高考物理二轮复习专练：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

I.（2O1SJT苏）一转动装置如图所示，四根轻杆OU0U4笈和UA与两小球以及一小环

通过较链连接，轻杆长均为/,球和环的质量均为〃?，。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。与小环之间，原长为L,装置静止时，弹簧长为转动该装

2

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）弹簧的劲度系数右

（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度wo；

31

（3）弹簧长度从士L缓慢缩短为一L的过程中，外界对转动装置所做的功W。

22

【名师解析】：（1）装置静止时，设04、A8杆中的弹力分别为巴、工，0A杆与转轴

的夹角为伍.

小环受到弹簧的弹力£阚=k・L

小环受力平衡F,^=fng+27；cos〃

小球受力平衡耳cos4+T[cos。[=mg；£sin〃=7]sin.

解得&=3化。

L

（2）设OA、44杆中的弹力分别为鸟、T2,OA杆与转轴的夹角为内，弹簧长度

为X.

小环受到弹簧的弹力42=k（x-L）

小环受力平衡F弹2二〃蜕

解得：x=-L

4

对小球：F?cos02=mg；F2sin02=〃就1sin02

Y

jacosft=—

22/

解得4=

（3）弹簧长度为g/.时，设。4、A3杆中的弹力分别为居、1，0A杆与弹簧的夹

角为4•

小环受到弹簧的弹力。3二3乜

小环受力平衡2（85。3=加8+%3且以）54=卷

对小球与cos4=[cos0y+nig,F、sin"+"sin%=inco^lsin"

解得①、=J6；。

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

3LL1八，

W-mg

T~2一2〃吆~4~~4=2x—/??(<y3/sin^3)~

解得W=mgL+”用

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的，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

下42

可得管道对小球的支持力

管道对小球向卜.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

2

N=Mg+6=(M+m)g+*

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.定律可得F、+mg=加工

-R

可得F2=

当岭=痴无时，F2=0

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，当也足够大时，使用与

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。

O

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"，的滑块Q可

沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为/的轻弹簧与。点相连，将两质量均为〃?的小球R和巳

分别用两根长度均为/的轻杆安装在轴上定点。与滑块Q之间,且对称地分布在轴的两边，

Q

每根轻杆两端连接处均为光滑较链，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，轻杆张开的角度为夕=30。.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.R和R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B和P,绕轴旋转的线速度为国

D.若R和已绕轴旋转的角速度从0缓慢增大到25，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R受力如图

则有2/cos30o=mg,连接。6之间的轻杆弹力大小为尸二*/咫，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氏度为Ax=2/cos8-/=V5/-/，耳和

P2绕轴旋转的角速度从。逐渐增大，则夕逐渐增大，可知当6=60。，有〃二2九os。-/=0,

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

2%cos60°=mg,对整体有有2%cos60o=3/ng,对Pi有向心力公式

2

Fposin600+FPOsin600=tn——,可得y=廊，故C正确；D.当，二屈,对应角速

p'°P'Q/sin60°'Y

度2百，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2@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0。2上的手柄AR,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=Nq=2m,M、N离地高3.2m,若

手摇AE转动的角速度大小为15rad/s,不计空气阻力，重力加速度g取l（）m/s?,求：

（1）“花筒”M的线速度大小；

（2）“花筒”（内含铁片）质量为2kg时所需向心力大小；

（3）铁片落地点距优的距离大小（计算结果可用根号表示）。

【参考答案】(I)v=30m/s；(2)F=900N；(3)d=2Vl45in

【名师解析】

（1）“花筒”M转动的角速度与相同，其线速度大小为

v=cor

得y=15x2m/s=30m/s

(2)“花筒”所需向心力大小为

F=nirco1

得

F=mco2-M()i=2kgx(15rad/s)2x2m=900N

（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

,1

h=3gi

解得

水平方向做匀速直线运动,

x=vr=30x0.8m=24m

所以，落地点距。2的距离大小为

d="2+MQ：='242+2?m=2Vi存m

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。它们的质量分别为机A=lkg、

WB=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i，A=3m/s,

此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小由为（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的支持力为尸%,由牛顿第二定律有

