2017_2018学年高考物理精做11圆周运动的相关计算大题精做27111.pdf

精做 11 圆周运动的相关计算 1（2016·新课标全国卷）如图，在竖直平面内有由 1 4 圆弧AB和 1 2 圆弧BC组成的光滑固定 轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为 2 R 。一小球在A点正上方 与A相距 4 R 处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。 （1）求小球在B、A两点的动能之比； （2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。 【答案】（1） k k 5 B A E E （2）小球恰好可以沿轨道运动到C点 【解析】（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为 kA E，由机械能守恒可得 k 4 A R Emg 设小球在B点的动能为 k B E，同理有 k 5 4 B R Emg 由联立可得 k k 5 B A E E （2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足0N 【方法技巧】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向 心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。 2竖直平面内有一圆形绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一带电荷量为+Q 的点电荷。质量为m、带电荷量为 +q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动 到最高点时恰好对管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力。 【答案】N=6mg 【解析】在最高点是重力提供向心力，故： mgF=m 2 1 v R 最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故： N mg F=m 2 2v R 从最高点到最低点过程只有重力做功，根据动能定理，有： mg·2R= 22 21 11 22 mvmv 其中：F= 2 kQq R 联立解得：N=6mg 根据牛顿第三定律，压力为6mg 【名师点睛】对于圆周运动的问题，往往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查， 基本题型，难度适中。 3如图，一个质量为M的人，站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平 面内做圆周运动，且摆球恰能通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围。 【答案】Mg0.75mgF(M+6m)g 小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：Tmg=m 2 v R ，解得：T=6mg 台秤的最大示数：F最大=(M+6m)g 小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图 所示状态时 设其速度为v1，由机械能守恒定律得： 1 2 mv1 2=1 2 mv0 2+mgR (1 cos ) 由牛顿第二定律得：T+mgcos =m 2 1 v R 解得，悬线拉力：T=3mg(1 cos ) 其分力：Ty=Tcos =3mgcos 3mgcos 2 当 cos = 1 2 ，即 =60°时 台秤的最小示数为：F最小=Mg 3 4 mg=Mg0.75mg 台秤示数的变化范围为Mg0.75mgF(M+6m)g 【名师点睛】对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律列出力与力的关系，根据题目的条件 中找到临界状态。对于圆周运动的受力问题，我们要找出向心力的来源。 4如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球先后两次 以不同的速度冲上轨道，第一次小球恰能通过轨道的最高点A，之后落于水平面上的P点， 第二次小球通过最高点后落于Q点，P、Q两点间距离为R。求： （1）第一次小球落点P到轨道底端B的距离； （2）第二次小球经过A点时对轨道的压力。 【答案】（1）2 PBxR（ 2） 5 4 Fmg （2）根据题意可得RxQB 3 根据tvxQB 2 解得gRv 2 3 2 设第二次小球经过轨道A点时，轨道对小球的弹力为F R v mFmg 2 2 解得mgmg R v mF 4 5 2 2 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为mg 4 5 5如图所示，匀速转动的水平转台上，沿半径方向放置两个用细线相连的小物块A、B（可视为 质点） ， 质量分别为3 A m kg 、1 B m kg ； 细线长L=2 m ，A、B与转台间的动摩擦因数=0.2 。 开始转动时A放在转轴处，细线刚好拉直但无张力，重力加速度g=10 m/s 2。最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，求： （1）使细线刚好拉直但无张力，转台转动的最大角速度1为多少； （2）使A、B能随转台一起匀速圆周运动，转台转动的最大角速度2为多少 【答案】（1）1=1 rad/s （2）2=2 rad/s 6如图所示，在水平面上固定一个半径R=1.6 m 的 3/4 光滑圆弧轨道的工件，其圆心在O点， AOC连线水平，BOD连线竖直。