19-20学年重庆一中高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）
1.1960年第11届国际计量大会通过了国际单位制(SI)，下列属于国际单位制规定的力学基本物理
量的是()
A. 加速度
B. 速度
C. 质量
D. 重力
2.运动员参加100m赛跑，第10s末到达终点时的速度为12m/s，则全程的平均速度是()
A. 6m/s
B. 10m/s
C. 11m/s
D. 12m/s
3.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将
其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾
角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶
时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则()
A. B.
C. D.
4.如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间
的滑动摩擦因数为，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动。重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。则恒力F的临界数值为()
A. B. C. D.
5.小船过河时，船头偏向上游且航行方向与水流方向成α角，船相对静水的速度大小为v，其航线
恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是(()
A. 保持α角不变，增大船速v
B. 减小α角，增大船速v
C. α角和船速v均增大
D. 增大α角，保持船速v不变
6.一物块位于粗糙水平面上，用大小为F、方向如图所示的力作用在物
体上，使它以加速度a向右加速运动。保持拉力方向不变，当拉力大
小变为2F时(物块未离开地面)()
A. 物体的加速度小于2a
B. 物体的加速度等于2a
C. 物体的加速度大于2a
D. 因为物块的质量未知，故不能确定a的变化情况
7.如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力
作用下沿地面做加速运动．若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()
A. F
M B. Fcosθ
M
C. Fcosθ?μMg
M D. Fcosα?μ(Mg?Fsinα)
M
8.如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平成α角的拉力作用
下沿地面做加速运动，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()
A. F
M B. (Fcos?α?μMg)
M
C. Fcosα
M D. Fcos?α?μ(Mg?Fsin?α)
M
9.如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱
与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为()
A. √3
2mg和1
2
mg B. 1
2
mg和√3
2
mg
C. 1
2mg和1
2
μmg D. √3
2
mg和√3
2
μmg
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
10.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．运动员身系弹性绳自高空P点自
由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b
是运动员静止地悬吊着时的受力平衡位置．运动员在从P点落下到最低
点c的过程中()
A. 运动员从a点运动到c点的过程是做匀减速运动
B. 在b点，运动员的速度最大，其加速度为零
C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态
D. 在c点，运动员的速度为零，其加速度为零
11.如图所示，在水平桌面上质量为3kg的物块A通过一条不可伸长的轻绳，绕
过桌边的定滑轮和质量为2kg的物块B相连，细绳处于伸直状态且定滑轮与
A之间的细绳水平。物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，物块B距地面的高度为0.2m，定滑轮与物块A之间的距离足够长，取重力加速度g=10m/s2，现将物块B由静止释放，直到物块A停止运动的过程中，物块B落地后不反弹，下列说法正确的是()
A. 物块B下落的加速度大小为4m/s2
B. 物块B下落的时间为0.5s
C. 物块B落地前绳上的拉力大小为16.8N
D. 物块A在水平桌面上运动的距离为0.28m
12.如图所示，两竖直光滑墙壁的水平间距为6m，贴近左边墙壁从距离地面高20m处
以初速度10m/s水平向右抛出一小球，一切碰撞均无机械能损失。小球每次碰撞时：
平行于接触面方向的分速度不变、垂直于接触面方向的分速度反向。不计空气阻力，
重力加速度取10m/s2，则()
A. 小球第一次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为6m
B. 小球第一次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为4m
C. 小球第二次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为2m
D. 小球第二次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为0m
