2023-2024学年福建省福州市福建师范大学附属中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市福建师范大学附属中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，其速度大小一定变化B. 做曲线运动的物体，其加速度一定变化
C. 在恒力作用下，物体可以做曲线运动D. 在平衡力作用下，物体可能做曲线运动
2.如图所示，火车在倾斜的轨道上匀速转弯，弯道的倾角为θ，半径为r，重力加速度为g，则火车转弯时外侧车轮轮缘不对外轨产生挤压的最大速率是(设转弯半径水平)( )
A. grsinθB. grcsθC. grtanθD. grtanθ
3.为了备战皮划艇比赛，某队员在河中进行训练。若河岸平直，河面宽100m，水流速度大小为3m/s，皮划艇相对静水的速度大小为2m/s，当皮划艇以最短时间渡河时，其实际航程为( )
A. 50 13mB. 150mC. 50 5mD. 100m
4.水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，木块处于静止状态。现给木块一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动ℎ，力F做功W，此后木块静止，如图所示。则在木块下移ℎ的过程中( )
A. W=Fℎ
B. 木块和弹簧系统机械能守恒
C. 木块克服弹簧弹力做功为W
D. 弹性势能增加了W+mgℎ
5.我国是能够独立设计和发射地球同步卫星的国家之一。发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后在Q处点火，使其沿椭圆轨道2运动，最后在远地点P再次点火，将卫星送入轨道3。如图所示，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上运行时，下列说法正确的有( )
A. 卫星在轨道3上的线速度大于卫星在轨道1上的线速度
B. 卫星在轨道2上经过P点时的线速度小于卫星在轨道3上的线速度
C. 卫星在轨道2上经过P点时的线速度大于经过Q点时的线速度
D. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度
6.如图所示，小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a的质量是2m，b的质量是m，a与转轴OOˈ的距离为L，b与转轴的距离为2L。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是( )
A. a所受的摩擦力方向始终与速度方向相反
B. 未滑动时，a所受的摩擦力大于b所受的摩擦力
C. 当ω= kg2L时，a所受摩擦力的大小为2kmg
D. b一定比a先开始滑动
7.物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象中，能正确描述物体的重力势能与下落速度的关系的图象是( )
A. B.
C. D.
8.一物体从空中某点以一定的初速度v0做平抛运动，落地时的水平位移为s，记录下该平抛运动的轨迹，并按照1∶1的比例制作成了一条钢制抛物线轨道，如图所示。现让一个铁环从抛物线轨道顶端从静止滑下，不计运动过程中摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，当铁环滑落到抛物线轨道末端时，下面说法正确的是( )
A. 铁环的水平速度等于v0B. 铁环的竖直速度等于gsv0
C. 铁环的末速度等于gsv0D. 铁环的末速度等于 v02+gsv02
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图，a、b、c是等边三角形的三个顶点．在a点和b点放置两个点电荷，且a所带的电荷量比b所带的电荷量小．若c点的电场强度可用图中四条有向线段中的一条来表示，下列说法可能正确的是( )
A. 若a点放正点电荷，b点放负点电荷，c点的电场强度为E1
B. 若a点放正点电荷，b点放负点电荷，c点的电场强度为E2
C. 若a点放负点电荷，b点放正点电荷，c点的电场强度为E3
D. 若a点放负点电荷，b点放正点电荷，c点的电场强度为E4
10.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内，汽车牵引力恒定B. 0∼t1时间内，汽车牵引力的功率恒定
C. t1∼t2时间内，汽车牵引力逐渐增大D. t3时刻的牵引力小于t1时刻的牵引力
11.如图所示，已知船的质量为m，人在岸上拉轻绳，使船沿水平方向前进。水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的拉力大小为F，水平拉绳的速度为v，重力加速度为g，测此时( )
A. 人拉绳的功率为FvcsθB. 船的速度为vcsθ
C. 船的加速度为Fcsθ−fmD. 船受到的浮力为mg−Fcsθ
12.如图所示，在竖直平面内固定有同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是( )
A. 若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgR
C. 若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 5gR
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0= 4gR
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
13.某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度分别是v1、v2时打在靶上的位置分别是B、C，飞行时间分别为t1、t2。测得AB∶BC=1∶3，那么t1∶t2=___________，v1∶v2=______________。
14.假设地球是正球体，半径为R，一颗放置在赤道附近还未发射的卫星随地球自转时的向心加速度为a。该卫星发射后成为同步卫星，轨道半径为r，则这颗同步卫星运行时的向心加速度为_______________；若将该卫星发射成为近地卫星，则这颗近地卫星运行时的向心加速度为___________。(均用R、r、a表示)