在圆周轨道的最低点B有两个质量分别为m1=2 kg ，m2=1 kg 的可视为质点的小球1 和 2，两小球间夹有一个极短的轻弹簧，当弹簧储存了Ep=90 J 的弹性 势能时锁定弹簧。某时刻解除锁定，弹簧将两个小球弹开，重力加速度g=10 m/s 2，试求： （1）两小球脱离弹簧瞬间的速度的大小 （2）通过计算说明小球2 第一次沿轨道上滑过程中能否通过D点？ 【答案】（1）v1=30 m/s v2=230 m/s （2）能通过 （2）小球 2 向右运动，设其能到达圆周轨道的最高点D，由机械能守恒，有： 2 22 2 22 2 1 2 2 1 D vmRgmvm 代入数据解得：vD=56 m/s 又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：mg=m R v 2 代入数据解得：v=4 m/s 由于vvD，故小球2 能通过D点。 【名师点睛】弹簧将两个小球弹开的过程动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒定律、机械 能守恒定律列方程，可求出两球的速度。小球到达圆周轨道的最高点的过程，机械能守恒， 列出方程， 可求到达D点的速度。 小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的最小向心力为重力， 根据牛顿第二定律求出最小速度。与求出的D点速度比较可知能否到达最高点。 7如图，用一根长为L=1 m的细线，一端系一质量为m=1 kg 的小球（可视为质点），另一端固 定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 =37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀 速圆周运动的角速度为 时，细线的张力为T。求（g=10 m/s 2，sin 37°=3/5， cos 37°=4/5， 计算结果可用根式表示）： （1）若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？ （2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度为多大？ （3）细线的张力T与小球匀速转动的加速度 有关，当 的取值范围在0 到之间时， 请通过计算求解T与 2 的关系，并在坐标纸上作出T 2 的图象，标明关键点的坐标 值。 【答案】（1） 0 12.5rad/s（2）2 5 rad/s（3）见解析 （3）a当 1=0 时T1=mgcos =8 N，标出第一个特殊点坐标（0，8 N） b当 012.5 rad/s时，根据牛顿第二定律得：Tsin -Ncos =m 2l sin Tcos +Nsin =mg 得，T=mgcos +ml 2sin2 =8+ 9 25 2 当 2=12.5 rad/s时，T2=12.5 N 标出第二个特殊点坐标12.5 (rad/s) 2，12.5 N c当12.5 rad/s 20 rad/s时，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为 T3sin =m 2l sin T3=ml 2 当 = =20 rad/s时，T3=20 N 标出第三个特殊点坐标20 (rad/s) 2，20 N 画出T 2 图象如图所示。 8如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为 0 l的轻弹簧，质量为m的 小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终 为。 （1）感保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量 1 l ； （2）当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为 2 l ，求匀速转动的角速度； （3）若30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度 0 g L ，匀速转动时，小球恰好在杆 上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球 沿杆方向的速度大小为 0 v，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W。 【 答 案 】 （ 1）sinag 1 sinmg l k （ 2） 2 2 02 sin co(s) mgk l m ll （ 3） 2 0 3 8 1 2 WmgLmv 【解析】（ 1）小球释放的瞬间，小球的加速度大小为： sin sin mg a m g 当小球速度相等时，有： 1 sinmgk l，解得弹簧的压缩量为：1 sinmg l k （2）当弹簧伸长量为 2 l，受力如图所示： 在水平方向上有： 2 202 sincos=(c) os N Fk lmll 竖直方向上有： 2 cossin0 N Fk lmg，解得： 2 2 02 sin co(s) mgk l m ll 。 （ 3 ） 当 杆 绕OO轴 以 角 速 度 0 匀 速 转 动 时 ， 设 小 球 距 离B点 0 L， 此 时 有 ： 2 00 tancosmgmL 解得： 0 2 3 L L，此时小球的动能为： 2 k000 1 (cos) 2 EmL= 小球在最高点A离开杆瞬间的动能为： 22 00 1 )cos( 2 kA Em vL 根据动能定理有： 0kk0 (sin) A Wmg LLEE，解得： 2 0 3 8 1 2 WmgLmv 【名师点睛】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球 做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。 