【单元练】北京市第八十中学高中物理必修2第六章【圆周运动】经典练习卷(培优)

一、选择题
1．如图所示，水平桌面上放了一个小型的模拟摩天轮模型，将一个小物块置于该模型上某个吊篮内，随模型一起在竖直平面内沿顺时针匀速转动，二者在转动过程中保持相对静止（ ）
A ．物块在d 处受到吊篮的作用力一定指向圆心
B ．整个运动过程中桌面对模拟摩天轮模型的摩擦力始终为零
C ．物块在a 处可能处于完全失重状态
D ．物块在b 处的摩擦力可能为零C 解析：C
AD ．物体在b 、d 处受到重力、支持力、指向圆心的摩擦力，则吊篮对物体的作用不指向圆心，故AD 错误；
B ．在d 处对摩天轮受力分析，有重力、地面的支持力、物体对吊篮水平向左的摩擦力，摩天轮要保持平衡，则需要受到地面的摩擦力，故B 错误；
C ． a 处对物体受力分析，由重力和支持力的合力提供向心力，有
2
+=v
G F m R
支
2
v F F G m R
==-压支
则当
gR v =时
0F =压
故C 正确。

故选C 。

2．关于铁道转弯处内外轨道的高度关系，下列说法正确的是（ ） A ．内外轨道一样高时，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯的向心力 B ．因为列车转弯处有向内倾倒可能，故一般使内轨高于外轨
C ．外轨略低于内轨，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D ．铺设轨道时内外轨道的高度关系由具体地形决定，与行车安全无关A
解析：A
若火车转弯时，火车所受支持力与重力的合力提供向心力，有
2
0tan v mg m r
θ= 则
0v
v 0为转弯处的规定速度。

此时，内外轨道对火车均无侧向挤压作用。

若火车速度大于
，内轨对轮缘有侧压力。

故A 正确。

故选A 。

3．下面说法正确的是（ ） A ．平抛运动属于匀变速运动 B ．匀速圆周运动属于匀变速运动
C ．圆周运动的向心力就是做圆周运动物体受到的合外力
D ．如果物体同时参与两个直线运动，其运动轨迹一定是直线运动A 解析：A
A ．做平抛运动的物体只受重力作用，加速度恒等于重力加速度g ，属于匀变速运动，A 正确；
B ．匀速圆周运动的加速度方向是变化的，不属于匀变速运动，B 错误；
C ．只有匀速圆周运动的向心力才是做圆周运动物体受到的合外力，C 错误；
D ．如果物体同时参与两个直线运动，轨迹也可能是曲线，比如抛体运动，D 错误。

故选A 。

4．一石英钟的秒针、分针和时针长度是2：2：1，它们的转动皆可以看做匀速转动，（ ）
A ．秒针、分针和时针转一圈的时间之比1：60：1440
B ．分针和时针针尖转动的线速度之比为12：1
C ．秒针和时针转动的角速度之比720：1
D ．分针和时针转动的向心加速度之比144：1C 解析：C
A ．秒针、分针和时针转一圈的时间分别为1分钟、1小时、12小时，所以
::1:60:720T T T =秒分时
故A 错误； B ．由
2r
v T
π=
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针针尖转动的线速度之比为
:24:1v v =分时
故B 错误； C ．由
2w T
π=
得秒针和时针转动的角速度之比
::720:12:1w w w =秒分时
故C 正确； D ．由
2a rw =
::720:12:1w w w =秒分时
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针转动的向心加速度之比
:288:1a a =分时
故D 错误。

故选C 。

5．2018年2月22日晚7时，平昌冬奥会短道速滑男子500米决赛正式开始，中国选手武大靖以39秒584的成绩打破世界记录强势夺冠，为中国代表团贏得平昌冬奥会首枚金牌，也是中国男子短道速滑队在冬季奥运会上的首枚金牌。

短道速滑项目中，跑道每圈的长度为111.12米，比赛的起点和终点并不是在一条线上，500米需要4圈多一点，运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线。

