模型14竖直面内圆周运动的杆系小球模型（解析版）--2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习

2024 高考物理二轮复习 80 热点模型 最新高考题模拟题专项训练 模型14 竖直面内圆周运动的杆系小球模型 最新高考题 1．（2015·江苏）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小 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 ，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ω； 0 （3）弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的功W。 【名师解析】：（1）装置静止时，设 、 杆中的弹力分别为 、 ， 杆与转轴 的夹角为 . 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 小球受力平衡 ； 解得 。（2）设 、 杆中的弹力分别为 、 ， 杆与转轴的夹角为 ，弹簧长 度为 . 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 解得： 对小球： ； 且 解得 。 （3）弹簧长度为 时，设 、 杆中的弹力分别为 、 ， 杆与弹簧的夹 角为 . 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 且 对小球 , 解得 。 整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 解得 。 最新模拟题 1.（2024湖北宜城一中质检） 如图所示，一个竖直的光滑圆形管道固定在水平面上，管道 内有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（ ）A. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力可能为零 的 B. 小球通过管道最低点时，管道对地 压力不可能为零 C. 小球通过管道最高点时，小球对管道的压力不可能为零 D. 小球通过管道最高点时，管道对地的压力可能为零 【参考答案】BD 【名师解析】小球通过管道最低点时，由牛顿第二定律可得 可得管道对小球的支持力 管道对小球向上的支持力不可能为零，即小球对管道向下的压力不可能为零，。 对圆形管道分析可得 由牛顿第三定律可得，管道对地的压力也不可能为零，A错误，B正确； 小球通过管道最高点时，由牛顿第二定律可得 可得 当 时， 故管道对小球向下的压力可能为零，小球对管道的压力可能为零，当v 足够大时，使F 与 2 2 圆形管道的重力相等，圆形管道对地的压力就为零，C错误，D正确。 。2．（2023重庆名校质检）某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可 沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，将两质量均为m的小球 和 分别用两根长度均为l的轻杆安装在轴上定点O与滑块Q之间，且对称地分布在轴的两 边，每根轻杆两端连接处均为光滑铰链，均可绕各个连接点自由转动。当装置静止不动系 统达到平衡时，轻杆张开的角度为 。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．当装置静止不动系统达到平衡时，连接 之间的轻杆弹力大小为 B． 和 绕轴旋转的角速度越大，轻弹簧弹力越小 C．若某时刻弹簧恰好恢复原长，则此时 和 绕轴旋转的线速度为 D．若 和 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大到 ，则弹簧的弹性势能先减小后增大 【参考答案】．C 【名师解析】．小球 受力如图则有 ，连接 之间的轻杆弹力大小为 ，故A错误；B．当装置 静止不动系统达到平衡时，由几何关系可知弹簧伸长的长度为 ， 和 绕轴旋转的角速度从0逐渐增大，则 逐渐增大，可知当 ，有 ，弹簧伸长量减小到0，弹簧恰好恢复原长，弹簧弹力为零，角速度继 续增大时，则弹簧压缩，伸长量继续增大，弹簧弹力继续增大，故B错误；C．弹簧恰好 恢复原长时，对Q有 ，对整体有有 ，对P 有向心力公 1 式 ，可得 ，故C正确；D．当 ，对应 角速度 ，此时弹簧处于原长，弹性势能为零，所以则角速度从0增大到 的过程 中弹性势减小，故D错误。故选C。 3. （2023福建厦门四模） 如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年 风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速 转动竖直转轴 上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片 沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知 ，M、N离地高，若手摇 AB 转动的角速度大小为 ，不计空气阻力，重力加速度 g 取 ，求： （1）“花筒”M的线速度大小； （2）“花筒”（内含铁片）质量为 时所需向心力大小； （3）铁片落地点距 的距离大小（计算结果可用根号表示）。 【参考答案】（1） ；（2） ；（3） 【名师解析】 （1）“花筒”M转动的角速度与 相同，其线速度大小为 得 （2）“花筒”所需向心力大小为 得 （3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 解得水平方向做匀速直线运动，有 所以，落地点距 的距离大小为 4.