Question

9．如圖所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長為x₀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B點(diǎn)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(dāng)小球隨桿一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長量為△x₁，求小球隨桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；
（2）桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，讓小球從彈簧的原長位置由靜止釋放，已知彈簧形變時(shí)彈簧內(nèi)的彈性勢(shì)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(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)，小球受輕微擾動(dòng)后將沿桿向上滑動(dòng)，到達(dá)A端時(shí)小球沿桿方向的速度大小為v₀，求小球從開始滑動(dòng)到離開桿過程中，桿對(duì)球所做的功W．

Answer 1

分析 （1）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．
（2）當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)能定理列式求解．
（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）對(duì)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(dāng)加速度等于零時(shí)速度最大，設(shè)彈簧被壓縮了△x₂時(shí)小球速度最大，
有mgsinθ=k△x₂
根據(jù)動(dòng)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(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)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(dòng)到離開桿過程中，根據(jù)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)到離開桿過程中，桿對(duì)球所做的功W為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+\frac{3}{8}mgL$．

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．