题目内容
7．
如图所示，一质量为m的小球用两根长度不等且不可伸长的细绳AC和BC系于竖直转轴上，两绳能承担的最大拉力相同，均为2mg．转轴不转动时，AC绳被拉直且为竖直方向，BC绳处于松弛状态，现将转轴转动起来，且转动角速度ω从零开始不断增大到两绳均被拉断，当BC绳被拉直时，BC绳处于水平，AC绳与竖直转轴的夹角为37°，则下列说法正确的是（ ）| A． | 在两绳被拉断之前，随着ω的增大，AC绳的拉力不断增大 | |
| B． | 在两绳被拉断之前，随着ω的增大，AC绳的拉力先增大后保持不变 | |
| C． | 在两绳被拉断之前，AC绳的拉力大于BC绳的拉力 | |
| D． | 当ω达到一定值时BC绳先断裂，然后当ω增大到另一更大值时AC绳断裂 |
分析 本题要分BC绳拉直之前和之两种情形分析，作出小球的受力图，由向心力公式列式分析．
解答 
解：在BC绳拉直之前小球的受力如图（1）所示，则有：
TACsinθ=mω2LACsinθ
即得：TAC=mω2LAC；
故ω增大时，TAC增大，当BC绳绷紧后小球的受力如图（2）所示．
根据牛顿第二定律得：
竖直方向：TACcos37°=mg，故ω增大，TAC不变．
水平方向：TBC+TACsin37°=mω2LACsin37°，故ω增大，TBC增大，直到TBC=2mg，BC绳断裂，BC断裂瞬间，AC绳的拉力立即增大，并超过2mg，AC绳断裂，不需要ω增大到另一个更大值．故B正确，ACD错误．
故选：B
点评 解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解．
练习册系列答案
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可绕固定轴OO′转动的正方形线框的边长为L，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，达到竖直位置用的时间为t，ab边的速率为v，设线框始终处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，求：
15．如图所示，将小球沿与水平方向成α角，以速度v向右侧抛出，经时间t1击中墙上距水平面高度为h1的A点，再将此球从同一点以相同速度抛出，抛出速度与水平方向成β角（β＞ɑ），经时间t2击中墙上距水平面高度为h2的B点（图中为标出），空气阻力不计，则（ ）
| A． | t1不一定小于t2 | B． | 速度变化量，△v1可能大于△v2 | ||
| C． | h1一定小于h2 | D． | 重力做功W1可能大于W2 |
2．
如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）| A． | 若小球以最小位移到达斜面，则t=$\frac{2{v}_{0}cotθ}{g}$ | |
| B． | 若小球垂直击中斜面，则t=$\frac{{v}_{0}cotθ}{2g}$ | |
| C． | 若小球能击中斜面中点，则t=$\frac{2{v}_{0}cotθ}{g}$ | |
| D． | 无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t=$\frac{2{v}_{0}tanθ}{g}$ |
16．
如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直线导线，导线中通过图示方向的恒定电流，释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中穿过线框的磁通量（ ）
如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直线导线，导线中通过图示方向的恒定电流，释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中穿过线框的磁通量（ ）| A． | 逐渐增大 | |
| B． | 逐渐减小 | |
| C． | 始终为零 | |
| D． | 先增大，然后减小；在增大，最后又减小 |
如图所示，在绝缘水平面上有两条长度均为4L、间距为L的平行直金属轨道，处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．垂直轨道放置、长为L的金属滑杆从轨道左侧以速度v匀速移动到右侧，轨道与滑杆单位长度的电阻均为$\frac{R}{L}$，两者无摩擦且接触良好．轨道两侧分别连接理想电压表和电流表．求：