《圆周运动-2024年高考物理压轴题专项训练含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《圆周运动-2024年高考物理压轴题专项训练含答案.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1压轴题 圆周运动压轴题 圆周运动1.圆周运动在高考物理中占据着至关重要的地位，是考查学生对力学和运动学知识掌握程度的重要考点。在命题方式上，圆周运动的题目既可能直接考察基础知识，如圆周运动的定义、向心力和向心加速度的计算等，也可能与其他知识点如能量守恒、动量定理等相结合，形成综合性较强的题目。2.备考时，考生应深入理解圆周运动的基本原理和规律，掌握相关的公式和解题方法，并通过大量的练习提高解题能力。同时，考生还需关注历年高考真题和模拟题，了解命题趋势和难度，以便更有针对性地备考。通过系统复习和练习，考生能够熟练掌握圆周运动的相关知识，为高考取得优异成绩奠定坚实基础。考向一：水平面内的圆周运动
2、考向一：水平面内的圆周运动1圆周运动动力学分析过程：2.水平面内的圆盘临界模型口诀：“谁远谁先飞”；a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：fm=mg=m2r；=gr口诀：“谁远谁先飞”；圆周运动-2024年高考物理压轴题专项训练2轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：1=grB；AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A：T=mAg；隔离B：T+mBg=mB22rB整体：mAg+mBg=mB22rBAB相对圆盘滑动的临界条件：2=mA+mBgmBrB=gmBrBmA+mB口诀：“谁远谁先飞”；轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：1=grB；同侧背离圆心，fAmax和 fBmax指向圆心，一起相对
3、圆盘滑动时，临界条件：隔离A：mAg-T=mA22rA；隔离B：T+mBg=mB22rB整体：mAg+mBg=mA22rA+mB22rBAB相对圆盘滑动的临界条2=mA+mBgmArA+mBrB=gmArA+mBrBmA+mB口诀：“谁远谁先飞”(rBrA)；轻绳出现拉力临界条件：1=grB；此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。此时隔离A：fA+T=mA2rA；隔离B：T+mBg=mB2rB消掉T：fA=mBg-(mBrB-mArA)2当mBrB=mArA时，fA=mBg，AB永不滑动，除非绳断；AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：1)当mBrBmArA时，fA=mBg-(mB
4、rB-mArA)2 fA=0反向 fA达到最大从B侧飞出；2)当mBrBB，=BgrB；ArA)；轻绳出现拉力临界条件：1=grB；此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。此时隔离A：fA+T=mA2rA；隔离B：T+mBg=mB2rB消掉T：fA=mBg-(mBrB-mArA)2当mBrB=mArA时，fA=mBg，AB永不滑动，除非绳断；AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：1)当mBrBmArA时，fA=mBg-(mBrB-mArA)2 fA=0反向 fA达到最大从B侧飞出；2)当mBrBB，=BgrB；AB，=AgrB临界条件：min=mBgmAgmAr3max=mBg+mA
5、gmAr考向二：常见绳杆模型特点：考向二：常见绳杆模型特点：轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg+FT=mv2rmgFN=mv2r临界特征FT=0，即mg=mv2r，得v=grv=0，即F向=0，此时FN=mg模型关键(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为gr(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为00101水平面内圆锥摆模型水平面内圆锥摆模型1一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，小球的质量为m，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示
6、，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，线的张力T随2变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是()4A.细线的长度为T2m20B.细线的长度为T1m20C.细线的长度为T2-T1m20D.细线的长度为m20T2-T1【答案】A【详解】设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为，当=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力T而平衡，此时有T1=mgcos0，增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为0，当0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得Tsin=m2Lsin所以T=mL此时图线的反向延长线经过原点，可知T-图线的斜率变大，结合图像可得T2=mL20则细线的长