F-mg=m-^

AAAK

代入数据解得

FA=28N

由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N,设8球对环的力为耳，由环的受力平

衡可得

用+28+〃%g=°

解得

耳=-44N

符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对8球的力耳为44N,方向竖直向下,

对〃球山牛顿第二定律有

5,

解得以=4m/s,故选及

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人，离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动。某次训练时，

质量为机的飞行员在转动过程中的加速度为8g（g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。

/转轴\

当商心舱

【参考答案】（1）2后;（2）（3）2mgR

【名师解析】

（1）由向心力公式

a=arR

可得匕行员匀速转动角速度为

0=得2样

（2）最高点对飞行员，根据牛顿第二定律

N+mg=ma

解得飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为

N=7mg

（3）离心舱某次从最低内转到最高点的过程，根据动能定理

W-mg2R=0

解得座椅对匕行员做功为

W=2mgR

6.（2023辽宁教研联盟二模）如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为机的小球保持静止。

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（）

\0;

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廊E

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6〃吆

【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

V

=m—

解得

可知小球能通过最高点最小速度是疯，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/,则在最低点时由动能定理，

则有

2mgL=gmv2-gniv1

解得

V=y/5gL

由以上计算可知，离工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加，在最低点时的速度为了,由动能定理可得

2mgL=gmvnZ-g

小球在最高点时，由牛顿第二定律可得

v

Fn+mg=mo

小球在最低点时，由牛顿第二定律可得

产

F—mg-m-j-

联立以上各式解得

△F=Fr—F=6mg

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。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

广N,小球在最高点的速度大小为也A—v2图像如图所示。下列说法正确的是（）

B.小球的质量为

b

C.庐=£时，杆对小球弹力方向向上

D.若庐=2乩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：当户=从入=0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即〃7g=m2

R

则g=§,故A错误；

R

当快=（）,产N=〃时，重尢与弹力PN大小相等，即mg=a

所以=9=,故B正确：

8人

当卢＞〃时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故廿=。＞力

时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；

2Z?

若卢=2人时，mg+FN=m—

R

解得入=〃，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/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打卜列

叙述中正确的是（）

✓、

✓Z、、

//\

1：0^,：

\[I

\1/

\I/

\I✓

、I，

、1✓

A.v值不可以小于向

B.当I，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£由曲值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大

D.当u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；

2

小球在最高点所需向心力为工=也，当u由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大，故B正

确:

mv

当V由逐渐增大时，对小球，根据牛顿第二定律得〃?g+/=

可得，杆对小球的弹力尸='二-〃田

r

可知杆对小球的弹力逐渐增大，故C正确。

当-由值逐渐减小时，对小球，根据牛顿第二定律得mg-尸二丝-

可得，杆对小球的弹力/=mg-1二，可知杆对小球的弹力逐渐增大，故D错误。

r

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卜.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干管道内径的小球，小球

在管道内做圆周运动，从8点脱离后做平抛运动，Is后与倾角为45。的斜面垂直相碰。己知

半圆形管道的半径R=5m,小球可看作质点且质量机=53。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I16N

D.小球经过管道的8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

-Mm

G—=mg

可知

GM地

g=

一吆

占火„2

丫火

由此可得g火二等••号g=4m/s2

M也展

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tan45。=}

水平位移为x=匕/

联立并代入数据解得点C与8点的水平距离为x=4m,故B正确;

11

22

T-

对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得-〃吆火•2R2VV2

在4点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得4-〃火火

由牛顿第三定律得耳三二耳，联立解得q=116N,故C正确；

小球经过管道的B点时:设管壁给小球向下压力”2,由牛顿第二定律有工+〃取火=

解得玛=-4N,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8

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/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。的光滑斜面上，且杆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3。，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3。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2mgsin8

I）.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0的若滑斜面上，旦杆可绕位于中点的转

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-2mgsin0=man+m(-an),解得：F=2mgsir.0,

