2021屆八省新高考物理模擬卷（湖北專用）（解析版） (四)

2021屆八省新高考物理模擬卷一湖北卷（03）

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分，在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符

合題目要求，第8~H題有多項符合題目要求。

1.（2020?湖北高三月考）如圖是某手機(jī)充電器的第一級變換電路，其中D1~D4為規(guī)格相同的二極管（可

視為理想二極管）。頻率為50Hz、電壓為220V的正弦交流電由“、人端輸入，從c、d端輸出。下列說法

正確的是（）

A.c、d端輸出恒定直流B.c,d端輸出電壓的有效值為110V

C.ad端輸出電流將不再改變方向D.c、d端輸出電流的頻率為50Hz

【答案】C

【詳解】AC.由于二極管具有單向?qū)щ娦裕虼薱、d端輸出脈動直流，電流大小變化而方向不變，A錯

誤，C正確；

B.c、d端輸出電壓的有效值仍為220V,B錯誤；

D,輸出電壓的頻率為100Hz,D錯誤。

故選C。

2.（2020?湖北高三月考）如圖甲所示為某景區(qū)內(nèi)的高空滑索運(yùn)動，質(zhì)量為m的游客可利用輕繩通過輕質(zhì)

滑環(huán)懸吊下滑。假設(shè)某階段鋼索與水平方向的夾角於30°,輕繩始終保持豎直，示意圖如圖乙，在這一階

段()

A.鋼索對滑環(huán)的摩擦力為0

B.鋼索對滑環(huán)的支持力為0.5mg

C.游客運(yùn)動的加速度為0

D.鋼索與滑環(huán)間的動摩擦因數(shù)為0.5

【答案】C

【詳解】A.以人為研究對象，受力分析如圖1所示，由于細(xì)線豎直，所以人受到的繩子拉力和重力平

衡；再以圓環(huán)為研究對象如圖2所示，圓環(huán)受到拉力、支持力和摩擦力作用，故A錯誤；

N=Tcos30°—mg

故B錯誤；

C.游客做勻速直線運(yùn)動，所以游客運(yùn)動的加速度為零，故C正確;

D.鋼索受到的摩擦力為

尸mgsin30°="N

解得

故D錯誤。

故選C?

3.（2020?湖北孝感市?高三月考）如圖甲所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，傳播速度大小為

u=10m/s,平衡位置在x=處的質(zhì)點P的振動圖象如圖乙所示，則f=ls時刻，簡諧波的波形為

甲乙

【答案】D

【詳解】由題圖乙可知，周期為

T=0.4s

則波長

A=vT-4m

由于周期

T=0.4s

因此f=ls時質(zhì)點P的振動與f=0.2s時的振動相同，即質(zhì)點P在平衡位置沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，由于簡諧

橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)振動與波動的關(guān)系判斷簡諧波的波形圖，故D正確，ABC錯誤。

故選D。

4.（2020?湖北高三月考）野外騎行在近幾年越來越流行，越來越受到人們的青睞，對于自行車的要求也在

不斷的提高，很多都是可變速的。不管如何變化，自行車裝置和運(yùn)動原理都離不開圓周運(yùn)動。下面結(jié)合自

行車實際情況與物理學(xué)相關(guān)的說法正確的是（）

A.圖2中前輪邊緣處A、B、C、D四個點的線速度相同

B.大齒輪與小齒輪的齒數(shù)如圖3所示，則大齒輪轉(zhuǎn)1圈，小齒輪轉(zhuǎn)3圈

C.圖2中大齒輪邊緣處E點和小齒輪邊緣處F點及后輪邊緣處的G點運(yùn)動快慢相同

D.前輪在騎行的過程中粘上了一塊雪塊，條件都相同的情況下，它在A處最容易脫離輪胎

【答案】BD

【詳解】ABC.圖1中前輪邊緣處4、B、C、。四個點的線速度大小相同，方向不同：大齒輪與小齒輪的

齒數(shù)之比1：3,即半徑1：3,由

v=cor

大齒輪與小齒輪的角速度之比1：3,則大齒輪轉(zhuǎn)1圈，小齒輪轉(zhuǎn)3圈；圖1中大齒輪邊緣處E點和小齒輪

邊緣處尸點運(yùn)動快慢相同，和后輪邊緣處的G點不同，故AC錯誤，B正確；

D.車輪匕各點速度如圖所示

令輪的角速度為。，則速度為

u=2R（wcos。

根據(jù)牛頓第二定律

f+mgcos0=m-2Rcos0a）1

可得

f=一mg）cos0

由此可知當(dāng)