图中圆弧虚线ob 代表弯道，即运动正常运动路线，oa 为运动员在o 点时的速度方向。

下列论述正确的是（ ）
A ．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力
B ．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
C ．若在O 处发生侧滑，则滑动的方向在Oa 右侧与Ob 之间
D ．若在O 处发生侧滑，则滑动的方向在Oa 左侧C 解析：C
AB ．发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，AB 错误；
CD ．若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa 线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa 右侧与Ob 之间，D 错误C 正确。

故选C 。

6．一个圆锥摆由长为l 的摆线、质量为m 的小球构成，小球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。

已知重力加速度大小为g ，空气阻力忽略不计。

下列选项正确的是（ ）
A ．小球受到重力、拉力和向心力的作用
B ．小球的向心加速度大小为a =g sinθ
C ．小球圆周运动的周期为2l T g
π
= D ．某时刻剪断摆线，小球将做平抛运动D 解析：D
对小球受力分析如图所示
A ．小球受到重力和拉力的作用，这两个力的合力提供向心力，向心力是一种作用效果，物体受力分析时不能说受到向心力，故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律得
mg tanθ=ma
得
a =g tanθ
故B 错误；
C ．根据牛顿第二定律得
2
24tan sin mg m L T
πθθ=
解得小球圆周运动的周期
cos 2L θ
T g
=故C 错误；
D ．某时刻剪断细线，小球只受重力的作用，有水平方向的速度，所以小球做平抛运动，
故选D 。

7．如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动．如图乙，一件小衣物（可理想化为质点）质量为m ，滚筒半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，a 、b 分别为小衣物经过的最高位置和最低位置．下列说法正确的是（ ）
A ．衣物所受合力的大小始终为mω2R
B ．衣物转到a 位置时的脱水效果最好
C ．衣物所受滚筒的作用力大小始终为mg
D ．衣物在a 位置对滚筒壁的压力比在b 位置的大A 解析：A
A ．衣物在做匀速圆周运动故所受合外力
2=F m R ω合
故A 正确；
BCD ．在a 位置时满足
2a N mg m R ω+=
在b 位置时满足
2b N mg m R ω-=
故在b 位置时压力最大，脱水效果最好，故BCD 错误。

故选A 。

8．如图所示，一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动，则关于老鹰受力的说法正确的是（ ）
A ．老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B ．老鹰受重力和空气对它的作用力
C ．老鹰受重力和向心力的作用
D ．老鹰受空气对它的作用力和向心力的作用B 解析：B
老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供向心力，则老鹰受到的重力和空气对它的作用力的合力提供向心力，向心力是效果力，不是老鹰受到的，故B 正确，ACD 错误。

【点睛】
注意向心力是效果力，在匀速圆周运动中由合外力提供．注意向心力不是物体所受到的力，这是易错点。

9．将一平板折成如图所示形状，AB 部分水平且粗糙，BC 部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO ′匀速转动，放在AB 板E 处和放在BC 板F 处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB 板的动摩擦因数为（ ）
A ．μ=tan θ
B ．1tan μθ
=
C ．μ=sin θ
D ．μ=cos θA
解析：A
设物块与AB 部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L ，由于物块刚好不滑动，则对AB 板上的物体有
2mg m L μω=
对BC 板上的物体有
2tan mg m L θω=
联立得
tan μθ=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

10．以下是我们所研究的有关圆周运动的基本模型，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．如图甲，火车转弯小于规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
B ．如图乙，汽车通过拱桥的最高点时受到的支持力大于重力
C ．如图丙，两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥摆的线速度大小不相等
D ．如图丁，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A 、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 、B 两位置小球所受筒壁的支持力大小不相等C 解析：C
A ．火车转弯时，刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，有
2
tan v mg m R
θ=
解得
tan v gR θ=
当tan v gR θ<
时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，则火车做近心运动的趋
势，所以车轮内轨的轮缘对内轨有挤压，故A 错误；
B ．汽车通过拱桥的最高点时，其所受合力方向指向圆心，所以汽车有竖直向下的加速度，汽车重力大于其所受支持力，故B 错误；
C ．摆球做圆周运动的半径为
R =h tan θ
摆球受到重力和细绳拉力作用，由其合力提供向心力，即
2tan mg m R θω=
则圆锥摆的角速度为
g h
ω=
因为圆锥的高h 不变，所以圆锥摆的角速度不变，线速度并不相同，故C 正确； D ．小球在两位置做匀速圆周运动，由其合力提供向心力，受筒壁的支持力为
sin mg
N θ
=
（θ为椎体顶角的一半），故支持力大小相等，故D 错误。