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。点做半径为K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几小球

在最高点的速度大小为也其尸-声图像如图乙所示，g取IOm/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1(X)N

【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

F-tng=0

结合图象可知

小球质量m=2kg,故A错误;

当/二0时'由重力提供向心力可得mg=—

R

V*

结合图象可知R=—=0.8m

g

故B错误；

根据B选项可知，u=20m/s时，/=。，因此小球在最高点的速度为4m/s（大于2j5m/s）

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

v2

F一"吆="7—

R

若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得

1〉

mg-2A=—mv~

由以上两式得

F=5mg

代入数据得产=100N,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机和3〃?的两个小球固

定在一根轻质直角尺的两端人、B,直角尺的顶点。处有光滑的固定转动轴。40、BO

的长分别为2L和乙开始时直角尺的AO部分处于水平位置而8在。的正下方。让该

系统由静止开始自由转动（4】37。=0.6）,不计直尺的质量。求：

（1）当A到达最低点时，A小球的速度大小也

（2）B球能上升的最大高度h.

【参考答案】（1）丫=14（2）h=I.28L

【名师解析】：（1）A到最低点的过程中A的重力势能减少，4、6的动能和3的重力势

能增加；由v=wr,A的瞬时速率总是B的2倍。因此有：

（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2〃g2Z>3，〃gL因此A能到达并超越0点的正下方。

设该位置位于OA杆竖直位置向左偏了a角，%

贝ij2mg*2Lcosa=3mgL(1+sina)

解得：sin（53°a）=sin37,a=16°/'&

所以B球能上升到的最大高度h=L+Lsin160=L+Lsin（53°-37°）;

解得:h=I.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〃?=lkg的小球（可视为质点）从平台边缘的A

处以•定的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上尸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8对外轨压力为68N,已知sin530=0.8,

cos53°=0.6o

（1）求小球到达圆弧轨道最低点3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。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，经管匚。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】（I）V29m/s：（2）8N,方向向上；（3）4J

【名师解析】

（1）根据牛顿第二定律

F-mg=in

根据题意可得

F=68N

解得小球到达圆弧轨道最低点B时的速度大小

v8=V29m/s

(2)根据机械能守恒

—1叫=-mvQ+mgx2R

解得

vQ=3m/s

根据牛顿第二定律

尸《

6+mg=ni~^

解得轨道对小球的弹力

F}=8N

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。的高度差

〃=R（l+cos53。）①

小球做平抛运动由

=g娟②

则小球在。点的竖直分速度

%=/③

把小球在。点的速度分解可得

V.

tan53°=—@

%

由①@3④解得

t=0.4s

小球平抛初速度

%=3m/s

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

xQ=7?sin53°=0.4m

平抛速度

为哼=lm/s

由A到。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

叱=5加谤一5加匕”-4]

即克服摩擦力做的功为4J。

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A/人光滑圆弧管道

BCB'、粗糙水平轨道V。、冲上光滑斜面轨道。并从E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,的面轨道七点距离水平轨道的高度h=5cni,若小滑块的质量m=D.1kg,

与水平轨道夕。的摩擦因数〃=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E点飞离前始终未脱离轨道，8取lOm/s?。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）某次游戏中小滑块祓弹出后，恰能够通过圆弧轨道最高点，求此次弹射弹射器的弹性

势能综；

（3）将小滑块以不同初速度弹出，若均能沿轨道从E点水平飞出，求小滑块最终在水平轨

道上的落点到E点的水平距离工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)=0.2]；(3)x=正吟T.;(o.2j<EP<0.8])

【名师解析】

⑴=--------------------------1分

Fjv-mg=*-----------------------1分

解得Fvl7N..........................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iv=0--------------------------I分