13.如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重
为4N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4N物体的存在而
增加的读数可能是()
A. 4N
B. 2N
C. 2N
D. 3N
三、实验题（本大题共2小题，共19.0分）
14.某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。如图所
示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一砂桶，砂桶距地面足够远。调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦。
(1)实验时，________(填“必须”或“不必”)要保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量；
________(填“有”或“没有”)必要将长木板右端垫高以平衡摩擦力；________(填“需要”或“不需要”)用天平测砂和砂桶的总质量。
(2)下图是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源
频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a=________m/s2(计算结果保留三位有效数字)。
(3)实验时，记录力传感器的示数3.2N，用天平测出滑块质量1kg，根据(2)中求出的加速度a的
结果。可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=________。(重力加速度为g)。
15.(1)我们已经知道，物体的加速度(a)同时跟合外力(F)和质量(M)两个因素有关．要研究这三个
物理量之间的定量关系的思想方法是______．
(2)某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做
法而带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：
a.用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是______．
b.使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于______．
(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：
A.利用公式a=2x
计算；
t2
B.根据a=△x
利用逐差法计算．
T2
两种方案中，你认为选择方案______比较合理．
四、计算题（本大题共2小题，共27.0分）
16.如图所示为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机到达
高处，再沿着水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那带给人惊险刺激的感受。设乘客与船的总质量为m=100kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角θ=
37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，船进入水平水槽后继续滑行25m后停止，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度大小；
(2)船滑到斜槽底部O点时的速度大小；
(3)它在斜坡上滑下的距离为多少？
17.如图，一个质量为m=2kg的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、
大小为F=25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。求：
(1)物块所受摩擦力的大小；
(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；
(3)物块在斜面上运动的总时间。
五、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
18.如图所示，支架装置BO′O可绕竖直轴O′O水平转动，可视为质点的小
球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，
细线AC与竖直方向的夹角为37°.已知小球的质量m=1kg，细线AC
长L=lm，B点距转轴O′O的水平距离和距C点竖直距离相等．(重力
加速度g取l0m/m2.sin37°=0.6.cos37°=0.8.sm53°=0.8，
cos53°=0.6)
(1)若装罝静止不动时，求细线AB的拉力T B和细线AC的拉力T C的大小；
(2)若装置以角速度ω=2√5rad/s绕竖直轴O′O水平匀速转动时，求细线AC和转轴O′O间夹角θ
的大小？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：国际单位制由基本单位和导出单位组成，力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒．故ABD错误，C正确．
故选：C
国际单位制由基本单位和导出单位组成，国际单位制在力学中规定了三个基本物理量，分别为长度、质量、时间，它们在国际单位制中的单位称为力学基本单位．
解决本题的关键是掌握国际单位制中力学三个基本单位．要会根据公式，由基本单位推导出导出单位．
2.答案：B
解析：解：由题意知：位移的大小为x=100m，t=10s
=10m/s。
v=100
10
故选：B。
平均速度等于百米位移除以在这段为上所用的时间，和某时刻的速度无关．
很多同学在解决本题时容易出错，主要原因没有真正掌握平均速度的定义，从而找不到运动员通过的位移和时间，其主要原因是审题不细．故要认真审题
