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使用“弹簧式角速度测量仪”可以测量运动装置自转时角速度的大小，其结构示意图如图所示．将测量仪固定在待测装置上，当装置绕竖直固定轴OO′转动时，与轻弹簧相连的小球A可在光滑绝缘细杆BC上滑动，同时带动连接在A上的滑动变阻器的动触片P在与BC平行的电阻丝MN上滑动，使得电压表V的示数U0随装置转动的角速度ω发生变化，据此可测出待测装置的角速度ω的大小．
已知：小球A的质量为m；弹簧的原长为x0、劲度系数为k；电阻MN粗细均匀、长度为L、阻值为R；电压表V通过两根导线分别接在电阻丝MN的中点Q和动触片P上，电阻丝MN的两端接在电压为U的直流稳压电源上．闭合开关后S测量仪器即可工作．若不计导线和动触片P的电阻、以及导线对动触片P的影响，忽略动触片P和电阻MN之间的摩擦，且电压表视为理想电表．装置静止时，动触片P与Q（导线和电阻的连接点）重合．
（1）试推导：待测装置自转的角速度ω与电压表V的示数U0之间的关系式．
（2）用该测量仪能测量的自转角速度的最大值ωm是多少？
分析：（1）对于小球，根据弹力提供向心力列式；对于电路，根据闭合电路欧姆定律列式求解出电压表达式；最后联立得到角速度ω与电压表V的示数U0之间的关系式；
（2）当角速度达到最大时，电压表读数为电源电压的一半，同时弹簧行变量最大，代入第一问即可．
解答：解：（1）设待测装置自转的角速度为ω时，弹簧伸长量为x，电压表V的示数为U0，小球A做圆周运动的半径为 r=x0+x，弹簧弹力为F．
根据牛顿第二定律，有　　　F=mω2r               ①
由胡克定律　　　　　　　　F=kx                 ②
电压表V的示数（即P、Q间的电压）为U0，设P、Q间的电阻值为Rx，有
U0
U
=
Rx
R
=
x
L
     ③
①、②、③式联立，得ω=
k
m(1+
x0U
LU0
)
             ④
（2）用该测量仪测量某装置自转的角速度为最大值ωm时，有：
x=
1
2
L                                        ⑤
U0=
1
2
U                                      ⑥
代入④式，得  ωm=
k
m(1+
2x0
L
)

答：（1）待测装置自转的角速度ω与电压表V的示数U0之间的关系式为
k
m(1+
x0U
LU0
)
．
（2）用该测量仪能测量的自转角速度的最大值ωm是
k
m(1+
2x0
L
)
．
点评：本题关键是明确仪器的工作原理，然后结合牛顿第二定律、向心力公式、闭合电路欧姆定律列式．力与点的联系点在弹簧的长度．
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使用“弹簧式角速度测量仪”可以测量运动装置自转时角速度的大小，其结构示意图如图所示．将测量仪固定在待测装置上，当装置绕竖直固定轴转动时，与轻弹簧相连的小球A可在光滑绝缘细杆BC上滑动，同时带动连接在A上的滑动变阻器动触片P在与BC平行的电阻丝MN上滑动，使得电压表V的示数随装置转动的角速度发生变化，据此可测出待测装置的角速度的大小．

　　已知：小球A的质量为m；弹簧的劲度系数为k，原长为；电阻丝MN粗细均匀，长度为L，阻值为R；电压表V通过两根导线，分别接在电阻丝MN的中点Q和动触片P上；电阻线MN接在电压为U的直流稳压电源上．闭合电键S，测量仪则可工作．

　　若：不计导线、动触片P的电阻，以及导线对动触片P的影响，忽略动触片P与电阻丝MN之间的摩擦，电压表视为理想表．装置静止时，动触片P与Q点重合．

　　（1）试推导：待测装置自转的角速度与电压表V的示数之间的关系式．

　　（2）用该测量仪测量某装置自转角速度的最大值是多少？

 
使用“弹簧式角速度测量仪”可以测量运动装置自转时角速度的大小，其结构示意图如图所示．将测量仪固定在待测装置上，当装置绕竖直固定轴OO′转动时，与轻弹簧相连的小球A可在光滑绝缘细杆BC上滑动，同时带动连接在A上的滑动变阻器的动触片P在与BC平行的电阻丝MN上滑动，使得电压表V的示数U0随装置转动的角速度ω发生变化，据此可测出待测装置的角速度ω的大小．
已知：小球A的质量为m；弹簧的原长为x0、劲度系数为k；电阻MN粗细均匀、长度为L、阻值为R；电压表V通过两根导线分别接在电阻丝MN的中点Q和动触片P上，电阻丝MN的两端接在电压为U的直流稳压电源上．闭合开关后S测量仪器即可工作．若不计导线和动触片P的电阻、以及导线对动触片P的影响，忽略动触片P和电阻MN之间的摩擦，且电压表视为理想电表．装置静止时，动触片P与Q（导线和电阻的连接点）重合．
（1）试推导：待测装置自转的角速度ω与电压表V的示数U0之间的关系式．
（2）用该测量仪能测量的自转角速度的最大值ωm是多少？
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