Question

9．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x₀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，重力加速度为g．
（1）当小球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△x₁，求小球随杆匀速转动的角速度ω；
（2）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置由静止释放，已知弹簧形变时弹簧内的弹性势能E_P=$\frac{1}{2}$kx²，x为弹簧形变量，求小球下滑过程中的最大速度；
（3）若θ=30⁰，撤去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω₀=$\sqrt{\frac{g}{L}}$匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，小球受轻微扰动后将沿杆向上滑动，到达A端时小球沿杆方向的速度大小为v₀，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W．

Answer 1

分析 （1）对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度．
（2）当小球的加速度为零时，速度最大，根据牛顿第二定律结合动能定理列式求解．
（3）根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时距离B点的距离，求出此时小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小．

解答 解：（1）对小球受力分析，在水平方向上有：${F_{N1}}sinθ+k•△{x_1}cosθ=m（{x_0}+△{x_1}）cosθ•{ω^2}$
竖直方向上有：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）小球下滑过程中，当加速度等于零时速度最大，设弹簧被压缩了△x₂时小球速度最大，
有mgsinθ=k△x₂
根据动能定理得：$mg△{x_2}•sinθ=\frac{1}{2}mv_m^2+\frac{1}{2}k△x_2^2$
解得：${v_m}=gsinθ\sqrt{\frac{m}{k}}$
（3）小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动时，设小球距B端距离为L₀，
有F_N2cos30°=mg
${F}_{N2}sin30°=m{l}_{0}cos30°•{{ω}_{0}}^{2}$
小球从开始滑动到离开杆过程中，根据动能定理有
$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）小球随杆匀速转动的角速度ω为$\frac{1}{cosθ}\sqrt{\frac{mgsinθ+k△{x}_{1}}{m（{x}_{0}+△{x}_{1}）}}$；
（2）小球下滑过程中的最大速度为$gsinθ\sqrt{\frac{m}{k}}$；
（3）小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W为$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+\frac{3}{8}mgL$．

点评 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大．