e=o°

時，雪所需的附著力最大，所以它在A處最容易脫離輪胎，故D正確。

故選BD,

5.（2020?湖北高三月考）2019年諾貝爾物理學(xué)獎授予了三位天文學(xué)家，以表彰他們在宇宙演化方面取得

的成就。宇宙中星體之間不斷發(fā)生著演變，某雙星繞兩者連線上的某點做勻速圓周運(yùn)動，如圖描述了此雙

星系統(tǒng)中體積較?。ㄙ|(zhì)量小）星體“吸食”另一顆體積較大（質(zhì)量大）星體表面物質(zhì)的景象，這個過程物質(zhì)

在轉(zhuǎn)移。在最初演變的過程中可以認(rèn)為兩球心之間的距離保持不變，對于這個過程下列說法正確的是

A.它們之間的引力保持不變

B.它們做圓周運(yùn)動的角速度變大

C.體積較小星體圓周運(yùn)動的線速度變小

D.體積較大星體圓周運(yùn)動軌道半徑不變

【答案】C

【詳解】A.設(shè)體積較小的星體質(zhì)量為犯，軌道半徑為彳，體積大的星體質(zhì)量為加「軌道半徑為外，雙

星間的距離為L，轉(zhuǎn)移的質(zhì)量為△機(jī)，則它們之間的萬有引力為

F—c(肛+△，〃)(色一

一Z?

兩個星球的總質(zhì)量一定，當(dāng)它們質(zhì)量相等時，兩個星球的質(zhì)量的乘積最大，故它們做圓周運(yùn)動的萬有引力

是增加的，故A錯誤；

B.對〃則有

G如於**=(仍+即)療不

對m2則有

(?n+A/?7)(n7-Am)..

G―l!--------l1--------=(m,-Ntn)a>2r

Lt2

聯(lián)立可得

lG(m.+)

總質(zhì)量叫+，巧不變，兩者距離L不變，可知它們做圓周運(yùn)動的角速度不變，故B錯誤；

C.由

G處a警4=(s+即)療4

可得

G（m1—Am）

「一=叫9

3、L、機(jī)2均不變，△加增大，則/減小，由匕得體積較小星體圓周運(yùn)動的線速度變小，故C正

確；

D.由

「（郎+△根）（m一Am）..2

G―!--------L-----=（，%一A/M）?Vr

Lt2

可得

G（m,+A/?）

----=叫2

3、L、/均不變，△機(jī)增大，則為增大，即體積較大星體圓周運(yùn)動軌跡半價變大，故D錯誤。

故選C。

6.（2020?湖北恩施土家族苗族自治州?高三月考）為了備戰(zhàn)2020年東京奧運(yùn)會，我國羽毛球運(yùn)動員進(jìn)行了

如圖所示的原地縱跳摸高訓(xùn)練。已知質(zhì)量〃?=60kg的運(yùn)動員原地靜止站立（不起跳）摸高為2.10m,比賽

過程中，該運(yùn)動員先下蹲，重心下降0.5m,經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90m的高度。若運(yùn)動員起

跳過程視為勻加速運(yùn)動，忽略空氣阻力影響，g取lOm/s?。則（）

A.運(yùn)動員起跳后到上升到最高點一直處于超重狀態(tài)

B.起跳過程的平均速度比離地上升到最高點過程的平均速度小

C.起跳過程中運(yùn)動員對地面的壓力為1560N

D.從開始起跳到雙腳落地需要0.65s

【答案】C

【詳解】AC.從開始起跳到腳離開地面重心上升歷=0.5m,做勻加速運(yùn)動，加速度向上，處于超重狀態(tài),

離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離

1tl=2.90m-2.10m=0.8m

運(yùn)動員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動，運(yùn)動員向上做勻減速直線運(yùn)動，處于失重狀態(tài)，根據(jù)2g/72=-2可知,