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学用如题图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。塔轮自上而下有三层，每层左右半径之比由上至下分别是1∶1，2∶1和3∶1(如题图乙所示)。左右塔轮通过不打滑的传动皮带连接，并可通过改变传动皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽的C处和长槽的A(或B)处，A、C分别到左右塔轮中心的距离相等，B到左塔轮中心的距离是A到左塔轮中心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。请回答相关问题：
(1)若传动皮带套在塔轮第三层，则塔轮转动时，左、右两边塔轮的角速度之比为____________；
(2)在某次实验中，某同学为了探究向心力的大小F与半径r之间的关系，把两个质量相等的分别钢球放在__________位置(填“AB”、“AC”或“BC”)，将传动皮带调至___________塔轮(填“第一层”、“第二层”或“第三层”)；
(3)在另一次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置。传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺的露出的格子数之比为_______________。
16.某实验小组利用图(a)所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立xOy坐标系．然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹．上下调节挡板进行多次实验．实验结束后，测量各印迹中心点O1、O2、O3⋯的坐标，并填入表格中，计算对应的x2值。
(1)根据上表数据，在图(b)给出的坐标纸上补上O4数据点，并绘制“y−x2”图线______。
(2)由y−x2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成____________(填“线性”或“非线性”)关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
(3)由y−x2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v0=____________(用斜率k和重力加速度g表示)。
(4)该实验得到的y−x2图线常不经过原点，可能的原因是________________________。
五、计算题：本大题共3小题，共28分。
17.据国家航天局消息，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。天问一号靠近火星时，被火星引力捕获后绕火星做近似圆周运动，周期为T，轨道半径近似等于火星半径R，已知引力常量为G。求：
(1)火星的平均密度；
(2)离火星表面距离为R处的重力加速度g0。
18.用长L=0.5m的绝缘轻绳悬挂一个带电的小球于O点，小球所带电荷量为q=2.0×10−8C，质量为m=1.0×10−3kg。现加水平向左的匀强电场，小球静止在P点，轻绳与竖直方向的夹角为θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，试求：
(1)小球带正电还是负电？电场强度多大？
(2)剪断轻绳，求经过t=1s后小球的速度；
(3)给小球沿切线方向速度v=2m/s，当小球沿圆弧恰好摆至O点正下方Q点时，轻绳的拉力多大？
19.一转动装置如图所示，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32L，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ω0；
(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中，外界对转动装置所做的功W。
答案解析
1.C
【解析】A.曲线运动的物体速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故A错误；
BD.平抛运动是一种曲线运动，恒受重力作用，加速度不变，故 B错误，C正确；
D.根据牛顿第一定律可知，在平衡力作用下，物体静止或匀速直线运动，故D错误。
故选C。
2.C
【解析】火车在倾斜的轨道上匀速转弯时，若内、外侧车轮轮缘不对内、外轨产生挤压，则有火车的重力与倾斜轨道的支持力的合力提供向心力，如图所示。设此时火车的速率为 v ，则此速率是火车转弯时外侧车轮轮缘不对外轨产生挤压的最大值，由牛顿第二定律可得

mgtanθ=mv2r
解得v= grtanθ
故选C。
3.A
【解析】当船头垂直于河岸航行时，渡河时间最短，最短时间t=xv皮=1002s=50s
这段时间平行于河岸方向位移x′=v水t=3×50m=150m
实际航程为x0= x2+x′2= 1002+1502m=50 13m
故选A。
4.D
【解析】A.给木块一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动ℎ，则力F逐渐增大是变力，则力F做功W≠Fℎ
故A错误；
B.在木块下移ℎ的过程中，力F对木块做正功，块和弹簧系统机械能增大，故B错误；
C.设在木块下移ℎ的过程中，木块克服弹簧弹力做功为 W1 ，对木块由动能定理得W+mgℎ−W1=0−0
解得W1=W+mgℎ
故C错误；
D.在木块下移ℎ的过程中，木块对弹簧弹力做功为 W1 ，则弹性势能增加了ΔEp=W1=W+mgℎ
故D正确。
故选D。
5.B
【解析】A.根据GMmr2=mv2r
得v= GMr
可知轨道半径越大线速度越小，所以卫星在轨道3上运行的速率小于在轨道1上运行的速率，故A错误；
B.卫星在轨道2上经过P点进入轨道3时需要点火加速，使卫星做离心运动，所以卫星在轨道2的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度，故B正确；
C.根据开普勒第二定律可知，近地点的速度大于远地点的速度，故卫星在轨道2上运行时经过P点的速率小于在轨道2上经过Q点的速率，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma
解得a=GMr2
可知卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故D错误。