（2022浙江台州质检） 如图所示，质量为1.6kg，半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定 在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径。它们的质量分别为m =1kg、 A m =2kg．某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为 B v =3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小v 为（取g=10m/s2）（ ） A B A. 2m/s B. 4m/s C. 6m/s D. 8m/s 【参考答案】B 【名师解析】 F 对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为 ，由牛顿第二定律有 A v2 F m g m A A A A R 代入数据解得 F 28N A F' 由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N，设B球对环的力为 B，由环的受力平 衡可得 F' 28m g 0 B 环解得 F'=44N B F 符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力 B为44N，方向竖直向下， 对B球由牛顿第二定律有 v2 F m g m B B B B R v 4m/s 解得 B ，故选B。 5. （2022福建龙岩三模）飞行员从俯冲状态往上拉升时，会使血压降低、大脑缺血而发生 黑视。针对这种情况，飞行员必须进行严格的训练。训练装置如图所示，飞行员坐在离心 舱内的座椅上，座椅到转轴的距离为 ，离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动。某次训练 时，质量为 的飞行员在转动过程中的加速度为 （ 为重力加速度），求： （1）飞行员匀速转动的角速度； （2）飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小； （3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程中，座椅对飞行员做的功。 【参考答案】（1） ；（2） ；（3） 【名师解析】 （1）由向心力公式 可得飞行员匀速转动 的角速度为（2）最高点对飞行员，根据牛顿第二定律 解得飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为 （3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程，根据动能定理 解得座椅对飞行员做功为 6. （2023辽宁教研联盟二模）如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。 现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力 加速度为g，则下列判断正确的是（ ） A. 小球在最高点的速度可以等于0 B. 小球获得的初速度大小为 C. 小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心 D. 小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg 【参考答案】D 【名师解析】 小球在竖直面内做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点，则有重力提供向心力，可 得 解得可知小球能通过最高点 的最小速度是 ，因此小球在最高点的速度不可以等于0，A错 误； B．若小球恰好能通过最高点，设小球获得的初速度大小为v＇，则在最低点时由动能定理， 则有 解得 由以上计算可知， 是小球获得的初速度大小的最小值，有可能比这个速度要大，B 错误； C．小球在竖直面内做完整的变速圆周运动，由以上分析可知，小球在最高点和最低点处 合力指向圆心，C错误； 设小球在最高点时的速度为v，在最低点时的速度为 ，由动能定理可得 0 小球在最高点时，由牛顿第二定律可得 小球在最低点时，由牛顿第二定律可得 联立以上各式解得 D正确。 7. （2023山东青岛二中下学期期中）如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一 小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小 为F ，小球在最高点的速度大小为v，F －v2图像如图所示。下列说法正确的是（ ） N NA. 当地的重力加速度大小为 B. 小球的质量为 C. v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D. 若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a 【参考答案】B 【名师解析】 通过图分析可知：当v2＝b，F ＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即 N 则 ，故A错误； 当v2＝0，F ＝a时，重力与弹力F 大小相等，即 N N 所以 ，故B正确； 当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2＝c＞b 时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误； 若v2＝2b时， 解得F ＝a，方向竖直向下，故D错误。 