所以

v=d2ghi=4m/s

在起跳過程中，根據(jù)速度位移公式可知

2她=v2

得

V2

a=~-=16m/s2

2%

由牛頓第二定律得

FN-mg=ma

得

FN=mg+ma=1560N

由牛頓第三定律可知運(yùn)動員對地面的壓力為1560N,方向豎直向下，故A錯誤，C正確;

B.根據(jù)平均速度公式

-%+v

V――-----

2

知起跳過程的平均速度等于離地匕升到最高點過程的平均速度，故B錯誤：

D.加速上升時間

v4

t.=-=—s=0.25s

a16

減速上升

/2=—=0.4s

一g

加速下降和減速上升時間相同，故總時間為

/=：+2%=1.05s

故D錯誤。

故選C。

7.(2020?湖北高三月考)如圖(a)所示，點電荷p繞點電荷+Q做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，角速度為幼；

如圖(b)所示，點電荷-q在相距為7?的兩個固定點電荷+Q所在連線的中垂面上，做角度為牡的勻速圓周運(yùn)

動，-q到+Q的距離始終為%則供：g為()

k

r?1y

一夕+Q

圖(b)

A.1：V2B.1：1C.1：73D.2：百

【答案】A

【詳解】ABCD.圖(a)中，點電荷+。對點電荷-q的庫侖力來提供向心力，從而做半徑為的勻速圓周運(yùn)

動，則有

F向心力=%=卜米mrcof

解得

例I烏

mr

圖(b)中，兩個固定點電荷+Q對口的庫侖力的合力琮來提供向心力，則有

瑞心力=堪=，"'*

又

7%=2Z”cos30"

/=rcos30°

聯(lián)立解得

Vmr

故

a=_L

co25/2

所以，選項BCD錯誤，A正確；

故選Ao

8.(2020?湖北高三月考)如圖所示的理想變壓器，其輸入端接在〃=l()()、/5sinl()()R(V)的交流電源

上，原、副線圈的匝數(shù)比為勺：〃2=2：1,凡為電阻箱，副線圈中的電阻R=l()。，電表均為理想電表。

下列說法正確的是()

A.當(dāng)％=0時，電壓表的讀數(shù)為100VB.當(dāng)％=0時，電流表的讀數(shù)為5A

C.當(dāng)％=10。時，電流表的讀數(shù)為4AD.當(dāng)凡=10。時，電壓表的讀數(shù)為100V

【答案】BC

【詳解】A.輸入端電壓的有效值為100V,當(dāng)&=。時，電壓表的讀數(shù)為

u,=%q=5ov

故A錯誤；

B.當(dāng)&=0時、次級線圈中的電流

=5A

2R

故B正確；

CD.當(dāng)舄=10。時，設(shè)電流表的小數(shù)為/，則此時初級電流為0.5/，初級電壓為

t/,=100-0.57x10=100-57

則次級電壓為

100-57

2

則有

100-57

2-=10/

解得

/=4A

此時電壓表讀數(shù)為

=/R=40V

故C正確，D錯誤；

故選BC?

9.（2020?湖北高三月考）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，大量

帶電粒子同時從y軸上OP之間（0<>3）沿x軸正向射入磁場，并同時到達(dá)。點。已知粒子的比荷均為

幺，不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）

m

y

*卜

Pf

XXXX

—?

