高中 | 水平面内的圆周运动模型题目答案及解析如下，仅供参考！
必修第二册
第八章 圆周运动
8.2 科学探究：向心力
水平面内的圆周运动模型
飞球调速器是英国工程师詹姆斯$\cdot $瓦特于$1788$年为蒸汽机速度控制而设计，如图（$a$）所示，这是人造的第一个自动控制系统，如图（$b$）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为$m$的球通过$4$根长为$l$的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接，上面套筒固定，下面套筒质量为$M$，可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为$g$，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度$\omega $匀速转动时（飞球调速器的旋转速度和蒸汽机相同）。
求此时轻杆与竖直轴之间的夹角$\theta $的余弦值；
此时轻杆与竖直轴之间的夹角$\\theta $的余弦值为$\\dfrac{(m+M)g}{ml{{\\omega }^{2}}}$；
小球受到重力$mg$、上下两根轻杆的拉力${{F}_{1}}$、${{F}_{2}}$，竖直方向上，由物体的平衡条件得：${{F}_{1}}\cos \theta ={{F}_{2}}\cos \theta +mg$
水平方向上，由牛顿第二定律：${{F}_{1}}\sin \theta +{{F}_{2}}\sin \theta =mr{{\omega }^{2}}$，且：$r=l\sin \theta $
下面套筒受到重力$Mg$、左右两根轻杆的拉力为${{F}_{3}}$、${{F}_{4}}$（根据对称性，${{F}_{3}}$、${{F}_{4}}$相等），由物体的平衡条件得：$2{{F}_{3}}\cos \theta =Mg$
由题意知：${{F}_{3}}={{F}_{2}}$，联立解得：$\cos \theta =\dfrac{(m+M)g}{ml{{\omega }^{2}}}$；
为实现对蒸汽机的自动控制（即将蒸汽机的转速控制在一定范围内），由于扰动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原理。
升高，由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移，为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。
蒸汽机的转速会升高，由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移，为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。
图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前$(\qquad)$
受到魔盘的支持力缓慢增大
受到魔盘的摩擦力缓慢增大
受到的合外力大小不变
受到魔盘的作用力大小不变
$\text{AB}$、对游客受力分析如图，
分别研水平和竖直方向列方程：
水平方向：${{f}_{x}}-{{N}_{x}}=m{{\omega }^{2}}r$
竖直方向：${{f}_{y}}+{{N}_{y}}=mg$
则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则$f$、$N$两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能$f$增大，$N$减小。故$\text{A}$错误，$\text{B}$正确；
$\text{C}$、滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故$\text{C}$错误；
$\text{D}$、把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力），即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故$\text{D}$错误。
故选：$\text{B}$。
如图所示，倾角$\theta =30{}^\circ $的斜面体$C$固定在水平面上，置于斜面上的物块$B$通过细绳跨过光滑定滑轮（滑轮可视为质点）与小球$A$相连，连接物块$B$的细绳与斜面平行，滑轮左侧的细绳长度为$L$，物块$B$与斜面间的动摩擦因数$\mu =\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。开始时$A$、$B$均处于静止状态，$B$、$C$间恰好没有摩擦力，现让$A$在水平面内做匀速圆周运动，物块$B$始终静止，则小球$A$的角速度可能为$(\qquad)$
$\\sqrt{\\dfrac{2g}{L}}$
$\\sqrt{\\dfrac{3g}{2L}}$
$\\sqrt{\\dfrac{g}{L}}$
$\\sqrt{\\dfrac{2g}{3L}}$
开始时$A$、$B$均处于静止状态，$B$、$C$间恰好没有摩擦力，则有${{m}_{A}}g={{m}_{B}}g\sin \theta $，
解得：${{m}_{B}}=2{{m}_{A}}$，
当$A$以最大角速度做圆周运动时，要保证$B$静止，此时绳子上的拉力$T={{m}_{B}}g\sin \theta +\mu {{m}_{B}}g\cos \theta =2{{m}_{A}}g$，
设$A$以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为$\alpha $，则$\cos \alpha =\dfrac{{{m}_{A}}g}{T}=\dfrac{{{m}_{A}}g}{2{{m}_{A}}g}=\dfrac{1}{2}$，