9一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆 长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接 在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为 3 2 L，转动该装置并缓慢增大转速，小环 缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求： （1）弹簧的劲度系数k； （2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0。 【答案】（1） 4mg k L （ 2） 0 8 5 g L 【解析】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为1。 小环受到弹簧的弹力 1= 2 L Fk 弹 小环受力平衡：F弹 1=mg+2T1cos 1 小球受力平衡：F1cos 1+T1cos 1mg=0；F1sin 1T1sin 1=0 解得： 4mg k L 10如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹 角为 30°，OB在竖直方向。一个可视为质点的小球从O点正上方某处以某一水平初速度向 右抛出， 小球恰好能无碰撞地从A点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B点。已知重 力加速度为g，求： （1）小球初速度的大小； （2）小球运动到B点时对圆轨道压力的大小。 【答案】（ 1） 0 2 gR v（2）6Fmg 【解析】（ 1）设小球的初速度为 0 v，飞行时间为t，则在水平方向有 0 cos30Rv t 在竖直方向有 21 2 ygt， y vgt 小球运动到A点时与轨道无碰撞，故 0 30tan y v v 联立解得 0 2 gR v， 3 4 yR （2）抛出点距轨道最低点的高度sin30hRRy 设小球运动到最低点B时速度为v，对圆轨道的压力为F 根据机械能守恒有 22 0 11 22 mghmvmv 根据牛顿运动定律有 2 v Fmgm R 联立解得6Fmg 【名师点睛】 对于多过程问题，需要将运动对象在每一个过程中的运动性质分析清楚，然后 根据相对应规律列式求解。 11如图所示，一根轻质细杆的两端分别固定着A、B两个小球，在杆上的O点装一光滑水平轴， 已知两球质量均为m，AO=l，BO=2l。现从水平位置以某一初速度释放，当转到竖直位置时， A球对杆的拉力为mg，则此时B球对细杆的作用力为多大？ 【答案】T=5mg 【解析】由题意知，小球AB转动的角速度相等，对A球有： 受重力和杆的拉力作用做圆周运动故有： 2 n=Fmgmgml 可得球A转动的角速度： 2 2g l 再以B球为研究对角，有： Tmg=m2l 2=4mg 所以杆对球的拉力T=5mg 【名师点睛】注意A、B两球用轻杆相连，两球转动的角速度相等，这是正确解题的关键。 12如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，绳子总长为3L，细 杆O点离地高为2L，两端各系一个质量不等的小球A和B，已知球B的质量为m0。球A置于 地面上，球B被拉到与细杆同样的高度的水平位置，在绳恰被拉直时从静止释放小球B。假 设小球A始终未离开地面，空气阻力不计，重力加速度大小为g。 （1）小球B下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小如何变化； （2）当B球下落到绳子与竖直方向成60°角时重力的瞬时功率多大； （3）若小球B达到竖直位置时，A球与地面压力恰好为零，则小球A的质量是小球B质量 的几倍。 【答案】（ 1）先变大后减小（2） 0 3 2 M ggl P（ 3） 0 3 A mm 【解析】（ 1）B球刚开始时速度为零，重力的瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂 直，重力的瞬时功率也为零，故瞬时功率先变大后减小。 （2）下落过程中机械能守恒： 2 00 1 sin 30 = 2 m glm v 重力的瞬时功率为： 0 cos30Pm gv 解得： 03 2 M ggl P （3）对A球此时： A Tm g 对B球，由牛顿第二定律： 2 00 B v Tm gm l 由机械能守恒定律： 2 00 1 2 B m glm v 得： 0 3 A mm 故A球的质量是B球质量的 3 倍 【名师点睛】本题主要考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、瞬时功率。B球刚开始时速 度为零，瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂直，瞬时功率也为零，故瞬时功率先 变大后减小； 由机械能守恒定律求出速度，即可得出瞬时功率；根据牛顿第二定律和机械能 守恒定律得出两球质量间的关系。 13如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一 端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动求： （1）小球通过最高点A时的速度vA； （2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力。 