故选C 。

二、填空题
11．如图，用一根结实的细绳，一端拴一个小物体。

在光滑桌面上抡动细绳，使小物体做圆周运动，体验手对做圆周运动的物体的拉力。

(1)拉力的方向是___________ A ．沿绳指向圆心 B ．垂直于绳指向速度方向 C ．沿手臂方向指向上方
(2)增大旋转的速度，拉力将___________（填“变小”、“变大”或“不变”）。

(3)松手后，小物体将沿___________（填“半径远离圆心”、“切线”或“半径靠近圆心”）方向运动。

A 变大切线 解析：A 变大 切线
(1)[1]拉力提供向心力，所以拉力的方向是沿绳指向圆心。

故选A 。

(2)[2]由向心力公式2
=v F m r
向 ，拉力提供向心力，所以增大旋转的速度，向心力增大，拉
力将变大。

(3)[3]圆周运动的速度方向总沿轨迹切线方向，所以松手后，小物体合外力为0，小物体将沿切线方向做匀速直线运动。

12．如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍，A 、B 分别为大、小轮边缘上的点，C 为大轮上一条半径的中点，则：
(1)小轮转动的角速度是大轮的________倍 (2)质点B 加速度是质点A 的加速度的_______ 倍 (3)质点B 加速度是质点C 的加速度的_______ 倍2；2；4 解析：2； 2； 4
（1）[1]对A 、B 两点，根据转盘转动特点可知
A B v v =
由
v r ω=
得
1
2
A B B A r r ωω== 即小轮转动的角速度时大轮的2倍。

（2）[2]由向心加速度公式
2v a r
=
得
12
A B B A a r a r == 即质点B 加速度是质点A 的加速度的2倍。

（3）[3]对于A 、C 两点，有
A C ωω=
由
2a r ω=
得
21
A A C C a r a r == 又有
12
A B a a = 即质点B 的加速度是质点C 的4倍。

13．如图所示，黑圆板上有三条白条，用一闪光灯照亮，灯每秒闪光20次，圆板绕过圆心的轴顺时针匀速转动，
（1）当1ω=______时只看到三条白条； （2）当2ω=_______时可看到六条白条.
解析：1403
k π
ω=
， 0,1,2,k = 220
(21)3
k ωπ=
+，0,1,2,k =
[1]．两次闪光之间的间隔为1s 20
，所以两次闪光的时间内应该转过1
23π⨯的整数倍，则
有12s=,0,1,2,3, (203)
k k π
ω= 得
1403
k π
ω=
，0,1,2,k =
[2]．两次闪光之间的间隔为
1
s 20
，所以两次闪光的时间内则有 1(21)s=,0,1,2,3, (203)
k k πω+⋅
= 得
220
(21)3
k ωπ=
+，0,1,2,k = 14．某同学利用向心力演示器探究影响向心力大小的因素。

(1)该实验所采用的研究方法是__________。

(2)该同学在某次实验过程中，皮带带动的两个变速塔轮的半径相同，将两个完全相同的小球如图所示放置，可判断该同学是在研究________。

A ．向心力与质量之间的关系
B ．向心力与角速度之间的关系
C ．向心力与线速度之间的关系
D ．向心力与半径之间的关系控制变量法D 解析：控制变量法 D
(1)[1]本实验通过控制变量法探究影响向心力大小的因素。

(2)[2]由图可知，两个小球完全相同，放置的位置到变速塔轮的距离不同，故可知该同学是在研究向心力与半径之间的关系，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