7、度为L=T2m20故选A。0202无线水平圆盘模型无线水平圆盘模型2如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴中心为r和2r的两点位置，分别有质量均为m的相同材料的小物体P、Q随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，两小物体分别滑至圆盘上其他位置停止。下列说法正确的是()A.圆盘停止转动前，P、Q两小物体所受摩擦力大小相同B.圆盘停止转动后，P、Q两小物体滑动的距离之比为1:4C.圆盘停止转动后，P、Q两小物体运动的轨迹为曲线D.圆盘停止转动前，P、Q两小物体动能相同【答案】B【详解】A圆盘停止转动前，P、Q两小物体所受摩擦力提供向心力 fP=m2r，fQ=2m2r所以P、Q
8、两小物体所受摩擦力大小不相同，故A错误；B圆盘停止转动前，P、Q两小物体的线速度大小之比为vP:vQ=r:2r=1:2圆盘停止转动后，滑动5的加速度大小均为a=mgm=g由运动学公式v2=2ax，可得P、Q两小物体滑动的距离之比为xP:xQ=1:4故B正确；C圆盘停止转动后，P、Q两小物体做匀减速直线运动，故C错误；D由Ek=12mv2可知，圆盘停止转动前，P、Q两小物体动能之比为1:4，故D错误。故选B。0303有线水平圆盘模型有线水平圆盘模型3如图所示，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度
9、的平方(2)的变化关系正确的是()A.B.C.D.【答案】D【详解】转动过程中a、b角速度相同。当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，绳子拉力为零，此过程中a、b所需要的摩擦力分别为 fa=mra2，fb=mrb2因为rbra，故 fb fa，又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力 f0时绳子开始出现拉力，此时对于a、b有 fa-T=mra2，f0+T=mrb2联立可得 fa=m(ra+rb)2-f0由上述分析可知，绳子拉力出现之前 fa-2图像的斜率为mra，绳子拉力出现之后图线的斜率为m(ra+rb)，所以绳子有拉力时
10、图线斜率变大。故选D。0404竖直面内绳类竖直面内绳类(轨道内侧轨道内侧)模型模型4如题图，一质量为M的杂技演员站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端。另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()6A.小球运动到最高点b时，小球的速度为零B.小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为MgC.小球运动到点c时，台秤对杂技演员摩擦力的方向水平向右D.小球运动到最低点时，台秤的示数为Mg-5mg【答案】B【详解】A小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点b时，细线的拉力为零，由
11、重力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律得mg=mv2R则小球运动到最高点b时的速度为v=gR 故A错误；B小球在a、c两个位置时，细线拉力均处于水平方向，以人为研究对象，在竖直方向上根据平衡条件可得台秤对人的支持力为FN=Mg由牛顿第三定律可知人对台秤的压力为Mg，则台秤示数为Mg，故B正确；C小球运动到点c时，绳子对小球的弹力水平向左，则绳子对人的拉力水平向右，所以台秤对演员的摩擦力水平向左，故C错误；D设小球运动到最低点时速度大小为v。小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得12mv2=12mv2+mg2R小球在最低点时，由牛顿第二定律得T-mg=mv2R以人为研究对象，由平衡条件得
12、Mg+T=FN1解得台秤对人的支持力为FN1=Mg+6mg则台秤的示数为Mg+6mg，故D错误。故选B。0505竖直面内杆类竖直面内杆类(管类管类)模型模型5一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一小球相连，如图甲所示现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说法中正确的是()A.t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点B.t2时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点C.v1大小一定大于v2大小，图乙中S1和S2的面积一定相等D.v1大小可能等于v2大小，图乙中S1
13、和S2的面积可能不等【答案】A7【详解】AB小球在竖直平面内做圆周运动，最高点和最低点的速度方向都水平且相反，根据圆周运动的方向可知，在最高点速度方向为正，在最低点速度方向为负，另外，最高点和最低点合外力都指向圆心，水平方向合外力为零，因此反应在图乙中的速度-时间图像中，最高点和最低点所对应的图像在该位置的斜率为零，即水平方向加速度为零，而根据圆周运动的对称性可知，最低点和最高点两侧物体在水平方向的速度应具有对称性，因此，根据图乙可知，t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；CD竖直面内的圆周运动，在最高点时速度最小，最低点时速度最大，因此v1 fa可知滑块b与转盘之