N 8.（2023山东烟台重点高中期中） . 如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一 端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v， 下列叙述中正确的是（ ）的 A. v 值不可以小于 B. 当v由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大 C. 当v由 值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大 D. 当v由 值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小 【参考答案】BC 【名师解析】 小球在最高点可以受到杆的支持力，所以v可以等于0，故A错误； 小球在最高点所需向心力为 ，当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大，故B 正确； 当v由 逐渐增大时，对小球，根据牛顿第二定律得 可得，杆对小球的弹力 可知杆对小球的弹力逐渐增大，故C正确。 当v由 值逐渐减小时，对小球，根据牛顿第二定律得 可得，杆对小球的弹力 ，可知杆对小球的弹力逐渐增大，故D错误。 9.（2023山东潍坊期末）火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一， 忽略星球自转影响，地球表面重力加速度 g=10m/s²。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小 球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。 已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（ ） A. 火星表面重力加速度大小为 2.5m/s² B. 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4m C. 小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116N D. 小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N 【参考答案】BC 【名师解析】 忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有 可知 由此可得 故A错误；小球运动到C点的竖直分速度为 与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有 水平位移为联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为 ，故B正确； 对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得 在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得 由牛顿第三定律得 ，联立解得 ，故C正确； 小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F，由牛顿第二定律有 2 解得 ，说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B 点时对管壁的压力为4N，故D错误。 10. （2023安徽蚌埠名校联考）如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小 球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杄可绕位于中点的转轴平行于斜面转动， 当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω，不计一切阻力，则（ ） 0 A．在轻杆转过180∘的过程中，角速度逐渐减小 B. 只有ω 大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动 0 C. 轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsinθ D. 轻杆受到转轴的力的方向始终在变化 【参考答案】C 【名师解析】 质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杄可绕位于中点的 转轴平行于斜面转动，当系统一初始角速度，在转动过程中，系统的重力势能不 变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故AB错误； 选两球，及 杆，作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F-2mgsinθ=ma+m（-a），解得： n n F=2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。 【关键点拨】根据质量相等，判定各自重力势能变化，从而确定小球转动速度； 对整体分析，结合牛顿第二定律，及向心力表达式，即可求解。考查重力势能与动能的转化，注意质量相等，且转轴在杆的中点是解题的关键， 同时掌握牛顿第二定律的应用。 11. （2023安徽合肥六中质检）如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕 圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为 F，小 球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则（ ） A. 