15．某同学骑自行车时突然想测下自行车的速度，他用电子手表记录了自己在t 秒内踩了踏板n 圈，他骑的自行车型号已知，后轮直径为D .则他计算自行车前进的速度还需要知道_____________，计算自行车前进速度的表达式为________________
飞轮的半径r 以及牙盘的半径
R
解析：飞轮的半径r 以及牙盘的半径R nRD
v rt
π=
[1][2]牙盘的角速度
22n T t
ππω=
=, 牙盘与飞轮的线速度大小相等,所以飞轮的角速度
R
r
ωω'=
,
后轮的角速度与飞轮的角速度相同,则只要知道飞轮的半径r 以及牙盘的半径R ，即可求出
自行车的速度
2D nRD v rt
πω'=
= 16．半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点，在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度为h ＝ ，圆盘转动的角速度大小为ω= ．
解析：222gR v
、()2,n v
n N R π+∈ [1]小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间:
R
t v
=
竖直方向做自由落体运动，则:
222122gR h gt v
==
[2]根据2t n ωπ=得：
*22()n nv n N t R
ππω=
=∈ 17．一物体做匀速圆周运动，半径为50 cm ，角速度为10 rad/s ，则物体运动的线速度大小为________ m/s ，向心加速度大小为________ m/s 2.50 解析：50 根据线速度s v t ∆=
∆ 和角速度t
θ
ω∆=∆的关系式v r ω=，可得 100.5m/s=5m/s v =⨯
而据向心加速度
22
225m/s 50m/s 0.5
v a r ===.
18．如图所示，质量为m =0.5kg 的小球固定在长为L =0.4m 的轻杆的一端，杆可绕O 点的水平转轴在竖直平面内转动．当小球在最高点的速度为4m/s 时，球对杆的作用力的大小为_____N ，方向_____ （填“竖直向上”或“竖直向下”，g=10m/s 2）．
竖直向上
解析：竖直向上
[1][2]．当小球在最高点的速度为4m/s 时，根据牛顿第二定律得
2
mv mg F L
+= 解得
2160.55N=15N 0.4
mv F mg L =-=⨯-
杆对球的作用力表现为拉力，所以球对杆的作用力方向竖直向上．
19．某人在水平冰面上作半径为R 的圆周运动，已知该人与水平面间的摩擦因数为μ，则该人滑冰不摔倒允许的最大速度为_____________．【解析】由最大静摩擦力提供向
心力可得解得允许的最大速度为
解析：m v gR μ=
【解析】
由最大静摩擦力提供向心力，可得2m
mv mg R
μ=，解得允许的最大速度为m v gR μ=
20．如图所示地球绕地轴匀速转动，在地面上有两个点P 、Q ，P 在赤道上，Q 的纬度是
60︒ ，则它们的线速度之比为____________，加速度之比为__________．
1：21：2【解析】点P 和点Q 绕地球中心地轴匀速转动角速度
相等P 点的转动半径为RQ 两点的转动半径根据它们的线速度之比为根据加速度之比为【点睛】同轴传动角速度相等然后根据判断线速度之比根据判断加速度之比
解析：1：2 1：2 【解析】
点P 和点Q 绕地球中心地轴匀速转动，角速度相等， P 点的转动半径为R ， Q 两点的转动
半径1cos602r R R =︒=，根据 v r ω=，它们的线速度之比为1122Q P R v v R ==，根据2a r ω=，加速度之比为1
122
Q P R
a a R ==
【点睛】同轴传动角速度相等,然后根据v R ω=判断线速度之比，根据2a r ω=判断加速度之比．
三、解答题
21．质量为0.2kg 的物体固定在长为0.9m 的轻杆一端，杆可绕过另一端O 点的水平轴在竖直平面内转动。

（2
10m/s g =）求：
(1)当物体在最高点的速度为多大时，杆对球的作用力为零？ (2)当物体在最高点的速度为6m/s 时，杆对球的作用力大小和方向。

(3)当物体在最高点的速度为1.5m/s 时，杆对球的作用力大小和方向。

解析：(1)03m/s v =；(2)16N F =，方向竖直向下；(3)2 1.5N F =，方向竖直向上 (1)当物体在最高点对杆的作用力为零时，重力提供向心力，则
2
v mg m R
=
解得
03m/s v =
(2)10v v >，由牛顿第二定律得
2
1v mg F m R
+=
解得
16N F =
方向竖直向下
(3)20v v <，由牛顿第二定律得
2
2v mg F m R -=
2 1.5N F =
方向竖直向上。