3.答案：D
解析：
圆筒随车匀速运动，受力平衡。通过对圆筒受力分析，由几何关系求解其对两斜面的压力。
本题考查了共点力的平衡问题，解题思路是对物体受力分析，采用力的合成法或正交分解法均可求出本题结果。
对圆筒进行受力分析知，圆筒处于三力平衡状态，受力如图，由几何关系可知，
，，由牛顿第三定律可知：F1=√3
2mg，F2=1
2
mg，
故ABC错误，D正确。
故选D。
4.答案：C
解析：当出现相对滑动时，对m进行受力分析可得：
对M进行受力分析可得：
有题意可知出现相对滑动则有：
以上三式联立可得：
故选C。
5.答案：C
解析：解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直
于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达
对岸，则如图所示，可知，故C正确，ABD错误；
故选：C．
将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．
当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．
解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．
6.答案：C
解析：解：设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，F与水平方向的夹角为θ，F拉物块时加速度为a，增大为2F后加速度为a′，
根据牛顿第二定律得：Fcosθ?μ(mg?Fsinθ)=ma
2Fcosθ?μ(mg?2Fsinθ)=ma′
则得a′
a =Fcosθ?μ(mg?Fsinθ)
2Fcosθ?μ(mg?2Fsinθ)
=2(Fcosθ+μFsinθ)?2μmg+μmg
Fcosθ+μFsinθ?μmg
=2+μmg
Fcosθ+μFsinθ?μmg
>2，则a′>2a，故
ABD错误，C正确；
故选：C。
根据牛顿第二定律得出两种情况下的加速度表达式，再由数学知识分析即可。本题考查了牛顿第二定律的应用，写出加速度的表达式根据数学知识分析。
7.答案：D
解析：
对物体受力分析，抓住竖直方向上合力为零，求出物体所受的
合力，根据牛顿第二定律求出木块的加速度。
本题就是考查学生对牛顿第二定律的基本的应用，通过受力分
析列式即可求得。
对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力
的作用，
在水平方向有：Fcosθ?f=ma，
竖直方向有：Mg=F N+Fsinθ，
滑动摩擦力为：f=μF N，
根据以上三式联立可以求得：a=Fcosα?μ(Mg?Fsinα)
M
，故D正确，ABC错误。故选D。
8.答案：D
解析：
本题就是考查牛顿第二定律的基本应用，通过受力分析列式即可求得。
对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有：Fcosα?f=Ma，
竖直方向有：Mg=F N+Fsinα，
滑动摩擦力为：f=μF N，
根据以上三式联立可以求得：a=Fcosα?μ(Mg?Fsinα)
M
，
故选D。
9.答案：A
解析：解：对三棱柱受力分析如图所示：
对重力进行分解，根据共点力平衡条件得出三棱柱合力为0，那么沿斜面方向的合力为0，垂直斜面方向合力为0。
利用三角函数关系得出：
F N=mgcos30°=√3
2mg，F f=mgsin30°=1
2
mg。
故选：A。
对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．注意几何关系的应用．10.答案：BC
解析：
分析运动员的受力情况，来分析其运动情况，确定什么位置速度最大，抓住弹性绳的拉力与伸长量有关，伸长量越大，拉力越大进行分析；当人对绳的拉力大于人的重力时，人处于超重状态，此时有向上的加速度。
本题主要考查了分析物体的受力情况和运动情况的能力，要弹性绳拉力的可变性进行分析．对超重
失重现象的判断，关键根据加速度方向分析。
AB.从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，所以在b点时人的速度最大，此时运动员所受的拉力与重力大小相等、方向相反，合力为零，加速度为零，故A错误，B正确；
C.在bc段绳的拉力大于人的重力，加速度向上，运动员处于超重状态，故C正确；
D.在c点，拉力大于人的重力，合力不为零，加速度不为零，只有速度为零，故D错误。
故选BC。
11.答案：BCD
解析：解：A、B落地前，AB的加速度大小相等，对整体由牛顿第二定律得：m B g?μm A g=(m A+ m B)a1，解得：a1=1.6m/s2，故A错误；
B、根据位移公式得：?B=1
2
a1t B2，带入数据解得：t B=0.5s，故B正确；
C、设物块B落地前绳上的拉力为T，对B由牛顿第二定律得：m B g?T=m B a1，解得：T=16.8N，故C正确；
D、B落地前A运动的距离为：x1=1
2
a1t B2=0.2m，B落地后，A的加速度大小：a2=μg=4m/s2，
A又发生的位移大小x2=(a1t B)2
2a2
=0.08m，
物块A在水平桌面上运动的距离x=x1+x2=0.28m，故D正确。
故选：BCD。
隔离分析，在B落地前，抓住A、B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律求出加速度大小，结合运动学公式求出B落地的时间，再根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，结合位移时间公式求出A运动到停止发生位移。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度中等。
12.答案：BD
解析：解：AB、小球第一次落地，在竖直方向，加速度不变，设运动时间为t，则有：
?=1
2
gt2
解得：t=√2?
