题目内容

5．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．则：
（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．

分析 （1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律求解加速度，小球速度最大时其加速度为零，根据合力为零和胡克定律求解△l1；
（2）设弹簧伸长△l2时，对小球受力分析，根据向心力公式列式求解．

解答 解：（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=ma 
解得：a=gsinθ
小球速度最大时其加速度为零，则有：k△l1=mgsinθ
则△l1=$\frac{mgsinθ}{k}$
（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2时小球圆周运动的半径为
  r=（l0+△l2）cosθ
弹簧伸长△l2时，球受力如图所示，根据牛顿第二定律有：
水平方向上有  ${F_N}sinθ+k△{l_2}cosθ=m{ω^2}r$
竖直方向上有  FNcosθ=k△l2sinθ+mg
联立解得ω=$\sqrt{\frac{k△{l}_{2}-mgsinθ}{mrcosθ}}$=$\sqrt{\frac{k△{l}_{2}-mgsinθ}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$
答：
（1）小球释放瞬间的加速度大小a是gsinθ，小球速度最大时弹簧的压缩量△l1是$\frac{mgsinθ}{k}$．
（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2，匀速转动的角速度ω为$\sqrt{\frac{k△{l}_{2}-mgsinθ}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$．

点评 本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，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．

练习册系列答案
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