题目
M P如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ） A. 小球的高度一定降低 B. 弹簧弹力的大小一定不变 C. 小球对杆压力的大小一定变大 D. 小球所受合外力的大小一定变大
如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ）- A. 小球的高度一定降低
- B. 弹簧弹力的大小一定不变
- C. 小球对杆压力的大小一定变大
- D. 小球所受合外力的大小一定变大
题目解答
答案
解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcosα=mg，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；C、若金属框的角速度较小，杆对小球的弹力方向垂直于杆向外，如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律得
Fsinα-FN=mω2r，则得FN=Fsinα-mω2r，ω变大，其它量不变，则FN变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合=Fn=mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
故选：BD。
解析
步骤 1：分析小球在竖直方向的受力情况
小球在竖直方向上受重力mg和弹簧弹力F的作用，由于小球相对PQ杆静止，因此在竖直方向上受力平衡，即Fcosα=mg，其中α为弹簧与竖直方向的夹角。由此可知，α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变。
步骤 2：分析小球在水平方向的受力情况
小球在水平方向上受弹簧弹力F的水平分量Fsinα和杆对小球的弹力F_N的作用，由牛顿第二定律得Fsinα-F_N=mω^{2}r，其中r为小球到MN轴的距离。当ω变大时，其它量不变，则F_N变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小。
步骤 3：分析小球所受合外力的大小
小球所受合外力的大小F_合=F_n=mω^{2}r，当ω变大时，其它量不变，则F_合一定变大。
小球在竖直方向上受重力mg和弹簧弹力F的作用，由于小球相对PQ杆静止，因此在竖直方向上受力平衡，即Fcosα=mg，其中α为弹簧与竖直方向的夹角。由此可知，α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变。
步骤 2：分析小球在水平方向的受力情况
小球在水平方向上受弹簧弹力F的水平分量Fsinα和杆对小球的弹力F_N的作用，由牛顿第二定律得Fsinα-F_N=mω^{2}r，其中r为小球到MN轴的距离。当ω变大时，其它量不变，则F_N变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小。
步骤 3：分析小球所受合外力的大小
小球所受合外力的大小F_合=F_n=mω^{2}r，当ω变大时，其它量不变，则F_合一定变大。