小球的质量为4kg B. 固定圆环的半径R为0.4m C. 小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环的弹力大小为20N，方向向上 D. 若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100N 【参考答案】D 【名师解析】 对小球在最高点进行受力分析，速度为0时 结合图象可知 小球质量 ，故A错误； 当 时，由重力提供向心力可得 结合图象可知 故B错误；根据B选项可知， 时，F=0，因此小球在最高点的速度为4 m/s（大于 ）时，小球受圆环的弹力方向向下，故C错误； 小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得 若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得 由以上两式得 代入数据得 ，故D正确。 12．（2023山西长治名校联考）（10分）如图所示，质量分别为2 m和3m的两个小球固 定在一根轻质直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴。AO、BO 的长分别为2L和L。开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方。让该 系统由静止开始自由转动(sin370=0.6)，不计直尺的质量。求： （1）当A到达最低点时，A小球的速度大小v. （2）B球能上升的最大高度h. √8gL v= 11 【参考答案】（1） （2）h=1.28L 【名师解析】：（1）A到最低点的过程中A的重力势能减少， A、B的动能和B的重力势 能增加；由v=ωr，A的瞬时速率总是B的2倍。因此有： 2mg⋅2L=3mg⋅L+ 1 ⋅2m⋅v2 + 1 ⋅3m (v) 2 2 2 2 ， √8gL v= 11 解得 （2）以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程没有其它能参与转化，所以 该系统的机械能守恒。由于2mg•2L>3mg•L，因此A能到达并超越O点的正下方。 设该位置位于OA杆竖直位置向左偏了α角， α α则2mg*2Lcosα=3mgL(1+sinα) 解得：sin(530-α)=sin37,α=160 所以B球能上升到的最大高度h=L+Lsin160=L+Lsin(530-370); 解得：h=1.28L 13. （2023安徽15校教育集团联考）如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为 R=0.5m，平台与轨道的最高点等高，一质量m=1kg的小球（可视为质点）从平台边缘的A 处以一定的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直线的夹角为 53°，小球在最低点 B 对外轨压力为 68N，已知 ， 。 （1）求小球到达圆弧轨道最低点B时的速度大小。（答案可保留根号） （2）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时，求小球对轨道的弹力。 （3）若圆轨道是粗糙 的，以相同的初速度平抛，经管口Q出来后恰好到达管口P，求圆周 运动中克服摩擦力做的功。 【参考答案】（1） ；（2）8N，方向向上；（3）4J 【名师解析】 （1）根据牛顿第二定律 根据题意可得 解得小球到达圆弧轨道最低点B时的速度大小（2）根据机械能守恒 解得 根据牛顿第二定律 解得轨道对小球的弹力 方向向下，根据牛顿第三定律，小球对轨道的弹力8N，方向向上。 （3）小球从A到P的高度差 ① 小球做平抛运动由 ② 则小球在P点的竖直分速度 ③ 把小球在P点的速度分解可得 tan53°= ④ 由①②3④解得 小球平抛初速度 若圆轨道是粗糙的，以相同的初速度平抛，经管口Q出来后恰好到达管口P，水平方向位 移大小平抛速度 由A到Q的整个过程中，重力不做功，只有摩擦力做功，根据动能定理，摩擦力做功 即克服摩擦力做的功为 。 14．（12分）(2022浙江丽水高中发展共同体质检)如图所示，是某种轨道玩具的结构示 意图，弹射装置可以将小滑块以不同初速度弹出，经光滑水平轨道 、光滑圆弧管道 、粗糙水平轨道 、冲上光滑斜面轨道 ，并从 点沿水平方向飞出，最终落 在水平轨道上。已知弹射器的最大弹性势能E =0.8J，圆弧轨道半径R=10cm，水平 pmax 轨道 长L=20cm，斜面轨道 点距离水平轨道的高度h=5cm，若小滑块的质量 m=0.1kg，与水平轨道 的摩擦因数μ=0.3。其它阻力均不计，小滑块可视为质点， 轨道各部分平滑连接，小滑块从 点飞离前始终未脱离轨道， 取 。求： （1）若小滑块以最大速度被弹出，经过管道最低点B时对轨道的压力大小； （2）某次游戏中小滑块被弹出后，恰能够通过圆弧轨道最高点，求此次弹射弹射器的弹性 势能 ； （3）将小滑块以不同初速度弹出，若均能沿轨道从 点水平飞出，求小滑块最终在水平轨 道上的落点到 点的水平距离 与弹射时弹射器的弹性势能满足的关系。 