故选B。
6.D
【解析】D.小物块a、b随圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，每一时刻两者均做圆周运动，其向心力由静摩擦力提供，根据牛顿第二定律可知：当a所受摩擦力达到最大静摩擦力时，有k×2mg=2mω 12L
解得ω1= kgL
当b所受摩擦力达到最大静摩擦力时，有kmg=mω 22×2L
解得ω2= kg2L
可得ω2<ω1
说明b先达到最大静摩擦力，b一定比a先开始滑动，故D正确；
A. a所受的摩擦力方向始终与相对运动方向相反，当a随圆盘缓慢地加速转动时，某时刻可认为是匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，摩擦力方向与速度方向垂直，故A错误；
B.未滑动时，小物块a、b随圆盘相对静止做匀速圆周运动，两者所受静摩擦力等于各自的向心力fa=2mω2L ， fb=mω2×2L=2mω2L
所以未滑动时，a所受的摩擦力等于b所受的摩擦力，故B错误；
C.由于ω= kg2L<ω1
所以a所受摩擦力的大小f故C错误。
故选D。
7.D
【解析】物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：EP=E− 12 mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，故D正确，ABC错误。
8.C
【解析】BCD.设铁环落地速度为v，根据机械能守恒mgℎ=12mv2，解得v= 2gℎ，物体平抛运动时竖直方向ℎ=12gt2，水平方向s=v0t，联立解得ℎ=gs22v02，因此铁环落地速度v= 2gℎ= 2g×gs22v02=gsv0。故C正确；BD错误；
A.物体从空中某点以一定的初速度v0做平抛运动，落地时物体速度方向与水平方向的夹角：tanθ=vyv0= 2gℎv0，csθ=v0 v02+2gℎ，铁环的水平速度等于vx=vcsθ=gs v02+2gℎ，A错误；
故选：C。
9.BC
【解析】解：AB、若a点放正点电荷，b点放负点电荷，若ab两处点电荷的电量相等，c处场强方向平行于ab向右，现由于a所带的电荷量比b所带的电荷量小，a在c处产生的场强比b在c处产生的场强小，由平行四边形定则可知c点的电场强度为E2，故A错误，B正确。
CD、若a点放负点电荷，b点放正点电荷，若ab两处点电荷的电量相等，c处场强方向平行于ab向左，现b在c处产生的场强较大，由平行四边形定则可知c点的电场强度为E3，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据点电荷的场强公式判断出a、b两电荷在c点的场强大小和方向，结合平行四边形定则得出合场强的方向．
解决本题的关键明确a、b两电荷在c点场强大小和方向，结合平行四边形定则判断分析．
10.AD
【解析】A.v−t图像斜率代表加速度，0∼t1时间内，汽车加速度一定，则汽车牵引力恒定，故A正确；
B.根据P=Fv
汽车牵引力恒定，速度增大，则汽车牵引力的功率增大，故B错误；
C.t1∼t2时间内，功率一定，速度增大，根据P=Fv
汽车牵引力逐渐减小，故C错误；
D.t3时刻牵引力的功率等于t1时刻牵引力的功率，t3时刻的速度大于t1时刻的速度，根据
P=Fvt3时刻的牵引力小于t1时刻的牵引力，故D正确。
故选AD。
11.BC
【解析】A.人在岸上拉船，人的拉力大小为F，水平拉绳的速度为v，由瞬时功率公式可得人拉绳的功率为P=Fv
A错误；
B.由题意可知，船的速度为沿绳收缩方向的速度与绕定滑轮摆动的速度的合速度，如图所示，可知船的速度为
v船=vcsθ
B正确；
C.对小船受力分析，如图所示，在沿船运动方向，由牛顿第二定律可得
Fcsθ−f=ma
解得船的加速度为a=Fcsθ−fm
C正确；
D.船在竖直方向受力平衡，由平衡条件可得Fsinθ+FN=mg
解得船受到的浮力为FN=mg−Fsinθ
D错误。
故选BC。
12.AC
【解析】【分析】
内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查机械能守恒定律的应用，解题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究。
【解答】
A、若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；
B、若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为32mgR.若初速度v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B错误；
C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有mg=mv2R，再由机械能守恒定律得：12mv02=mg⋅2R+12mv2，小球在最低点时的最小速度v0= 5gR，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 5gR，故C正确；
D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：12mv02=mg⋅2R，小球在最低点时的速度v0= 4gR，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于 4gR，故D错误。
故选AC。
13.1∶2 2∶1
【解析】[1]根据题意可知，忽略空气阻力，则飞镖被投出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据x=12gt2
得t= 2ℎg
又AB∶BC=1∶3
则两次飞镖运动的时间之比t1∶t2=1∶2
[2]根据题意，由图可知，水平位移x相等，根据公式v=xt
得v1∶v2=2∶1
14. raR r3aR3
【解析】[1]设地球自转时的角速度为 ω ，由向心加速度公式可得卫星随地球自转时的向心加速度为a=ω2R
该卫星发射后成为同步卫星，轨道半径为r，则这颗同步卫星运行时的向心加速度为a′=ω2r=raR
[2]若将该卫星发射成为近地卫星，则该卫星的轨道半径为 R ，周期为 T′ ，该卫星与地球同步卫星由开普勒第三定律可得r3T2=R3T′2 T′2=T2R3r3
其中T=2πω
则这颗近地卫星运行时的向心加速度为a′′=4π2T′2R=r3aR3
15.(1)1∶3
(2) BC 第一层
(3)1∶4

