
（3）杆对球所做的功为$\frac{3}{8}mgL+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$．

点评 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大．