XXXX

O------------------------?X

XXXX

XXXX

7tm

A.所有粒子運(yùn)動的時間均為r

qB

B.粒子的入射速度v與入射位置的縱坐標(biāo)y滿足關(guān)系口=0

m

C.到達(dá)。點前的同一時刻，所有粒子排列在一段圓弧上

7ima2

D.在0~麗時間內(nèi)，所有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積為后1?（萬+2）

【答案】AD

Tim

【詳解】A.由于y軸是邊界，所有粒子運(yùn)動的時間都是半個周期，因此運(yùn)動的時間均為一不，A正確；

qB

B.在y位置射出的粒子軌道半徑為搭，則

y_mv

l~~qB

可得

丫=跡

2m

B錯誤；

C.將運(yùn)動倒過來看，相當(dāng)于從。點同時向外發(fā)射粒子，經(jīng)相同的時間都轉(zhuǎn)過相同的圓心角，也就是粒子

位置與各自的圓心及O點構(gòu)成相似三角形，即運(yùn)動的粒子與。點連線與y軸夾角相等，因此這些粒子都在

一條直線上，c錯誤；

nm1

D.在0~丁^時間內(nèi)，所有粒子都轉(zhuǎn)過了一個圓弧，粒子都在一條直線上，該線與y夾角為45。，速度最

2qB4

大的軌道半徑為9,因此運(yùn)動經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積為

2

2

?1,a、，1aaa/小

s+5X5X5=丁（乃+2）

D正確。

故選AD。

10.（2020?湖北高三月考）如圖所示，光滑水平面上靜止放著長￡=4m、質(zhì)量為”=2kg的木板，一個

質(zhì)量為小=1kg的小物體放在木板的最右端，木板和物塊之間的動摩擦因數(shù)〃=01，對木板施加一水平向

右尸=7N的拉力，經(jīng)過時間，小物體從木板上掉下來，g取10m/s2,在時間，內(nèi)（）

A.拉力產(chǎn)對木板做功為42J

B.摩擦力對木板做功為-6J

C.摩擦力對物塊做功為4J

D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為2J

【答案】AB

【詳解】A.由牛頓第二定律得，物塊的加速度為

2

a}=/ig=lm/s

木板的加速度為

F-jjmg2

a、=------=3m/s

'M

由勻變速運(yùn)動規(guī)律得，該過程物塊的位移

1，

號=/卬

木板位移

根據(jù)幾何關(guān)系有

1212r

5a"=L

聯(lián)立解得

f=2s,電=2m,s2=6m

則拉力R對木板做功為％=FS2=42J,故A正確；

B.摩擦力對木板做功為嗎=於2=-6J，故B正確；

C.摩擦力對物塊做功為嗎=人1=2］，故C錯誤：

D.系統(tǒng)產(chǎn)生熱量為Q=〃=4J,故D錯誤。

故選AB。

11.（2020?湖北武漢市?華中師大一附中高三月考）高速鐵路列車通常使用磁力剎車系統(tǒng)。磁力剎車工作原

理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線垂直鋁盤向內(nèi)，鋁盤

隨即減速，如圖所示。圖中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域（虛線區(qū)域）朝磁鐵方向運(yùn)動，磁鐵右方鋁盤的乙區(qū)域

（虛線區(qū)域）朝離開磁鐵方向運(yùn)動。下列有關(guān)鋁盤剎車的說法正確的是（）

A.鋁盤中區(qū)域的感應(yīng)電流產(chǎn)生垂直鋁盤向外的磁場

B.鋁盤乙區(qū)域的感應(yīng)電流產(chǎn)生垂直鋁盤向外的磁場

C.磁鐵與感應(yīng)電流之間的作用力，會使鋁盤減速

D.若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對空洞鋁盤所產(chǎn)生的減速效果與實心鋁盤相同

【答案】AC

【詳解】A.鋁盤甲區(qū)域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應(yīng)電流方向為逆時針方向，則此感

應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故A正確；

B.鋁盤乙區(qū)域中的磁通量減小，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應(yīng)電流方向為順時針方向，則此感應(yīng)電流的

磁場方向垂直紙面向里，故B錯誤；

C.由“來拒去留”可知，磁鐵與感應(yīng)電流之間有相互阻礙的作用力，則會使鋁盤減速，故C正確；

D.若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，則滿小空洞的鋁盤產(chǎn)生的感應(yīng)電流與實心鋁盤產(chǎn)生的感應(yīng)電流

不同，所以磁鐵對空洞鋁盤所產(chǎn)生的減速效果與實心鋁盤不相同，故D錯誤。

故選ACo

二、非選擇題：本題共5小題，共56分

12.（2020?湖北黃石市?黃石二中高三月考）熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器（PTC）和負(fù)溫度系數(shù)電阻器