g =√2×20
10
s=2s
在水平方向上，由于速度不变，故总路程共有：x1=v0t=10×2m=20m，水平方向位移经过6m
与墙壁碰撞一次，则小球与墙碰撞3次后落地，
两竖直墙壁间的距离为6m，根据运动可知，小球第一次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为4m，故A错误，B正确；
CD、平抛斜抛运动总时间t′=3t=6s，水平方向运动的总路程x=v0t′=60m，由于水平方向每过6m与墙壁碰撞一次，则总共与墙壁碰撞10次刚好落在与左墙相距0m处，故C错误，D正确；
故选：BD。
小球抛出后做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，根据对称性可知小球仍做斜抛运动，但水平方向速度不变，竖直方向还是做加速度为g的运动，整个过程可以按平抛运动的特点来求解。
本题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，难点在于与墙碰撞之后，水平方向的运动反向。但竖直方向不变。
13.答案：BD
解析：
木块沿斜面做下滑时，受到重力、支持力、可能受到摩擦力，根据木块在垂直斜面方向受力平衡可以解出木块所受的支持力，再根据牛顿第三定律的木块对斜面的压力大小等于斜面对木块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上木块后受力的变化情况。
本题考查应用牛顿定律求解加速度的能力，关键是分析物体的受力情况，画出物体的受力分析图；本题也可以直接应用超重、失重进行分析，不过可能有些不好理解。
若没有摩擦力，选木块为研究对象，受力分析如图
由于木块在垂直斜面方向受力平衡，可以解出木块所受的支持力，F N=Gcos30°；再选择斜面为研究对象，受力如图
根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力F N
2大小等于F N，把F N
2
分解的y轴方向上，F y=F N
2
cos30°，
解得F y=Gcos230°=3N；若匀速运动，则物体对斜面的合作用力竖直向下，大小与物体的重力相等，即4N，总上所述，那么测力计因4N物体的存在而增加的读数3N≤ΔF≤4N，故AB正确，CD 错误。
故选BD。
14.答案：(1)不必没有不需要
(2)1.60
(3)0.48
解析：
(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
(2)依据逐差法可得小车加速度；
(3)对滑块研究，根据牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式.。
解决本题的关键是知道实验的原理以及实验中注意的事项，注意拉力的大小由拉力传感器测出，不需要测量沙和沙桶的质量。
(1)本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，该题测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，故不需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力。
(2)由于相邻计数点间还有四个点未画出，故相邻计数点之间的时间T=0.1s，
根据作差法得：a=x36?x03
9T2=(10.60+12.22+13.81?5.79?7.41?9.02)×10?2
9×0.01
=1.60?m/s2；
(3)根据牛顿第二定律得：2F?μmg=ma，解得：μ=0.48。
故答案为：(1)不必；没有；不需要；(2)1.60； (3)0.48。
15.答案：控制变量法平衡摩擦力砂桶的重力 B
解析：解：(1)我们已经知道，物体的加速度a同时跟合外力F和质量m两个因素有关．要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是运用控制变量法，即先保持m不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与m的关系；
(2)某同学的实验方案如图2所示，她想用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力，由于保持F不变，研究a与M的关系．则当质量发生改变时，若没有平衡摩擦力，则砂桶的重力就不再是小车所受的合力，所以必须平衡摩擦力．由于小车的加速运动，出现加速度，所以导致砂桶的重力大于拉小车的细线的拉力．当砂桶的质量远小于小车的质量时，砂桶的重力接近拉小车的细线的拉力．为了减少这种做法而带来的实验误差，在实验中还应该采取的两项措施是：
a.把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力；
b.砂和桶的质量远小于小车质量；
(3)由于做匀变速直线的物体在相等的时间内位移总是相等．所以可借助于a=△x
利用逐差法计算加
T2
速度大小．故选B．
另一种方案不合理的理由是a方案必须要从初速度为零开始研究．
故答案为：①控制变量法；②a.平衡摩擦力；b.砂桶的重力；③B．
当一个量与多个量有关系时，则可控制某些量不变，去研究另两个量的关系；再去改变让其它量不变，则再去研究剩余的两个量关系，例如：先保持M不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与M的关系．
