Question

6．一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为$\frac{3}{2}$L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω₀；
（3）弹簧长度从$\frac{3}{2}$L缓慢缩短为$\frac{1}{2}$L的过程中，外界对转动装置所做的功W．

Answer 1

分析 （1）装置静止时，分别对小环和小球分析，根据共点力平衡，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；
（2）当AB杆弹力为零时，对小环分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的长度，对小球分析，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出装置转动的角速度ω₀；
（3）弹簧长度从$\frac{3}{2}$L缓慢缩短为$\frac{1}{2}$L的过程中，抓住弹簧的弹性势能不变，弹力不做功，根据动能定理，结合小环平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力，求出外界对转动装置所做的功W．

解答 解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F₁、T₁，OA杆与转轴的夹角为θ₁，
小环受到弹簧的弹力${F}_{弹1}=k\frac{L}{2}$，
小环受力平衡，F_弹1=mg+2T₁cosθ₁，
小球受力平衡，F₁cosθ₁+T₁cosθ₁=mg，F₁sinθ₁=T₁sinθ₁，
解得k=$\frac{4mg}{L}$．
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F₂、T₂，OA杆与转轴的夹角为θ₂，弹簧长度为x．
小环受到弹簧的弹力F_弹2=k（x-L），
小环受力平衡，F_弹2=mg，解得x=$\frac{5}{4}L$，
对小球，F₂cosθ₂=mg，${F}_{2}sin{θ}_{2}=m{{ω}_{0}}^{2}lsin{θ}_{2}$，且$cos{θ}_{2}=\frac{x}{2l}$，
解得${ω}_{0}=\sqrt{\frac{8g}{5L}}$．
（3）弹簧长度为$\frac{1}{2}L$时，设OA、AB杆中的弹力分别为F₃、T₃，OA杆与弹簧的夹角为θ₃，
小环受到的弹力${F}_{弹3}=\frac{1}{2}kL$，
小环受力平衡，2T₃cosθ₃=mg+F_弹3，且cosθ₃=$\frac{L}{4l}$，
对小球，F₃cosθ₃=T₃cosθ₃+mg，${F}_{3}sin{θ}_{3}+{T}_{3}sin{θ}_{3}=m{{ω}_{3}}^{2}lsin{θ}_{3}$，
解得${ω}_{3}=\sqrt{\frac{16g}{L}}$．
整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
$W-mg（\frac{3L}{2}-\frac{L}{2}）-2mg（\frac{3L}{4}-\frac{L}{4}）$=$2×\frac{1}{2}m（{ω}_{3}lsin{θ}_{3}）^{2}$，
解得W=$mgL+\frac{16mg{l}^{2}}{L}$．
答：（1）弹簧的劲度系数为$\frac{4mg}{L}$；
（2）装置转动的角速度为$\sqrt{\frac{8g}{5L}}$；
（3）外界对转动装置所做的功为$mgL+\frac{16mg{l}^{2}}{L}$．

点评 本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用，当装置转动时，抓住小环平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解．