Question

15．如圖所示，光滑桿AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，B端固定一根勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為l₀的輕彈簧，質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接，OO′為過(guò)B點(diǎn)的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ．
（1）桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，讓小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量△l₁；
（2）當(dāng)球隨桿一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為△l₂，求勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；
（3）若θ=30°，移去彈簧，當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω₀=$\sqrt{\frac{g}{L}}$勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，球受輕微擾動(dòng)后沿桿向上滑動(dòng)，到最高點(diǎn)A時(shí)求沿桿方向的速度大小為v₀，求小球從開(kāi)始滑動(dòng)到離開(kāi)桿過(guò)程中，桿對(duì)球所做的功W．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出小球釋放瞬間的加速度大小，當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，速度最大，結(jié)合平衡求出彈簧的壓縮量．
（2）對(duì)小球分析，抓住豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，列式聯(lián)立求出勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出小球做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)距離B點(diǎn)的距離，求出此時(shí)小球的動(dòng)能，結(jié)合最高點(diǎn)的動(dòng)能，運(yùn)用動(dòng)能定理求出桿對(duì)小球做功的大�。�

解答 解：（1）小球釋放的瞬間，小球的加速度大小為：a=$\frac{mgsinθ}{m}=gsinθ$，
當(dāng)小球速度相等時(shí)，有：mgsinθ=k△l₁，
解得彈簧的壓縮量為：$△{l}_{1}=\frac{mgsinθ}{k}$
（2）當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為△l₂，受力如圖所示，在水平方向上有：
${F}_{N}sinθ+k△{l}_{2}cosθ=m{ω}^{2}$（l₀+△l₂）cosθ，
豎直方向上有：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）當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω₀勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)小球距離B點(diǎn)L₀，此時(shí)有：
$mgtanθ=m{{ω}_{0}}^{2}{L}_{0}cosθ$，
解得：${L}_{0}=\frac{2L}{3}$．
此時(shí)小球的動(dòng)能為：${E}_{k0}=\frac{1}{2}m（{ω}_{0}{L}_{0}cosθ）^{2}$．
小球在最高點(diǎn)A離開(kāi)桿瞬間的動(dòng)能為：${E}_{kA}=\frac{1}{2}m[{{v}_{0}}^{2}+（{ω}_{0}Lcosθ）^{2}]$．
根據(jù)動(dòng)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）小球釋放瞬間的加速度大小a為gsinθ，小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量△l₁為$\frac{mgsinθ}{k}$．
（2）勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為$\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{l}_{2}}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$．
（3）桿對(duì)球所做的功為$\frac{3}{8}mgL+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、胡克定律與圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，知道小球做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，靠徑向的合力提供向心力，由靜止釋放時(shí)，加速度為零時(shí)速度最大．