14、间的摩擦力达到最大值，则根据 fbm=fb=mg可得动摩擦因数=19F4mg选项D正确。故选ABD。7(2024高三下四川开学考试)如图所示，粗糙圆盘沿同一直径放置正方体A、C，及侧面光滑的圆柱体B，一轻绳绕过B连接A、C，初始时轻绳松弛。已知mA:mB:mC=2:3:1,BO=CO=r,AO=2r，A、B、C与圆盘的动摩擦因数分别为3,和3。现使圆盘从静止开始缓慢加速转动，转动过程中A、B、C始终未倾倒，重力加速度为g，下列说法中正确的是()12A.物体与圆盘相对滑动前，A物体所受的向心力最大B.细绳最初绷紧时，圆盘的角速度=3g2rC.圆盘上恰好有物块开始滑动时=3grD.物体与圆盘相对滑
15、动前，C所受的摩擦力先减小后增大【答案】AC【详解】A设A、B、C的质量分别为2m、3m、m，则向心力分别为FA=2m22r，FB=3m2r，FC=m2r可知，A物体所受的向心力最大，A正确；B三者分别与圆盘的摩擦力达到最大静摩擦时 32mg=2m2A2r；3mg=3m2Br；3mg=m2Cr得A=3g2r，B=gr，C=3gr，B的临界角速度最小，则细绳最初绷紧时，圆盘的角速度=gr，B错误；CA的临界角速度小于C的临界角速度，设恰好有物块开始滑动时绳的拉力为T，则对A：T+32mg=2m22r；对C：T-3mg=m2r得=3gr，C正确；D角速度较小时，C所受摩擦力指向圆心，由C选项可知，
16、滑动时C所受摩擦力背离圆心，故物体与圆盘相对滑动前，C所受的摩擦力先增大后减小再增大，D错误。故选AC。8(2024高三下湖南长沙模拟预测)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为1kg，与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30，g取10m/s2。则下列说法正确的是()A.角速度的最大值是1rad/sB.小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心C.取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力一定随的增大而增大D.小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做
17、的功为25J【答案】AD【详解】13A当小物体随圆盘转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得mgcos30-mgsin30=m2r代入数据解得=1rad/s故A正确；B由于小物体做匀速圆周运动，除了水平直径上的两点之外，在圆盘面内静摩擦力的一个分力要与重力沿斜面向下的分力相平衡，另一个分力提供做圆周运动的向心力，所以小物体运动过程中所受的摩擦力不一定始终指向圆心，故B错误；C小物体向心力的最大值为 mgcos30-mgsin30=2.5N而mgsin30=5N大于向心力最大值，故最高点mgsin30-f=m2r故小物体在最高点受到的摩擦力一定随的增大而
18、减小，C错误；D小物体由最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理得-mg2rsin30+Wf=0代入数据解得摩擦力所做的功为Wf=25J故D正确。选AD。9(2024高三上山东潍坊期末)通用技术课上，某兴趣小组制作了一个电动爬杆小猴，原理如图所示，竖直杆OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角=60，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小猴相连。小猴静止时弹簧与竖直方向间的夹角=30，当电动机带动底座开始转动时，小猴开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则()A.小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下B.小猴静止时弹簧弹力的大小为
19、mgC.小猴静止时杆对小猴的弹力大小为3mgD.电动机转动后，当小猴稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为6gL【答案】AD【详解】A对小猴受力分析如图由平衡条件可知，小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下，故A正确；B小猴静止时弹簧弹力的大小为Fk=2mgcos=3mg故B错误；C由图可知，小猴静止时杆对小猴的弹力大小为FN=mg故C错误；D由几何关系可知，小猴稳定在与P点时弹簧的长度与在P点时相等，故弹簧的弹力为Fk=Fk=3mg在P点，对小猴受力分析14水平方向由牛顿第二定律Fk+FNcos30=mLtan302竖直方向由平衡条件FNsin30=mg联立解得=6gL故D正确。故选AD
20、。10(2024高三吉林长春开学考试)如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则()A.小球均静止时，弹簧的长度为L-mgkB.角速度=0时，小球A对弹簧的压力为mgC.角速度0=kgkL-2mgD.角速度从0继续缓慢增大的过程中，小球A对弹簧的压力变小【答案】AC【详解】A若两球静止时，对B球分析，根据受力平衡可知杆的弹力为零；设弹簧的
