专题14+圆周运动杆系小球模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练

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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ω0；
（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
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v2足够大时，使F2与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P1有向心力公式，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mA=1kg、mB=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vA=3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小vB为（取g=10m/s2）（ ）
A. 2m/sB. 4m/s
C. 6m/sD. 8m/s
【参考答案】B
【名师解析】
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
代入数据解得
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，由环的受力平衡可得
解得
符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得，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v0，在最低点时的速度为，由动能定理可得
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FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 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，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即
则，故A错误；
当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即
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FN＝a，方向竖直向下，故D错误。
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（ ）
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F2，由牛顿第二定律有
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ω0，不计一切阻力，则（ ）
A．在轻杆转过180∘的过程中，角速度逐渐减小
B. 只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
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=man+m（-an），解得：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.
【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：
，
解得
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。
α
α



设该位置位于OA杆竖直位置向左偏了α角，
则2mg*2Lcsα=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，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Epmax=0.8J，圆弧轨道半径R=10cm，水平轨道长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
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：
根据机械能守恒定律可得
Q的速度关系为：
联立可得
(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

由平行四边形定则可知：
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R，支承轮的半径为r，重力加速度为g，则支承轮转动的最小角速度ω为
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mA＝1 kg，小球B的质量mB＝2 kg.当整个装置绕竖直轴以角速度ω1＝5 rad/s匀速转动时，细线OB与竖直方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度ω2匀速转动时，细线OB与竖直方向的夹角变为53°，且此时弹簧弹力与角速度为ω1时大小相等，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：
(1) ω1＝5 rad/s时，OB间的距离；
(2) ω2的大小；
(3) 由ω1增至ω2过程中，细线对小球B做的功．(计算结果保留两位有效数字)
【名师解析】. (13分)
(1) 角速度为ω1时，对小球B：
mBgtan 37°＝mBω eq \\al(2,1) LOBsin 37°(2分)
解得LOB＝0.5 m(1分)
(2) 角速度ω1时：对小球B，细线拉力FT＝ eq \f(mBg,cs 37°)(1分)
对圆环A，Fk为弹簧的弹力FT－Fk＝mAω eq \\al(2,1) LOA(1分)
L＝LOA＋LOB
角程度ω2时：
对小球B，细线拉力F′T＝ eq \f(mBg,cs 53°)，mBgtan 53°＝mBω eq \\al(2,2) L′OBsin 53°(1分)
对圆环A，F′T＋Fk＝mAω eq \\al(2,2) L′OA(1分)
L＝L′OA＋L′OB
解得ω2＝10 rad/s(1分)
(3) 对小球B：W＝ΔEpB＋ΔEkB(1分)
ΔEpB＝mBg(LOBcs 37°－L′OBcs 53°)(1分)
ΔEkB＝ eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(2,B) － eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)(1分)
其中v′B＝ω2L′OBsin 53°，vB＝ωLOBsin 37°
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O1O2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54L的不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)在弹簧的长度由初状态变为34L的过程中,外界对装置所做的功。
【名师解析】
(1)整个装置静止时,细线恰好被拉直,细线中拉力F1=0,弹簧长度等于细线长
对小球C,由k(54L-L)=mg (2分)
得k=4mgL (1分)
(2)设弹簧恢复原长时,细线的拉力为F2,装置转动的角速度为ω1,细线与转轴间的夹角为θ1,由几何关系可知sinθ1=0.6,csθ1=0.8
对小球C有2F2csθ1=mg (2分)
对小球A有F2sinθ1=mω12×54Lsinθ1 (2分)
解得ω1=g2L (1分)
(3)设弹簧长度为34L时,细线的拉力为F3,装置转动的角速度为ω2,细线与转轴间的夹角为θ2,由几何关系可知sinθ2=0.8,csθ2=0.6
对小球C有2F3csθ2=mg+k(L-34L) (1分)
对小球A有F3sinθ2=mω22×54Lsinθ2 (1分)
在弹簧的长度由初状态变为34L的过程中,弹簧弹性势能不变,
外界对装置所做的功W=12m(ω2L)2×2+12mgL (2分)
解得 W=116mgL (1分)