Question

15．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l₀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．
（1）桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量△l₁；
（2）當球隨桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為△l₂，求勻速轉動的角速度ω；
（3）若θ=30°，移去彈簧，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，球受輕微擾動后沿桿向上滑動，到最高點A時求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）根據牛頓第二定律求出小球釋放瞬間的加速度大小，當小球的加速度為零時，速度最大，結合平衡求出彈簧的壓縮量．
（2）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．
（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）小球釋放的瞬間，小球的加速度大小為：a=$\frac{mgsinθ}{m}=gsinθ$，
當小球速度相等時，有：mgsinθ=k△l₁，
解得彈簧的壓縮量為：$△{l}_{1}=\frac{mgsinθ}{k}$
（2）當彈簧伸長量為△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）當桿繞OO′軸以角速度ω₀勻速轉動時，設小球距離B點L₀，此時有：
$mgtanθ=m{{ω}_{0}}^{2}{L}_{0}cosθ$，
解得：${L}_{0}=\frac{2L}{3}$．
此時小球的動能為：${E}_{k0}=\frac{1}{2}m（{ω}_{0}{L}_{0}cosθ）^{2}$．
小球在最高點A離開桿瞬間的動能為：${E}_{kA}=\frac{1}{2}m[{{v}_{0}}^{2}+（{ω}_{0}Lcosθ）^{2}]$．
根據動能定理有：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，小球速度最大時彈簧的壓縮量△l₁為$\frac{mgsinθ}{k}$．
（2）勻速轉動的角速度為$\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{l}_{2}}{m（{l}_{0}+△{l}_{2}）co{s}^{2}θ}}$．
（3）桿對球所做的功為$\frac{3}{8}mgL+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$．

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．