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    17．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等．装置BO′O能以任意角速度绕竖直轴OO′转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在从零缓慢增大的过程中（重力加速度g取10m/s2，sin37°=$\frac{3}{5}$，cos37°=$\frac{4}{5}$）（　　）
    A．两细线张力均增大
    B．细线AB中张力先变小，后为零，再增大
    C．细线AC中张力先不变，后增大
    D．当AB中张力为零时，角速度可能为$\sqrt{\frac{5g}{2l}}$

    分析 静止时受力分析，根据平衡条件列式求解；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．
    结合以上的分析然后逐个选项讨论即可．

    解答 解：当静止时，受力分析如右图，由平衡条件
    TAB=mgtan37°=0.75mg，${T}_{AC}=\frac{mg}{cos37°}=1.25mg$，
    若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，
    受力分析如右图，$mgtan{θ}_{1}=m（lsin{θ}_{1}{）ω}_{min}^{2}$，
    得${ω}_{min}=\sqrt{\frac{5g}{4l}}$．
    当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，
    $mgtan{θ}_{2}={mω}_{max}^{2}sin{θ}_{2}$，
    得${ω}_{max}=\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．
    所以ω取值范围为$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．绳子AB的拉力都是0．
    A、由以上的分析可知，开始时AB是拉力不为0，当转速在$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，故A错误，B正确；
    C、当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于$\sqrt{\frac{5g}{4l}}$后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于$\sqrt{\frac{5g}{3l}}$后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大；故C正确；
    D、由开始时的分析可知，当ω取值范围为$\sqrt{\frac{5g}{4l}}≤ω≤\sqrt{\frac{5g}{3l}}$．绳子AB的拉力都是0．故D错误．
    故选：BC

    点评 本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，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．

    练习册系列答案
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    A．$\frac{{U}_{1}}{{U}_{3}}$=$\frac{{n}_{1}}{{n}_{3}}$B．$\frac{{I}_{2}}{{I}_{3}}$=$\frac{{n}_{3}}{{n}_{2}}$
    C．$\frac{{I}_{1}}{{I}_{1}′}$=$\frac{{{n}_{2}}^{2}}{{{n}_{3}}^{2}}$D．U1（I1+I1′）=U2I2+U3I3

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    A．杆受到  $\frac{mg}{2}$的拉力B．杆受到 $\frac{mg}{2}$ 的压力
    C．杆受到 $\frac{3mg}{2}$的拉力D．杆受到$\frac{3mg}{2}$的压力

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    D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
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    A．将两根表笔短接
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    E．调节欧姆调零旋钮，使指针停在0Ω刻度线上
    F．将选择开关拨至交流电压最高档上
    将上述步骤中必要的步骤选出了，这些必要步骤的合理顺序是CAEDF（填写步骤的代号）；若操作正确，上述D步骤中，指针偏转情况如图甲所示，则此未知电阻的阻值是12Ω．

    （2）实验中电压表选A，电流表选C，滑动变阻器选E（选填器材前的字母）．
    （3）将图乙中的实物连线补充完整．
    （4）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应该置于左端．（填“左端”、“右端”或“正中间”）．

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    （1）若小汽车刹车正常，通过计算判定两车是否发生追尾；
    （2）若小汽车刹车失灵时，小汽车司机立即向卡车司机发出信号，忽略信号传输时间和卡车司机反应时间，卡车至少以多大加速度行驶，才能避免两车相撞．

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