《2025年资源库高中物理人教版》

例156 [全国高考]如图1-6-33,一同学表演荡秋千. 已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg. 绳的质量忽略不计. 当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为( )

A.200 N
B.400 N
C.600 N
D.800 N
【解析】该同学在荡秋千过程中的最低点,同学和踏板整体受到的重力和两根绳的拉力的合力提供同学和踏板做圆周运动的向心力,设每根绳子上平均承受的拉力大小为$F$,由牛顿第二定律得$2F - mg = m\frac{v^{2}}{R}$,解得$F= \frac{1}{2}(mg + m\frac{v^{2}}{R})= \frac{1}{2}×(50×10 + 50×\frac{8^{2}}{10}) N= 410 N$,B正确,A、C、D错误.
【答案】B

答案： B

例157 [江西2024·14]雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动. 如图1-6-34(a)(b)所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心$O$点的竖直轴匀速转动. 圆盘边缘$A$处固定连接一轻绳,轻绳另一端$B$连接转椅(视为质点). 转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等. 转椅与雪地之间的动摩擦因数为$\mu$,重力加速度为$g$,不计空气阻力.

(1) 在图1-6-34(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度$\omega_{1}$匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕$O点做半径为r_{1}$的匀速圆周运动. 求$AB与OB之间夹角\alpha$的正切值. $\frac{\mu g}{\omega_{1}^{2}r_{1}}$
(2) 将圆盘升高,如图1-6-34(b)所示. 圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕$O_{1}点做半径为r_{2}$的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为$\theta$,绳子在水平雪地上的投影$A_{1}B与O_{1}B的夹角为\beta$. 求此时圆盘的角速度$\omega_{2}$. $\sqrt{\frac{\mu g\sin\theta\cdot\cos\beta}{r_{2}(\sin\theta\cdot\sin\beta+\mu\cos\theta)}}$

答案：
(1) 设转椅质量为 $ m $，轻绳拉力为 $ T $，
沿转椅运动轨迹切线方向：
$ T \sin \alpha = \mu m g $，
沿转椅轨迹半径方向：
$ T \cos \alpha = m \omega_1^2 r_1 $，
联立解得：
$ \tan \alpha = \frac{\mu g}{\omega_1^2 r_1} $。
答案：$ \frac{\mu g}{\omega_1^2 r_1} $。
(2)设轻绳拉力为 $ F $，竖直方向：
$ N + F \cos \theta = m g $，
转椅受到的摩擦力：
$ f = \mu N $，
沿运动轨迹切线方向：
$ F \sin \theta \cdot \sin \beta = f $，
沿圆周运动半径方向：
$ F \sin \theta \cdot \cos \beta = m \omega_2^2 r_2 $，
联立解得：
$ \omega_2 = \sqrt{\frac{\mu g \sin \theta \cdot \cos \beta}{r_2 (\sin \theta \cdot \sin \beta + \mu \cos \theta)}} $。
答案：$ \sqrt{\frac{\mu g \sin \theta \cdot \cos \beta}{r_2 (\sin \theta \cdot \sin \beta + \mu \cos \theta)}} $。

例158 [全国甲2024·17]如图1-6-35,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为$m$的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经$Q$点自由下滑至其底部,$Q$为竖直线与大圆环的切点. 则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(C)


A.在$Q$点最大
B.在$Q$点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
【解析】设大圆环半径为$R$,小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为$\theta$,大圆环对小环的作用力刚好为零时,受力分析如图1-6-36所示,由牛顿第二定律得$mg\cos\theta = m\frac{v^{2}}{R}$,根据动能定理得$mgR(1 - \cos\theta)= \frac{1}{2}mv^{2}$,联立解得$\cos\theta=\frac{2}{3}$,故小环运动到$Q$点时对大圆环的作用力不是最小,B错误；设大圆环对小环的作用力为$F$,大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于$A$点,到达$A$点前,由牛顿第二定律得$mg\cos\theta_{1}-F_{1}= m\frac{v_{1}^{2}}{R}$,根据动能定理得$mgR(1 - \cos\theta_{1})= \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$,联立解得$F_{1}= (3\cos\theta_{1}-2)mg$,$\theta_{1}$增大,$F_{1}$减小,从$A点到Q$点,由牛顿第二定律有$mg\cos\theta_{2}+F_{2}= m\frac{v_{2}^{2}}{R}$,根据动能定理有$mgR(1 - \cos\theta_{2})= \frac{1}{2}mv_{2}^{2}$,联立解得$F_{2}= (2 - 3\cos\theta_{2})mg$,$\theta_{2}$增大,$F_{2}$增大,从$Q$到最低点的过程中,由牛顿第二定律有$F_{3}-mg\cos\theta_{3}= m\frac{v_{3}^{2}}{R}$,根据动能定理有$mgR(1+\cos\theta_{3})= \frac{1}{2}mv_{3}^{2}$,联立解得$F_{3}= (2 + 3\cos\theta_{3})mg$,$\theta_{3}$减小,$F_{3}$增大,根据牛顿第三定律可知,$Q$点不是小环对大圆环作用力最大的点,小环自顶端下滑至底部过程中对大圆环的作用力先减小后增大,C正确,A、D错误.


【答案】C

答案： C