【答案】（ 1）vA=singl（2）T=6mgsin 【解析】 （1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，小球通过A点时细线的拉力为零，根 据圆周运动和牛顿第二定律有： mgsin =m 2 Av l 解得：vA=singl （2）小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有： 1 2 mvA 2+mg ·2lsin = 1 2 mvB 2 解得：vB=5singl 小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有： Tmgsin =m 2 B v l 解得：T=6mgsin 【名师点睛】 本题关键是明确小球的运动规律，找到圆周运动时的向心力来源，对于类似平 抛运动，根据分位移公式列式求解。 14一质量为2 000 kg 的汽车，行驶到一座半径为40 m的圆弧形拱桥顶端时，汽车运动速度为 8 m/s 。求此时汽车对桥面的压力的大小（g=10 m/s 2） 。 【答案】此时汽车对桥面的压力的大小为16 800 N 。 15如图所示， 半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点， 斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC 固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接 小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行）， 并保持P、Q两物块静止。 若PC间距为L1=0.25 m ， 斜面MN足够长， 物块P质量m1=3 kg， 与MN间的动摩擦因数 1 3 ，重力加速度g=10 m/s 2 求： （sin 37 °=0.6，cos 37 °=0.8） （1）小物块Q的质量m2； （2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小； （3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。 【答案】（ 1） 2 4 kgm（2）78 N D F（3）1.0 mL总 【解析】（ 1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有： 12 sin 53sin 37m gm g 解得： 2 4kgm，即小物块Q的质量 2 m为4kg （2）P到D过程，由动能定理得 11 21 2 D m ghm v ，根据几何关系，有： 1sin 53 (1 cos53 )hLR 在D点，支持力和重力的合力提供向心力： 2 D D Fg R mm v ，解得：78 N D F，由牛顿第 三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N （3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零，由全过程动能定理得： 11 sin 53cos530mgLmgLL总 ，解得：1.0 mL总，即物块P在MN斜面上滑行的总路 程为1.0m。 【名师点睛】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动 能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式。 16长L=0.5 m 、质量可忽略的杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m=2 kg 的小球，它绕O 点在竖直平面内做圆周运动。当通过最高点时，如图所示，求下列情况下，杆受到的力（计 算出大小，并说明是拉力还是压力，g取 10 m/s 2） ： （1）当v=1 m/s 时，杆受到的力多大，是什么力？ （2）当v=4 m/s 时，杆受到的力多大，是什么力？ 【答案】（ 1）小球对杆子的作用力为向下的压力，大小为16 N （2）小球对杆子的作用力 为向上的拉力，大小为44 N 【解析】对小球受力分析，假设杆子对小球的作用力方向竖直向上大小为F： 根据牛顿第二定律：mg F= 2 v m L （1）当v=1 m/s 时，解得：F=mg 2 v m L =16 N 故杆子对小球的作用力大小为16 N，方向向上。 根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向下的压力，大小为16 N （2）当v=4 m/s 时，解得：F=mg 2 v m L =44 N，负号表示力F的方向与题目假设的方向 相反 故杆子对小球的作用力大小为44 N，方向向下 根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向上的拉力，大小为44 N 17如图所示，质量为m的小球A、B分别固定在轻杆的中点和端点，当杆在光滑水平面上绕O 点匀速转动时，求杆OA段与AB段对球的拉力之比。 【答案】 12 3: 2F F: 【解析】设 OAABr ，两球质量均为m，小球转动的角速度为 ，杆OA段与AB段对球 的拉力大小分别为 12 FF、，根据牛顿第二定律得：对B球有： 2 2 2Fmr，对 A球有： 2 12 FFmr 联立可以得到， 212) 2(FFF，解得： 12 3: 2F F: 【名师点睛】本题中A、B两球的加速度不同，不能用整体法研究，只能用隔离法处理。列 式时，要抓住两球的角速度相等。 18如图，质量为0.5 kg 的小杯里盛有1 kg 的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星” 表演，转动半径为2 m，小杯通过最高点的速度为6 m/s ，g取 10 m/s 2，求： （1）在最高点时，绳的拉力？ （2）在最高点时水对小杯底的压力？ （3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少? 【答案】（ 1）T=12 N （2）F=8 N （3）2 5 m/sv 【解析】（ 1）小杯质量m=0.5 kg，水的质量M=1 kg，在最高点时，杯和水的受重力和拉力 作用，如图所示， 合力F合=(M+m)g+T 圆周半径为R，则F向=(M+m) 2 v R F合提供向心力，有(M+m)g+T=(M+m) 2 v R 所以细绳拉力为：T=(M+m)( 2 v R g)=(1+0.5)( 2 6 2 10)=12 N （3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心 力，由（ 2）得： Mg=M 2 v R 解得：10 2 m/s2 5 m/svgR。 【名师点睛】 水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一 个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点 时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来。 19如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径90 mR的大圆弧和 40 mr的小圆弧，直到与弯道相切，大。小圆弧圆心O、O距离100mL，赛车沿弯 道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上 做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，赛车绕赛道一圈的时间最 短（发动机功率足够大，重力加速度 2 10m/sg，结果小数点后保留两位） （1）求赛车在直道上的加速度大小？ （2）求最短时间？ 【答案】（ 1） 2 6.50 m/sa（ 2）15.79 st 【解析】（1）设经过小圆弧的速度为 0 v，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由 2 0 2.25mgm r v 可知，代入数据解得： 030 m/sv，由几何关系可得直道的长度为： 22 100(9040)50 3 mx，再由 22 0 2vvax 代入数据解得： 2 6.50 m/sa 【名师点睛】 解答此题的关键是由题目获得条件：在弯道上由最大静摩擦力提供向心力；由 数学知识求得圆弧的长度，另外还要熟练掌握匀速圆周运动的知识。 20如图所示，半径R=0.4 m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO匀速转动，在圆心O正上方h=0.8 m高处固定一水平轨道，与转轴交于O点。一质量m=1 kg 的小车（可视为质点）可沿轨道 运动，现对其施加一水平拉力F=4 N，使其从O左侧 2 m处由静止开始沿轨道向右运动。当 小车运动到O点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘的半径OA正好与轨道平行，且A 点在O的右侧。小车与轨道间的动摩擦因数 =0.2 ，g取 10 m/s 2。 （1）若小球刚好落到A点，求小车运动到O点的速度大小； （2）为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为多大？ （3）为使小球能落到圆盘上，小车在水平拉力F作用时运动的距离范围应为多大？ 【答案】（ 1） 0 1 m/sv（2）5 rad/s(1,2,3)nn（3）11.125 m 【解析】（ 1）小球下落时间 2 0.4 s h t g ， 01m/s R v t （2）小球下落过程中圆盘应恰好转过n圈（n=1，2，3···） 2 5 rad/s(1,2,3) n nn t 【名师点睛】 解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动 和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等。以及熟练运用运动学公式； 解题思路：（1）物块离开O 点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初 速度，从而得出小车运动到O 点速度；（2）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用 力时间最短。 圆盘转一圈的时间与平抛运动时间是相等。从而得出圆盘转动的角速度最小值， 也有可能在平抛运动时间内，圆盘转动n圈。因此求出转动角速度。 （3）根据第一问求出小 球能落到圆盘上在O 点的速度范围，再从P到O 的过程中，根据动能定理列式求解。 21A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与m1相连， 置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO 上，如图所示。当m1与m2均以角速度 绕OO 做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2，求： （1）此时弹簧伸长量； （2）绳子张力； 【答案】（ 1）l=m2 2( l1+l2)/k （2）T=m1 2l 1+m2 2( l1+l2) 【解析】（ 1）m2只受弹簧弹力，设弹簧伸长l，满足：kl=m2 2( l1+l2) 则弹簧伸长量：l=m2 2( l1+l2)/k （2）对m1，受绳拉力T和弹簧弹力f做匀速圆周运动，满足：Tf=m1 2l 1 绳子拉力：T=m1 2l 1+m2 2( l1+l2) 【名师点睛】解决本题的关键知道匀速圆周运动的向心力靠合力提供，A、B两球的角速度 相同，难度适中。