问题
问答题
使用“弹簧式角速度测量仪”可以测量运动装置自转时角速度的大小，其结构示意图如图所示．将测量仪固定在待测装置上，当装置绕竖直固定轴
转动时，与轻弹簧相连的小球A可在光滑绝缘细杆BC上滑动，同时带动连接在A上的滑动变阻器动触片P在与BC平行的电阻丝MN上滑动，使得电压表V的示数
随装置转动的角速度
发生变化，据此可测出待测装置的角速度的大小．
已知：小球A的质量为m；弹簧的劲度系数为k，原长为
；电阻丝MN粗细均匀，长度为L，阻值为R；电压表V通过两根导线，分别接在电阻丝MN的中点Q和动触片P上；电阻线MN接在电压为U的直流稳压电源上．闭合电键S，测量仪则可工作．
若：不计导线、动触片P的电阻，以及导线对动触片P的影响，忽略动触片P与电阻丝MN之间的摩擦，电压表视为理想表．装置静止时，动触片P与Q点重合．
（1）试推导：待测装置自转的角速度与电压表V的示数之间的关系式．
（2）用该测量仪测量某装置自转角速度的最大值
是多少？
答案
（1）
（2）
（1）设：待测装置自转的角速度为
时，弹簧伸长量为x，电压表V的示数为
，小球A做圆周运动的半径为
，弹簧弹力为f．
此时小球A受力情况如图所示． （2分）
根据牛顿第二定律，可列出方程：
① （3分）
由胡克定律：f＝kx ② （3分）
电压表V的示数为，即：P、Q间的电压为，有：
③
（3分）
①、②、③式联立，解得： ④ （4分）
④式即为装置自转的角速度与电压表V的示数之间的关系式．
（2）用该测量仪测量某装置自转的角速度为最大值
时，即：动触片P与电阻丝的相交点在电阻丝的最远处N点，必有：
，且：
，得：
． （3分）
代入④式，解得： （4分）