在实验中，为了减少这种做法而带来的实验误差，一要排除摩擦力的影响，二要砂桶的重力接近小车所受的合力．
利用逐差法计算加速由于做匀变速直线的物体在相等的时间内位移总是相等．所以可借助于a=△x
T2
度大小．
如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．
由牛顿第二可得，当小车的质量远大于砂桶的质量时，砂桶的重力就约等于小车的合力．由加速度与合力的图象可知，斜率的大小表示物体的质量大小，若图线与纵轴有交点时，则说明摩擦力没有平衡或没有平衡彻底；若图线与横轴有交点时，则说明摩擦力平衡过度．
16.答案：解：(1)设船在斜坡上滑下的加速度为a1，
由牛顿第二定律有：mgsinθ?f=ma，
由题：f=μmgcosθ，
代入解得：a=2m/s2；
(2)船在水平滑道上，由牛顿第二定律有：μmg=ma′
解得：a′=μg=5m/s2
设从斜坡上滑下的距离为L1，水平部分为L2=25m，由匀变速运动的公式得
v02=2aL2
代入数据得v0=5√10m/s；
(3)根据速度位移关系可得：v02=2a′L1，
解得：L1=62.5m。
答：(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度大小为2m/s2；
(2)船滑到斜槽底部O点时的速度大小为5√10m/s；
(3)它在斜坡上滑下的距离为62.5m。
解析：(1)对船进行受力分析：重力、水槽的支持力和阻力，根据牛顿第二定律求解加速度。(2)船做匀加速运动，初速度为零，位移为25m，结合加速度，由速度与位移的关系式求出船滑到槽底部时的速度大小；
(3)船进入水平水槽后，摩擦力提供加速度，根据运动学位移公式可求解滑行距离。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
17.答案：解：(1)物块的加速度为：a1=v?
t1=15
3
m/s2=5m/s2，
由牛顿第二定律得：F?f?mgsinθ=ma1
解得：f=5N；
(2)撤去拉力后，物块继续上滑，由牛顿第二定律得f+mgsinθ=ma2，解得：a2=7.5m/s2
撤力前物块向上滑行的距离：x1=v2
2a1=152
2×5
m=22.5m
撤去拉力后物块向上滑行的距离：x2=v2
2a2=152
2×7.5
m=15m，
物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离：x=x1+x2=22.5m+15m=37.5m；
(3)撤力后物块上滑的时间：t2=v
a2=15
7.5
s=2s，物块沿斜面向下滑动过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ?f=ma3，
解得：a3=2.5m/s2，由x=1
2
a3t32可知
滑块的运动时间：t3=√2x
a3
=√30s，
滑块在斜面上运动的总时间：t=t1+t2+t3=5+√30s≈10.48s；
答：(1)物块所受摩擦力的大小为5N；
(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离为37.5m；
(3)物块在斜面上运动的总时间为10.48s。
解析：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
(1)由加速度定义式求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出摩擦力大小。
(2)由牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出物块在斜面上滑行的距离。
(3)应用牛顿第二定律求出加速度，求出物块在各阶段的运动时间，然后求出物块在斜面上的总运动时间。
18.答案：解：(1)对小球进行受力分析如图1，由平衡条件得：
T AB=mgtan37°=0.75×1×10=7.5N，T AC=mg
cos37°=1×10
0.8
=12.5N
(2)由题意，当AB的拉力是0，对应的ω最小时，绳AC与竖直方向的夹角α=37°，受力分析，如图2，则有
mgtanα=m(lsinα)ωmin
2
解得：ωmin=√5g
4l =5
2
√2rad/s<2√5rad/s
当ω最大时，绳子AB竖直，有几何关系可知，绳AC与竖直方向的夹角β=53°，则
mgtanβ=m(lsinβ)ωmax
2
解得：ωmax=√5g
3l =√50
3
rad/s<2√5rad/s，
所以装置以2√5rad/s的角速度旋转时，细线AC与竖直方向之间的夹角是53°
答：(1)当装置处于静止状态时，AB细线上的拉力为7.5N，AC细线上的拉力大小为12.5N；
(2)若装置以角速度ω=2√5rad/s绕竖直轴O′O水平匀速转动时，求细线AC和转轴O′O间夹角θ是53°．
解析：(1)静止时受力分析，根据平衡条件列式求解；
(2)对小球进行受力分析，当细线AB张力为零时，绳子AC拉力和重力的合力提供向心力，根据牛
顿第二定律求出角速度的范围．
解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第
二定律进行求解．