（NTC）。正溫度系數(shù)電阻器（PTC）在溫度升高時電阻值越大，負(fù)責(zé)溫度系數(shù)電阻器（NTC）在溫度升高

時電阻值越小，熱敏電阻的這種特性，常常應(yīng)用在控制電路中。某實驗小組選用下列器材探究通過熱敏電

阻&（常溫下阻值約為10.0。）的電流隨其兩端電壓變化的特點。

A.電流表Ai（滿偏電流10mA,內(nèi)阻n=10Q）

B.電流表A2（量程0?LOA,內(nèi)阻相約為0.5C）

C.滑動變阻器R（最大阻值為10。）

D.滑動變阻器幻（最大阻值為500。）

E.定值電阻R3=990C

F.定值電阻R4=140C

G.電源E（電動勢12V,內(nèi)阻可忽略）

H.電鍵、導(dǎo)線若干

（1）實驗中改變滑動變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，請在所提供的

器材中選擇必需的器材，應(yīng)選擇的滑動變阻器o（只需填寫器材前面的字母即可）

（2）請在所提供的器材中選擇必需的器材，在虛線框內(nèi)畫出該小組設(shè)計的電路圖____。

（3）該小組測出某熱敏電阻R的/i—/2圖線如曲線乙所示，NTC熱敏電阻對應(yīng)的曲線是一（填①或

②）。

（4）若將上表中的PTC電阻直接接到一個9V,內(nèi)阻10。的電源兩端，則它的實際功率為W?

（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

Rx

【答案】C②2.0W(1.9~2.1W)

【詳解】(1)”］因為要求加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，所以滑動變阻器采用分壓接法，為了

便于調(diào)節(jié)，應(yīng)選擇最大阻值小的滑動變阻器，故填C。

(2)［2］因為器材沒有電壓表，故用已知內(nèi)阻的電流表Ai串聯(lián)??個大電阻&改裝成電壓表。由于熱敏電阻的

阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示

⑶⑶把熱敏電阻&的A—A圖線的縱坐標(biāo)改成/1(&3+6)=10004，即熱敏電阻的電壓，單位為V,圖

像就成為熱敏電阻的U-/圖像。。一/圖像上的點與坐標(biāo)原點連線的斜率表示電阻值。隨電壓增大，電

流增大，電阻實際功率增大，溫度升高。NTC熱敏電阻在溫度升高時電阻值減小，故對應(yīng)的曲線是②。

(4)［4］做出9V,內(nèi)阻10Q的電源的。一/圖像

其與曲線②的交點坐標(biāo)的乘積即為所要求的實際功率，為

p="=4x0.5W=2.0W

由于作圖和讀書有一定的誤差，故結(jié)果范圍為1.9~2.1W。

13.(2020.湖北高三月考)某同學(xué)設(shè)計如圖所示裝置來探究動能定理。帶有水平部分的斜槽固定在地面上

(固定部分沒有畫出)，斜槽面傾角為他在E點與水平部分平滑連接。水平部分高度為“，末端尸點在水

平地面上的投影點記為O點。O點右側(cè)鋪一張白紙，上面鋪上復(fù)寫紙以記錄落點位置。先讓可視為質(zhì)點的

滑塊從斜槽面上的某一點釋放，恰好運(yùn)動到尸點，該釋放點記為M點。在斜槽上作出N、P、。點，且

MN=NP=PQ。然后分別讓滑塊從N點、P點、。點由靜止釋放落到水平地面白紙上的Ai、A2、4點。已

知斜槽面各處粗糙程度相同。則

(1)利用“倍增法”來探究動能定理的過程中，斜槽面的傾角0,斜槽水平部分的高度H是否必須測量—(填

“是''或“否””在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，滿足。4：04：04=,動能定理得到驗證。

(2)若斜槽的傾角仇桌面高度”在實驗前已被測定。有人想借助該裝置測定斜槽面與滑塊間的動摩擦因數(shù)

ft,必須要測定的物理量()

A.滑塊質(zhì)量B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭

C.釋放點到“點的距離xiD.滑塊落地點到。點的距離及

【答案】否1:夜:百CD

【解析】(1)設(shè)M點到E點的距離為xo,EF=L,在M點釋放，mgxosbie=〃7ngec()cos8+L),設(shè)