21、压缩量为x1，对A球分析，受力平衡可得mg=kx1则弹簧的长度为L1=L-x1=L-mgk故A正确；BC当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面，则有NB=0设杆与竖直方向的夹角为，竖直方向有F杆cos=mg水平方向，由牛顿第二定律可得mgtan=m20Lsin对A球依然处于平衡状态，则有F杆cos+mg=F弹=kx2由几何关系可得cos=L-x2L联立解得F弹=kx2=2mg，0=kgkL-2mg由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D当角速度从0继续增大，B球将飘起来，杆与竖直方向的夹角变大，对A、B组成的系统，在竖直方向始终处于平衡，则有F弹=mg+mg=2mg则
22、弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D错误。故选AC。11(2024高三河南期末)过山车是一种刺激的游乐项目，未经训练的普通人在承受大约5个重力加速15度时就会发生晕厥。图甲过山车轨道中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙过山车轨道中回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，经过A、C点时均和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是()A.过山车经过A、C点时速
23、度为0B.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全C.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全D.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R【答案】CD【详解】A已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用，重力充当向心力有mg=mv2R解得v=gR0故A错误；BC分别运动到轨道最低点B、D时，人所受加速度最大，由动能定理，对图甲圆环轨道有mg2R=mv212-mv22经过B点时加速度a1=v21R解得a1=5g图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有mg3R=mv222-mv22经过D点时加速度a2=v222R解得a2=3.5g5g故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，故B错误，C正确；D相同载人过山车在顶峰
24、处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒，有mgh甲=EkA+mg2R；mgh乙=EkC+mg3R其中EkA=EkC可得h乙-h甲=R即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低 R，故D正确。故选CD。12(204高三湖南长沙模拟)如图所示，杂技演员做水流星表演时，用一绳系着装有水的小桶在竖直平面内绕O点做圆周运动，整个运动过程中水没有流出。已知小桶内水的质量为m，O点到水面的距离为L，水面到桶底的距离为0.1L，小桶直径远小于L，重力加速度大小为g。则小桶转到最低点时水对桶底的压力大小可以为()16A.6mgB.6.25mgC.6.1mgD.6.04mg【答案】BC【详解】整个运动过
25、程中水没有流出，则在最高点最小速度时，最靠近圆心那一层水 m刚好没有流出，设此时角速度为1，则有mg=m21L可得g=21L设最低点桶和水运动的角速度为2，从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒有2mg L+120L+12m21L+120L2=12m22L+120L2在最低点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m22L+L20联立解得FN=12120mg=6.05mg根据牛顿第三定律可知，小桶转到最低点时水对桶底的压力至少为6.05mg。故选BC。13(2024高三四川绵阳一诊)在X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运
26、动，小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示。已知X星球的半径为R0，引力常量为G，不考虑星球自转，则下列说法正确的是()A.X星球的第一宇宙速度v1=bB.X星球的密度=3b4GR0C.X星球的质量M=bR20GRD.环绕X星球的轨道离星球表面高度为R0的卫星周期T=42RR0b【答案】CD【详解】A小球在最高点时有mg-F=mv2R所以可得F=mg-mv2R将图线与横轴交点代入则得 g=bR则X星球的第一宇宙速度为v1=gR0=bR0R，A错误；17BC根据GMmR0=mg则X星球的质量为M=gR20G=bR20GR，X星球的密度为=MV=bR20GR43