【参考答案】12分（1）17N；（2） ；（3） （ ） 【名师解析】（1） ----------------------------------------- 1分 ----------------------------------------- 1分 解得 ----------------------------------------- 1分 根据牛顿第三定律有压力等于支持力为17N ----------------------------------------- 1分 （2）小滑块恰能过 点，则有 ----------------------------------------- 1分 从A到 过程根据能量守恒可得 ---------------------------- 1分 解得 ----------------------------------------- 1分 （3）小滑块从A到E过程，根据能量守恒定律可得 ----------------------------------------- 1分 由E点抛出后有 联立解得 ----------------------------------------- 2分 经分析，若能通过 点均能够到达E，故 ----------------------------------------- 1分 即小滑块最终在水平轨道上的落点到 点的水平距离 与弹射时弹射器的弹性势能满足的 关系 （ ）------------------------ 1分 15．（13分）（2022江苏南京六校联合体联考）如图，用光滑细杆弯成半径为R的四分之 三圆环ABCB'E，固定在竖直面内，C、E与圆心O在同一水平线上．质量为m的小球P（可视为质点）穿在圆环上，通过轻质细绳与相同质量的小球Q相连，细绳绕过固定在E 处的轻小光滑定滑轮．开始小球P处于圆环上B点，两球均处于静止状态．给小球微小扰 动，使P沿圆环向下运动．绳长大于CE，重力加速度为g，不计一切摩擦，结果保留根号． 求： （1）小球P在B点静止时，BE绳与CE的夹角θ及圆环对小球P的弹力大小； （2）小球P下滑到B'点（B'与B关于CE对称）时，求小球Q的速率； （3）小球P经过C点时的加速度大小． 【名师解析】 (1)小球P在B点静止时，受到重力 、细绳的拉力 、杆的支持力N作用，由平衡 条件知， 连线与P的重力、细绳 的夹角相等 由几何关系知 与 间的夹角为 －－－－－2分 N=√3mg−−−−−−3分 由正交分解可得弹力 (2)小球P从B下滑到B’点过程中， 由几何关系可得： BB'=2Rcosθ 1 1 mg⋅2Rcosθ= mv2 + mv2 −−−−−2分 根据机械能守恒定律可得 2 P 2 Q v cos(900 −θ)=v －－－－－1分 P、Q的速度关系为： P Q √2√3 v = gR−−−−−1分 联立可得 Q 5 (3)由几何关系可得 小球P下滑到C点时，Q的速度根据机械能守恒定律： －－－－－１分 整理得 v2 a ＝ C =(3√3−4)g－－－－－１分 向 R a ＝g－－－－－１分 切 a = √a2 +a2 ＝2√11−6√3g－－－－－１分 由平行四边形定则可知： C 向 切 16.（2023安徽合肥名校质检）如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的 质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平 位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中，下列说法正确的是( ) A．A球的机械能增加 B．杆对A球始终不做功 C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量 D．A球和B球组成系统的总机械能守恒 【参考答案】 AD 【名师解析】 杆从释放到转过90°的过程中，A球“拖累”B球的运动，杆对A球做 正功，A球的机械能增加，选项A正确，B错误；杆对B球做负功，B球的机械能减少， 总的机械能守恒，选项D正确，C错误。 17. （2023河南名校联考）太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定 在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°。6台大功率的异 步驱动电机同时启动，为游客创造4.3 g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空。 如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是A．当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡 B．当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度 C．当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒 D．当摆锤上下摆动摆至最低点的过程中，游客一定处于超重体验中 【参考答案】.D 【名师解析】当摆锤摆至最高点的瞬间，游客有斜向下的加速度，加速度不是最大， 受力不平衡，选项A错误；当摆锤在下摆的过程中，若驱动电机做功正好等于克服摩擦力 做功，则摆锤的机械能守恒，选项C错误；当摆锤上下摆动摆至最低点的过程中，旅客的 加速度方向一定向上，游客一定处于超重体验中，选项D正确。 18. 如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支撑轮同向转动，管状模 型放在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．铁水注入之后， 由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时支承 轮转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径 为 ，支承轮的半径为 ，重力加速度为 ，则支承轮转动的最小角速度 为 R r g ω A． B． C． D． 