对$A$受力分析可知，物体$A$做圆周运动的半径$R=L\sin \alpha =\dfrac{\sqrt{3}}{2}L$，向心力为${{F}_{n}}=T\sin \alpha =\sqrt{3}{{m}_{A}}g$，
由向心力公式${{F}_{n}}={{m}_{A}}{{\omega }^{2}}R$，代入数据解得$\omega =\sqrt{\dfrac{2g}{L}}$，
圆锥摆的最大周期${{T}_{\text{m}}}=2\pi \sqrt{\dfrac{L}{g}}$，
圆锥摆最小角速度${{\omega }_{\text{min}}}=\dfrac{2\pi }{{{T}_{\text{m}}}}=\sqrt{\dfrac{g}{L}}$，
故小球$A$的角速度范围为$\sqrt{\dfrac{g}{L}}\leqslant \omega \leqslant \sqrt{\dfrac{2g}{L}}$，故$\text{ABC}$正确，$\text{D}$错误。
故选：$\text{ABC}$。
“科技让生活更美好”，洗衣机脱水原理就来自于圆周运动知识。如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆筒一起转动而未滑动，则$(\qquad)$
加大脱水筒转动的线速度，脱水效果会更好
加大脱水筒转动的角速度，衣服对筒壁的压力增大
水会从脱水筒甩出是因为水滴做离心运动的结果
衣服随脱水筒做圆周运动的向心力由衣服受到的重力提供
$\text{A}$、加大脱水筒转动的线速度，需要提供的向心力将更大，水滴更容易飞出，脱水效果会更好，故$\text{A}$正确；
$\text{B}$、加大脱水筒转动的角速度，需要提供的向心力变大，筒壁对衣服的弹力也增大，根据牛顿第三定律，衣服对筒壁的压力就增大，故$\text{B}$正确；
$\text{C}$、水会从脱水筒甩出是因为衣服对水的力不足以提供水滴做此时的半径的圆周运动的向心力，于是物体做离心运动，故$\text{C}$正确；
$\text{D}$、衣服受到竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，重力和静摩擦力是一对平衡力，大小相等，故向心力是由支持力提供的，故$\text{D}$错误。
故选：$\text{ABC}$。
如图所示，列车在拐弯时，弯道处的外轨会略高于内轨。当列车以“规定的行驶速度” ${{v}_{0}}$经过弯道时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压。若两轨道所在平面的倾角为$\theta $，重力加速度为$g$，请你简要解答以下问题。
当列车过弯速率大于${{v}_{0}}$时，轮缘将对哪一侧的轨道有挤压？为什么？请分析说明；
见解析；
当列车过弯速率等于${{v}_{0}}$时，向心力由重力及轨道的支持力的合力提供，受力如图所示：
$mg\tan \theta =m\dfrac{{{v}^{2}}}{r}$
当列车过弯速率大于${{v}_{0}}$时，所需要的向心力大于$mg\tan \theta $，根据轨道及车轮结构知，外侧轨道给轮缘一个向内的挤压力，其沿半径方向的分力与$mg\tan \theta $共同提供向心力，且随着速度的增大，挤压力增大，超过一定限度，车辆会有向外侧翻的危险。根据牛顿第三定律知，轮缘将对外侧的轨道有挤压力；
列车分别在满载和空载两种情况下（忽略重心位置变化）经过弯道时，其“规定的行驶速度”是否相同？请通过推导说明；
见解析；
当以“规定的行驶速度”经过弯道时$mg\tan \theta =m\dfrac{{{v}^{2}}}{r}$，
解得$v=\sqrt{gr\tan \theta }$，
这个速度与质量无关，所以列车分别在满载和空载两种情况下经过弯道时，其“规定的行驶速度”是相同的；
为了进一步提高列车经过弯道时的“规定的行驶速度”，可以对铁路的弯道处进行哪些改造？举例并说明原因。
见解析。
根据$v=\sqrt{gr\tan \theta }$可知，速度与弯道半径及倾角有关，所以，有两种方法提高速度，一是增大弯道的半径，二是增加内外轨道的高度差，使两轨道所在平面的倾角$\theta $增大。
如图所示，水平转台边缘固定一光滑竖直卡槽，与轻质杆右端固定在一起的轻质小球可以沿卡槽上、下自由移动，由于卡槽的作用，轻质杆始终沿转台的半径方向且保持水平，劲度系数为$k=50\ \text{N/m}$的轻弹簧一端固定在竖直转轴上，另一端与轻质杆共同连在质量$m=0.1\ \text{kg}$的小球上，当转台以角速度$\omega =3\ \text{rad/s}$绕转轴匀速转动时，轻弹簧与竖直方向的夹角$\theta =37{}^\circ $。已知转台半径$R=10\ \text{cm}$，轻质杆的长度$L=4\ \text{cm}$，重力加速度$g$取$10\ \text{m/}{{\text{s}}^{2}}$，$\sin 37{}^\circ =0.6$，$\cos 37{}^\circ =0.8$。下列说法正确的是$(\qquad)$
轻弹簧的伸长量为$\\dfrac{10}{3}\\ \\text{cm}$
轻弹簧的伸长量为$2.5\\ \\text{cm}$
轻质杆中的弹力大小为$0.696\\ \\text{N}$
轻质杆中的弹力大小为$7.5\\ \\text{N}$
$\text{AB}$、设弹簧的弹力为$F$，对小球受力分析，则$F\cos \theta =mg$，解得$F=1.25\ \text{N}$，根据$F=kx$可得$x=0.025\ \text{m}=2.5\ \text{cm}$，故$\text{A}$错误，$\text{B}$正确；
$\text{CD}$、小球做圆周运动的半径$r=R-L=10\ \text{cm}-4\ \text{cm}=6\ \text{cm}=0.06\ \text{m}$，小球做圆周运动的向心力为${{F}_{向}}=m{{\omega }^{2}}r=0.1\times 32\times 0.06\ \text{N}=0.054\ \text{N}$，对小球受力分析，则${{F}_{向}}=F\text{sin}37{}^\circ -{{F}_{N}}$，解得${{F}_{N}}=0.696\ \text{N}$，故$\text{C}$正确，$\text{D}$错误。