MN=NP=PQ=x,在N點釋放：mg(x0+x)sind—nmg(Cx0+x)cos0+L)=,整理得：

mgxsinO-nmgxcosO=,同理可得在P點釋放：2(mgxsind-nmgxcosd)諺，在Q點釋

放：3(mgxsind-^mgxcosd)=從F點離開，小球做平拋運(yùn)動，高度相同，所以運(yùn)動時間相

同，根據(jù)水平方向x=vt,只需滿足04：。42：。43=1：魚:遮即可，不需要測量傾角仇斜槽水平部分的高

度H；(2)根據(jù)mgxisin。-“jngxicos。=^mg土，測定斜槽面與滑塊間的動摩擦因數(shù)〃，必須要測定的

物理量釋放點到例點的距離X1,滑塊落地點到。點的距離x,所以選CD。

14.(2020?湖北高三月考)如圖為打氣筒給足球充氣的示意圖。先上提活塞，閥門B關(guān)閉，閥門A打開，

外界大氣進(jìn)入氣筒內(nèi)；再下壓活塞，閥門A關(guān)閉，閥門B打開，氣筒內(nèi)氣體全部進(jìn)入足球，完成一次打

氣。如此重復(fù)多次，即可給足球充足氣。外界大氣壓強(qiáng)po=1.0xl05Pa,環(huán)境溫度fo=17℃,氣筒的體積

Vo=l.OxlO4m3?初始時，足球內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=0.60xl()5pa,足球的體積V=5.0xl()-3m3(始終保持不變)，忽略

連接部件的體積，氣筒體可視為理想氣體：

(i)不考慮氣筒和足球內(nèi)氣體溫度的變化，打氣一次后，足球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為多大？

(ii)打氣過程中，氣筒內(nèi)氣體溫度與環(huán)境溫度保持一致，球內(nèi)氣體溫度最終升高至/=27℃?為使足球內(nèi)

氣體的壓強(qiáng)不低于Pn=l.1X105Pa,求打氣的次數(shù)〃至少為多少？

【答案】(i)0=0.62x105pa；(6)24次。

【詳解】⑴打氣前后氣體溫度不變，對氣筒內(nèi)的氣體，設(shè)壓縮后在球內(nèi)占據(jù)的體積為V'。由玻意耳定律

p(y0=p/'

對足球內(nèi)的氣體，壓縮后在球內(nèi)占據(jù)的體積為由玻意耳定律

,

PV=P,(V-V)

解得

Pi=0.62x105Pa

(ii)設(shè)打氣次數(shù)為”次，相當(dāng)于第一次將壓強(qiáng)為而，體積為〃%,溫度為7b=290K的氣體與足球內(nèi)原有氣體

一起壓縮成體積為匕溫度為人300K的氣體。由理想氣體狀態(tài)方程

p0-nV0+p-Vp?V

To~T

解得

”=23.2次

所以，打氣次數(shù)至少為24次。

15.(2020?湖北恩施土家族苗族自治州?高三月考)飛球調(diào)速器是英國工程師瓦特于1788年為蒸汽機(jī)速度

控制而設(shè)計，這是人造的第一個自動控制系統(tǒng)。如圖所示是飛球調(diào)速器模型，它由兩個質(zhì)量機(jī)=2kg的球

通過4根長/=L2m的輕桿與豎直軸的上、下兩個套筒較接，上面套筒固定，下面套筒質(zhì)量為M=10kg,

可沿軸上下滑動，不計一切摩擦，重力加速度為g=10m/s2,當(dāng)整個裝置繞豎直軸以恒定的角速度。勻速

轉(zhuǎn)動時，輕桿與豎直軸之間的夾角。為60°，求:

⑴桿對套筒M的彈力大??；

(2)飛球角速度。的大小。

【答案】(l)100N；(2)<y=10rad/s

【詳解】(1)套筒受到重力Mg,下面左右兩根輕桿的彈力，由平衡條件得

2FNCOS3-Mg

解得

Mgjgo_

NN=loON

2cos602x1

2

(2)小球受到重力，上下兩根輕桿的彈力，豎直方向上，由平衡條件得

F^cosO=FNCOS0+mg

水平方向上，由牛頓第二定律得