《2025年5年高考3年模拟高中物理必修第二册人教版江苏专版》

7.(2024 江西,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 (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(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。
(2) 将圆盘升高,如图(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$A_1B$与$O_1B$的夹角为$\beta$。求此时圆盘的角速度$\omega_2$。

答案：
7.答案
(1)$\frac{\mu g}{r_1\omega_1^2}$
(2)$\sqrt{\frac{\mu g\sin\theta\cos\beta}{r_2(\mu\cos\theta + \sin\theta\sin\beta)}}$
解析
(1)在水平方向，对转椅受力分析如图1所示，所受拉力和摩擦力的合力提供向心力，根据平行四边形定则及牛顿第二定律可知$\frac{F_f}{\tan\alpha} = \mu mg = mr_1\omega_1^2$
解得$\tan\alpha = \frac{\mu g}{r_1\omega_1^2}$

(2)转椅所受拉力与摩擦力如图2所示，将拉力沿竖直方向和$BA_1$方向分解，竖直方向受力平衡，有$F_T'\cos\theta + F_N' = mg$
$F_T'$沿$BA_1$方向的分力与$F_T'$的合力提供向心力(如图3)，有$\frac{F_T'}{\tan\beta} = \frac{\mu F_N'}{\tan\beta} = mr_2\omega_2^2$
由图3可知，$F_T'\sin\theta\sin\beta = \mu F_N'$
联立可得$\omega_2 = \sqrt{\frac{\mu g\sin\theta\cos\beta}{r_2(\mu\cos\theta + \sin\theta\sin\beta)}}$

8.(2023 福建,15) 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴$OO'$上的$O$点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于$O$点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度$l = 0.2\ m$,杆与竖直转轴的夹角$\alpha$始终为$60°$,弹簧原长$x_0 = 0.1\ m$,弹簧劲度系数$k = 100\ N/m$,圆环质量$m = 1\ kg$;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取$10\ m/s^2$,摩擦力可忽略不计。
(1) 若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到$O$点的距离;
(2) 求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;
(3) 求圆环处于细杆末端$P$时,细杆匀速转动的角速度大小。

答案：
8.答案
(1)0.05m
(2)$\frac{10\sqrt{6}}{3}$rad/s
(3)10rad/s
解题导引。
(1)根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离；
(2)弹簧处于原长时，圆环仅受重力和支持力，其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得$\frac{mg}{\tan\alpha} = m\omega^2r$，由几何关系得圆环此时转动的半径$r = x_0\sin\alpha$
联立并代入数据解得$\omega_0 = \frac{10\sqrt{6}}{3}$rad/s。
(3)如图丙所示，圆环处于细杆末端P时，弹簧伸长量$\Delta x' = l - x_0$，根据胡克定律得弹簧弹力$T = k(l - x_0) = 10N$
圆环竖直方向受力平衡，有$mg + T\cos\alpha = N\sin\alpha$
水平方向合力提供向心力，则有$T\sin\alpha + N\cos\alpha = m\omega^2r'$
由几何关系得$r' = l\sin\alpha$
联立并代入数据解得$\omega = 10$rad/s。