【解析】(1)若传动皮带套在塔轮第三层，同一皮带的线速度相等，而两轮的半径之比为3:1，由v=ωR
知，两塔轮的角速度之比为1:3。
(2)[1][2]在某次实验中，某同学为了探究向心力的大小F与半径r之间的关系，要保持质量和角速度相同，转动半径不同，则把两个质量相等的钢球放在BC位置，要求两塔轮的角速度相等，则将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)在另一次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，即质量和转动半径相等。传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为2:1，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，则角速度之比为1:2，根据F=mω2r
可知，向心力之比为1:4，则左右两标尺的露出的格子数之比为1:4。
16.(1) ；
(2)线性；
(3) g2k；
(4)水平射出点未与O点重合
【解析】(1)根据上表数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“y−x2”图线如图所示
(2)由y−x2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成线性关系。
(3)根据平抛运动规律可得
x=v0t
y=12gt2
联立可得y=12g(xv0)2=g2v02x2
可知y−x2图像的斜率为k=g2v02
解得小球平抛运动的初速度为v0= g2k
(4)实验得到的y−x2常不经过原点，说明实验中小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。
17.解：(1)设卫星质量为m，火星质量为M，
对卫星∶GMmR2=m2πT2R，
解得∶M=4π2R3GT2，又：ρ=M43πR3，
得火星密度：ρ=3πGT2；
(2)设离火星表面距离为R处的物体质量为m′，
由GMm ′(2R)2=m ′g0，
解得g0=π2RT2。
【解析】(1)圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量；结合ρ=M43πR3求出火星的平均密度；
(2)根据万有引力等于重力，求出离火星表面距离为R处的重力加速度g0。
18.(1)由题意可知，小球受重力、轻绳的拉力和电场力作用下静止在P点，可知电场力方向应水平向右，匀强电场方向水平向左，可知小球带负电。小球在P点受力如图所示，由平衡条件及几何关系可得
Eqmg=tanθ
解得E=3.75×105N/C
(2)剪断轻绳后，电场力和重力都不变，合力等于原状态下绳的拉力，则有T=mgcsθ=1.25×10−2N
小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F合=T=ma
解得a=12.5m/s2
由速度时间公式可得t=1s时小球的速度大小为vt=at=12.5m/s
速度方向斜向右下与竖直方向成37°角。
(3)小球从P运动到Q，根据动能定理可得mgL(1−csθ)−EqLsinθ=12mvQ2−12mv2
在Q点，由牛顿第二定律可得T′−mg=mv Q2L
代入数据联立解得T′=1.3×10−2N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.解：(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θ1，
小环受到弹簧的弹力F弹1=kL2，
小环受力平衡，F弹1=mg+2T1csθ1，
小球受力平衡，F1csθ1+T1csθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，
解得k=4mgL．
(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x．
小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x−L)，
小环受力平衡，F弹2=mg，解得x=54L，
对小球，F2csθ2=mg，F2sinθ2=mω02lsinθ2，且csθ2=x2l，
解得ω0= 8g5L．
(3)弹簧长度为12L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3，
小环受到的弹力F弹3=12kL，
小环受力平衡，2T3csθ3=mg+F弹3，且csθ3=L4l，
对小球，F3csθ3=T3csθ3+mg，F3sinθ3+T3sinθ3=mω32lsinθ3，
解得ω3= 16gL．
整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
W−mg(3L2−L2)−2mg(3L4−L4)=2×12m(ω3lsinθ3)2，
解得W=mgL+16mgl2L．
答：(1)弹簧的劲度系数为4mgL；
(2)装置转动的角速度为 8g5L；
(3)外界对转动装置所做的功为mgL+16mgl2L．
【解析】(1)装置静止时，分别对小环和小球分析，根据共点力平衡，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；
(2)当AB杆弹力为零时，对小环分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的长度，对小球分析，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中，抓住弹簧的弹性势能不变，弹力不做功，根据动能定理，结合小环平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力，求出外界对转动装置所做的功W．
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用，当装置转动时，抓住小环平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解．O1
O2
O3
O4
O5
O6
y/cm
2.95
6.52
9.27
13.20
16.61
19.90
x/cm
5.95
8.81
10.74
12.49
14.05
15.28
x2/cm2
35.4
77.6
115.3
156.0
197.4
233.5