故选：$\text{BC}$。
长为$L$的细绳上端固定，下端拴一个质量为$m$的小球，让小球在水平面内做匀速圆周运动，小球角速度大小为$\omega $，此时绳子与竖直方向的夹角为$\alpha $，若不计空气阻力，下列说法中正确的是$(\qquad)$
若只增加绳长$L$，则$\\alpha $减小
若只增加小球质量，则$\\alpha $减小
保持$L$不变，$\\omega $增大时，小球的向心力不一定增大
保持$L$不变，$\\omega $增大时，线速度$v$一定增大
$\text{AB}$、对小球，小球所受重力和绳子的拉力的合力提供了向心力，得：$mg\tan \alpha =mL\sin \alpha \cdot {{\omega }^{2}}$
解得：$\omega =\sqrt{\dfrac{g}{L\cos \alpha }}$，
若只增加绳长$L$，则$\alpha $增大，质量增加时，$\alpha $不变，故$\text{AB}$错误；
$\text{C}$、小球的向心力${{F}_{n}}=\dfrac{mg}{\cos \alpha }$，保持$L$不变，$\omega $增大时，小球的向心力增大，故$\text{C}$错误；
$\text{D}$、根据$v=L\sin \alpha \cdot \omega $，保持$L$不变，$\omega $增大时，线速度$v$一定增大，故$\text{D}$正确。
故选：$\text{D}$。
如图所示，一根绳拉着小球在水平面内做匀速圆周运动，绳的固定点$O$到圆${{O}_{1}}$的高度为$h$，当地重力加速度为$g$，则根据题中所给条件可以求出下列物理量$(\qquad)$
小球运动的向心加速度
绳的拉力
小球运动的线速度
小球运动的角速度
$\text{A}$、设绳与竖直方向的夹角为$\theta $，根据牛顿第二定律可得：$mg\tan \theta =ma$，解得$a=g\tan \theta $，由于$\theta $未知，故向心加速度无法求得，故$\text{A}$错误；
$\text{B}$、绳子的拉力为$F=\dfrac{mg}{\cos \theta }$无法求得，故$\text{B}$错误；
$\text{C}$、根据$mg\tan \theta =m\dfrac{{{v}^{2}}}{h\tan \theta }$，解得$v=\sqrt{ghta{{n}^{2}}\theta }$，故无法求得线速度，故$\text{C}$错误；
$\text{D}$、根据$mg\tan \theta =m{{\omega }^{2}}h\tan \theta $，解得$\omega =\sqrt{\dfrac{g}{h}}$，故$\text{D}$错误。
故选：$\text{D}$。
如图，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则$(\qquad)$
物体受到的支持力减小
物体受到的合外力不变
角锥对物体的作用力不变
物体受到的静摩擦力增大
$\text{AD}$、对物体受力分析如图所示：
物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，做匀速圆周运动，沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：$f\text{cos}\theta -N\text{sin}\theta =m{{\omega }^{2}}r$①
竖直方向：$f\text{sin}\theta +N\text{cos}\theta =mg$②
联立①②得：
$f=mg\text{sin}\theta +m{{\omega }^{2}}r\text{cos}\theta $
$N=mg\text{cos}\theta -m{{\omega }^{2}}r\text{sin}\theta $
当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故$\text{AD}$正确；
$\text{B}$、物体受到的合外力指向圆心，提供向心力${{F}_{合}}=m{{\omega }^{2}}r$，随着转速的增大，合外力增大，故$\text{B}$错误；
$\text{C}$、因为物体所受的合力增大，角锥对物体的作用力不可能不变，故$\text{C}$错误。
故选：$\text{AD}$。
一杯水搅动后形成如图所示上大下小的“喇叭”形漩涡。漂浮在漩涡内壁水面上的$a$、$b$两轻小物体随水流在水平面内做匀速圆周运动，加速度大小为${{a}_{a}}$、${{a}_{b}}$，角速度大小为${{\omega }_{a}}$、${{\omega }_{b}}$，则$(\qquad)$
${{a}_{a}}\\gt {{a}_{b}}$，${{\\omega }_{a}}\\gt {{\\omega }_{b}}$
${{a}_{a}}\\gt {{a}_{b}}$，${{\\omega }_{a}}\\lt {{\\omega }_{b}}$
${{a}_{a}}\\lt {{a}_{b}}$，${{\\omega }_{a}}\\gt {{\\omega }_{b}}$
${{a}_{a}}\\lt {{a}_{b}}$，${{\\omega }_{a}}\\lt {{\\omega }_{b}}$
在失去搅动外力后，漩涡下部转动慢，上部转动快，所以${{\omega }_{a}}\lt {{\omega }_{b}}$；由图知${{r}_{a}}\lt {{r}_{b}}$，由$a={{\omega }^{2}}r$，知${{a}_{a}}\lt {{a}_{b}}$，故$\text{D}$正确，$\text{ABC}$错误。