【参考答案】B 【名师解析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第 二定律，有：mg=m ,解得：v= .支承轮与模型是同缘传动，边缘点线速度相 等，故支承轮边缘点的线速度也为v= .故支承轮转动的最小角速度ω为：ω=v/ r= ，选项B正确。 19.（2022江苏连云港二模） (13分)如图所示，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆 环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环 A上，用长L＝0.7 m的细线穿 过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量m ＝1 kg，小球 A B的质量m ＝2 kg.当整个装置绕竖直轴以角速度ω ＝5 rad/s匀速转动时，细线OB与竖直 B 1 方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度 ω 匀速转动时，细线OB与竖直方向的 2 夹角变为53°，且此时弹簧弹力与角速度为ω 时大小相等，重力加速度g取10 m/s2，sin 1 37°＝0.6.求： (1) ω＝5 rad/s时，OB间的距离； 1 (2) ω 的大小； 2 (3) 由ω 增至ω 过程中，细线对小球B做的功．(计算结果保留两位有效数字) 1 2 【名师解析】. (13分) (1) 角速度为ω 时，对小球B： 1 m gtan 37°＝m ωL sin 37°(2分) B B OB 解得L ＝0.5 m(1分) OB (2) 角速度ω 时：对小球B，细线拉力F ＝(1分) 1 T 对圆环A，F 为弹簧的弹力F －F＝m ωL (1分) k T k A OA L＝L ＋L OA OB角程度ω 时： 2 对小球B，细线拉力F′ ＝，m gtan 53°＝m ωL′ sin 53°(1分) T B B OB 对圆环A，F′ ＋F＝m ωL′ (1分) T k A OA L＝L′ ＋L′ OA OB 解得ω＝10 rad/s(1分) 2 (3) 对小球B：W＝ΔE ＋ΔE (1分) pB kB ΔE ＝m g(L cos 37°－L′ cos 53°)(1分) pB B OB OB ΔE ＝m v′－m v(1分) kB B B 其中v′ ＝ωL′ sin 53°，v ＝ωL sin 37° B 2 OB B OB 解得W＝5.5 J(2分) 20. （2022湖南衡阳期中）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A 和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与 环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个 装置绕竖直轴以角速度 匀速转动，环A与转轴间距离不变时，细线与竖直方向的夹角为 37°。已知重力加速度g， ， 。求： （1）装置转动的角速度为 时，细线OB的拉力T。 （2）装置转动的角速度为 时，细线OB的长度s。 （3）若装置转动的角速度为 ，环A与转轴间距离再次不变，细线与竖直方向的夹角为 53°，此时弹簧弹力与角速度为 时大小相等，求此时弹簧的弹力大小F。 【参考答案】（1）2.5mg；（2） ；（3） 【名师解析】 （1）装置转动的角速度为 时，对小球B，由竖直方向的平衡可得解得 T=2.5mg （2）装置转动的角速度为 时，对小球B，由牛顿第二定律可得 解得 （3）装置转动的角速度为 时，设OB的长度变为 ，对小球B，竖直方向和水平方向 分别满足 联立解得 设细线的长度为L，对圆环A，角速度为 时，有 角速度为 时有 联立解得 21. （2022江苏第二次百校大联考）(13分)如图所示,足够长的水平轻杆中点固定在竖直轻 质转轴OO 上的O点,小球A和B分别套在水平杆中点的左右两侧,套在转轴上原长为L的 1 2 5 轻质弹簧上端固定在O点,下端与小球C连接,小球A、C间和B、C间均用长度为 L的不 4 可伸缩的轻质细线连接,三个小球的质量均为m,均可以看成质点。装置静止时,小球A、B紧靠在转轴上,两根绳子恰被拉直且张力为零。转动该装置并缓慢增大转速,小球C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)当弹簧恢复原长时,装置的转动角速度; 3 (3)在弹簧的长度由初状态变为 L的过程中,外界对装置所做的功。 4 【名师解析】 (1)整个装置静止时,细线恰好被拉直,细线中拉力F=0,弹簧长度等于细线长 1 5 对小球C,由k( L-L)=mg (2分) 4 4mg 得k= (1分) L (2)设弹簧恢复原长时,细线的拉力为F,装置转动的角速度为ω,细线与转轴间的夹角为θ,由几何关系可知 2 1 1 sinθ=0.6,cosθ=0.8 1 1 对小球C有2Fcosθ=mg (2分) 2 1 5 对小球A有Fsinθ=mω 2 × Lsinθ (2分) 2 1 1 4 1 √ g 解得ω= (1分) 1 2L 3 (3)设弹簧长度为 L时,细线的拉力为F,装置转动的角速度为ω,细线与转轴间的夹角为θ,由几何关系可 4 3 2 2 知sinθ=0.8,cosθ=0.6 2 2 3 对小球C有2Fcosθ=mg+k(L- L) (1分) 3 2 4 5 对小球A有Fsinθ=mω 2 × Lsinθ (1分) 3 2 2 4 2 3 在弹簧的长度由初状态变为 L的过程中,弹簧弹性势能不变, 4 1 1 外界对装置所做的功W= m(ωL)2×2+ mgL (2分) 2 2 211 解得 W= mgL (1分) 6