Question

9．如圖所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數為k、原長為x₀的輕彈簧，質量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接．OO′為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ，重力加速度為g．
（1）當小球隨桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為△x₁，求小球隨桿勻速轉動的角速度ω；
（2）桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置由靜止釋放，已知彈簧形變時彈簧內的彈性勢能E_P=$\frac{1}{2}$kx²，x為彈簧形變量，求小球下滑過程中的最大速度；
（3）若θ=30⁰，撤去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω₀=$\sqrt{\frac{g}{L}}$勻速轉動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，小球受輕微擾動后將沿桿向上滑動，到達A端時小球沿桿方向的速度大小為v₀，求小球從開始滑動到離開桿過程中，桿對球所做的功W．

Answer 1

分析 （1）對小球分析，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，列式聯立求出勻速轉動的角速度．
（2）當小球的加速度為零時，速度最大，根據牛頓第二定律結合動能定理列式求解．
（3）根據牛頓第二定律求出小球做勻速轉動時距離B點的距離，求出此時小球的動能，結合最高點的動能，運用動能定理求出桿對小球做功的大�。�

解答 解：（1）對小球受力分析，在水平方向上有：${F_{N1}}sinθ+k•△{x_1}cosθ=m（{x_0}+△{x_1}）cosθ•{ω^2}$
豎直方向上有：F_N1cosθ=mg+k△x₁sinθ
解得：$ω=\sqrt{\frac{{mgsinθ+k△{x_1}}}{{m（{x_0}+△{x_1}）{{cos}^2}θ}}}$=$\frac{1}{cosθ}\sqrt{\frac{{mgsinθ+k△{x_1}}}{{m（{x_0}+△{x_1}）}}}$
（2）小球下滑過程中，當加速度等于零時速度最大，設彈簧被壓縮了△x₂時小球速度最大，
有mgsinθ=k△x₂
根據動能定理得：$mg△{x_2}•sinθ=\frac{1}{2}mv_m^2+\frac{1}{2}k△x_2^2$
解得：${v_m}=gsinθ\sqrt{\frac{m}{k}}$
（3）小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動時，設小球距B端距離為L₀，
有F_N2cos30°=mg
${F}_{N2}sin30°=m{l}_{0}cos30°•{{ω}_{0}}^{2}$
小球從開始滑動到離開桿過程中，根據動能定理有
$W-mg（L-{L}_{0}）sin30°=\frac{1}{2}m[{v}_{0}^{2}+{（Lcos30°•{ω}_{0}）}^{2}]-$$\frac{1}{2}m{（{L}_{0}cos30°•{ω}_{0}）}^{2}$
解得：$W=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{3}{8}mgL$
答：（1）小球隨桿勻速轉動的角速度ω為$\frac{1}{cosθ}\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{x}_{1}}{m（{x}_{0}+△{x}_{1}）}}$；
（2）小球下滑過程中的最大速度為$gsinθ\sqrt{\frac{m}{k}}$；
（3）小球從開始滑動到離開桿過程中，桿對球所做的功W為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+\frac{3}{8}mgL$．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律、胡克定律與圓周運動的綜合，知道小球做勻速轉動時，靠徑向的合力提供向心力，由靜止釋放時，加速度為零時速度最大．