从人到C过程根据能量守恒可得

Ep-2mgR=

------------------I分

解得

Ep=0.21

］分

（3）小滑块从A到E过程，根据能最守恒定律可得

Ep-fimgl-mgh=--------------------------------1分

由E点抛出后有

h=；gt：

x=vEt

联立解得

%=幽匹----------------------------2分

in

经分析，若能通过C点均能够到达E,故

分

0.2/<EV<0.8/-----------------------1

即小滑块最终在水平轨道上的落点到£点的水平距离x与弹射时弹射器的弹性势能满足的

关系

”毛］（0.2/<Eo0.8J）

...............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ABC夕E,固定在竖直面内，C、E与圆心。在同一水平线上.质量为用的小球户（可

视为质点）穿在圆环上，通过轻质细绳与相同质量的小球。相连，细绳绕过固定在七处的

轻小光滑定滑轮.开始小球P处于圆环上8点，两球均处于静止状态.给小球微小扰动，

使尸沿圆环向下运动.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)小球尸在8点静止时，BE绳与CE的夹角，及圆环对小球P的弹力大小;

(2)小球尸下滑到9点(8与3关于CE对称)时，求小球。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F在5点静止时,受到电力〃田、细绳的拉力丁=叫、杆的支持力N作用,由平衡

条件知，连线与。的重力、细绳BE的夹角相等

由几何关系知况与CE间的夹角为6=30。2分

由正交分解可得弹力N二百,咫3分

(2)小球尸从8下滑到8'点过程中,

由几何关系可得:B8=2Rcos8

根据机械能守恒定律可得

_ZZZVpH-77ZVx)-------2分

2P2Q

P、Q的速度关系为：3酬画_。)=%------------1分

联立可得

1分

(3)由几何关系可得BE=2Rcos8

小球P卜滑到C点时，Q的速度=0

根据机械能守恒定律：〃也(2RcosOsin。)一〃ig(2R-2Rcos®)=；〃7%---------1分

整理得匕=，(36-4)9

，向=会=（）

36-4g1分

。切=g1分

由平行四边形定则可知：口~~fc/一/作'八

%=+瓯=2jl1—6j3g-----------------1分

16.（2023安徽合肥名校质检）如图所示，A和8两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的

质量为机，8球的质量为2〃?，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.4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.4球和8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”4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8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•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4.3g的加速度，最高可抬跃至15层楼高的高空。如果不

考虑圆盘4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•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，若骄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.匕游客•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向向转动，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o）

为

ez-模型

【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，畲：用钎小匚.解得：.支承轮与模型是同缘传动，边缘点线速

R

度相等，故支承轮边缘点的线速度也为丫=厢.故支承轮转动的最小角速度3为:

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，弹簧两端分别固定丁竖直转轴和环A上，用长L—0.7m的细线穿过

小孔0,两端分别与环4和小球B连接，线与水平杆平行，环4的质量〃以=1kg,小球B

的质量〃?8=2kg.当整个装置绕竖直轴以角速度2=5rad/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g匀速转动时，细线。8与竖直方向的夹

角变为53。,且此时弹簧弹力与角速度为助时大小相等,重力加速度g取10m/s2,sin37。

=0.6.求：

（I）691=5rad/s时，OB间的距离；

⑵3的大小；

（3）由3增至g过程中，细线对小球8做的功.（计算结果保留两位有效数字）

【名师解析】.（13分）

（1）角速度为助时，对小球B：

"Sgtan37°=即彳Lc«sin370（2分）

解得LOR=0.5m（l分）

（2）角速度/时：对小球8,细线拉力Fr=J翳（1分）

对圆环4,凡为弹簧的弹力F「一人=如加W1分）

L=LOA~\~LQB

角程度“2时：

对小球B,细线拉力kT=C黑,〃5gtan530=〃?於3L'ossin53°（1分）

对圆环A,尸丁+入=。卬/L1OA（1分）

L=L，OA^TL，OB

解得（02=10rad/s（I分）

（3）对小球&W=AEps+AEkMl分）

△EpB=〃?Bg（LoHCOs37°—Lo«cos53°）（1分）

△反8=/8%一品丽分）

其中①zL'oBsin53°,VR=（DLonsin37°

解得W=5.5J（2分）

2().(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