27、R30=3b4GRR0，B错误，C正确；D根据GMmr2=m42rT2解得T=2r3GM则环绕X星球运行的离星球表面高度为R0的卫星r=2R0；M=gR20G=bR20GR则代入可得周期T=42RR0b，D正确。故选CD。14(2024高三上四川成都模拟预测)如图(a)，被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q四个压力传感器。一小球(可视为质点)在水平轨道内以不同的初速度v0向右运动(传感器不影响小球的运动)。在同一坐标系中绘出传感器的示数F与v20的图像I、II、III如图(b)所示。重力加速度
28、g=10m/s2。下列判断正确的是()A.直线I、II、III分别是 M、N、P传感器的图像B.由图像可求得小球的质量m=1kgC.当v0=3m/s时，Q传感器的示数为28ND.当v0=6m/s时，N传感器的示数为22N【答案】BC【详解】A在Q点F-mg=mv2R在N点mg-F=mv2R对M点mg+F=mv2R，P传感器不会受到压力作用，故A错误；B根据以上分析可知，I、II、III对应Q、M、N，由图像可求得，当速度为零时，在点Q：F0=mg=10N所以小球的质量m=1kg，故B正确；C根据图b可知，当v20=25时，N处弹力为零，此时到达N处的速度12mv2N-12mv20=-2mgR对
29、N处，当弹力为零时mg=mvN2R解得R=0.5m当v0=3m/s时，Q传感器的示数为F1-mg=mv02R解得F1=28N故C正确；D当v0=6m/s时，到达N点的速度12mv2N-12mv20=-2mgR，N传感器的示数mg-F2=mvN2R解得F2=-22N所以此时N传感器示数为零，故D错误。故选BC。15(2024高三下江苏无锡开学考试)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18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=0.1kg，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度=5
30、2rad/s匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37。缓慢加速后使整个装置以角速度2匀速转动，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，已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)装置转动的角速度为 时，细线OB的长度s；(2)装置转动的角速度为2时，弹簧的弹力大小F；(3)装置转动的角速度由增至2过程中，细线对小球B做的功W。【答案】(1)0.25m；(2)2N；(3)199720J【详解】(1)当装置转动的角速度为时，对小球B分析，在竖直方向由平衡条件有T1cos37=2mg在水平方向由牛顿第二定律有T1sin37=2m2ssin37解
31、得s=5g42=0.25m(2)装置转动的角速度为2时，设OB的长度为s，则对小球B在竖直方向由平衡条件由T2cos53=2mg在水平方向由牛顿第二定律有T2sin53=m(2)2ssin53解得s=5g122设细线长度为L，则装置转动的角速度为时对圆环A满足T1-F=m2(L-s)装置转动的角速度为 2时，对圆环A有T2+F=m(2)2(L-s)解得F=2mg=2N(3)装置转动的角速度由增至2过程中，对小球B得重力势能变化量为Ep=2mg(scos37-scos53)动能变化量为Ek=122m(2ssin53)2-(ssin37)2解得细线对小球B做的功为W=Ep+Ek=199mg2144
32、2=19972016(2024高三下江苏开学考试)如图所示装置，两根光滑细杆与竖直方向夹角都是，上面套有两个质量为m的小球，小球之间用劲度系数为k的弹簧相连。静止时，两小球静止在A、B处，当整个装置绕中心轴线OO缓慢加速旋转，当角速度为时，不再加速，保持稳定，此时两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，试求：(1)小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F；(2)稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD；(3)整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W。19【答案】(1)F=mgtan；(2)LCD=4g2tan；(3)W=2mgtan22g2+mgk【详解】(1)小球静止
33、在A、B位置时，根据平衡条件tan=mgF弹簧的弹力大小为F=mgtan(2)稳定在C、D位置时，对小球受力分析，重力、支持力、弹簧弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，竖直方向有Nsin=mg水平方向有F2+Ncos=m2LCD2两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，则F2=F解得LCD=4g2tan(3)小球稳定在C、D位置时，线速度为v=LCD2=2gtan设弹簧原长为L0，根据胡克定律有F=k(L0-LAB)；F=k(LCD-L0)根据几何关系有x=LCD-LAB=2Fk小球稳定在C、D位置时，上升的高度为h=x2tan=Fk1tan=mgktan2因初、末状态弹簧的形变量相同，弹簧弹力对小球做功为零，故细杆对两小球所做总功为W=2 mgh+12mv2=2mgtan22g2+mgk