22．如图所示，把质量为0.6 kg 的物体A 放在水平转盘上， A 的重心到转盘中心O 点的距离为0.2 m ，若A 与转盘间的最大静摩擦力为3 N ，2
10m/s g =，求：
(1)转盘绕中心O 以 2 rad/s ω=的角速度旋转，A 相对转盘静止时，转盘对A 摩擦力的大小与方向。

(2)为使物体A 相对转盘静止，求转盘绕中心O 旋转的角速度ω的最大值。

解析：(1)0.48 N ，沿OA 所在半径指向圆心O ；(2)max 5rad/s ω= 【分析】
(1)物体做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，根据2f mr ω=，求出物体受到的摩擦力。

(2)静摩擦力提供圆周运动所需的向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，此时的角速度为最大角速度。

(1)静摩擦力提供向心力，有
20.60.24N 0.48N f mr ω==⨯⨯=
故转盘绕中心O 以2rad/s ω=的角速度旋转时，A 受到的摩擦力大小为0.48N ，方向指向圆心。

(2)当A 所受最大静摩擦力提供向心力时，转盘绕中心O 旋转的角速度ω最大，由
2m max f m r ω=
解得
max 3
rad/s 5rad/s 0.20.6
ω=
=⨯
23．位于竖直平面上的
1
4
圆弧光滑轨道，半径为R ，OB 沿竖直方向，圆弧轨道上端A 点距地面高度为H ，质量为m 的小球从A 点由静止释放，在B 点小球对轨道的压力为3mg ，最后落在地面C 点处，不计空气阻力，求： (1)小球在B 点的瞬时速率；
(2)小球落地点C 与B 的水平距离s 为多少？
解析：2gR (2)2HR R -(1)小球沿圆弧做圆周运动，在B 点有
2B
NB v F mg m R
-=
解得
2B v gR (2)小球离开B 点后做平抛运动，抛出点高为H -R ，有
212
H R gt -=
B s v t =
解得
22s HR R =-24．如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心25cm r =处放置一小物块A ，其质量为5kg m =，A 与盘面间相互作用的静摩擦力的最大值为其重力的k 倍（0.4k =），取210m/s g =。

(1)当圆盘转动的角速度2rad/s ω=时，物块与圆盘间的摩擦力大小多大？方向如何？物块的速度大小为多少？
(2)欲使A 与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度多大？
解析：(1)5N ，方向沿半径指向圆心；0.5m/s ；(2)max 4rad/s ≤ω
(1)物块随圆盘一起绕轴转动，向心力来源于圆盘对物块的静摩擦力，根据牛顿第二定律
25N f F mr ω===向
方向沿半径指向圆心，速度大小为
0.5m/s ==v r ω
(2)欲使物块与盘面不发生相对滑动，做圆周运动的向心力应不大于最大静摩擦力 所以
2=≤向F mr kmg ω
解得
max 4rad/s ≤ω
25．如图所示，半径R =0.50m 的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定在水平桌面上，轨道末端切线水平且端点 N 处于桌面边缘，把质量m =0.20kg 的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N 点后做平抛运动，到达地面上的P 点。

已知桌面高度h =0.80m ，小物块经过N 点时的速度 v 0=3.0m/s ，g 取 10m/s 2。

不计空气阻力，物块可视为质点，求： (1)小物块经过圆周上N 点时对轨道压力 F 的大小； (2)P 点到桌面边缘的水平距离x ； (3)小物块落地前瞬间速度v 的大小。

解析：(1)5.6N ；(2)1.2m ；(3)5m/s
(1)小物块经过圆周上N 点时，由牛顿第二定律
20
N v F mg m R
-=
解得F N =5.6N
由牛顿第三定律可知，物块对轨道压力的大小为5.6N ； (2)物块从N 点做平抛运动，则竖直方向
212
h gt =
水平方向
0x v t =
解得
220.83m=1.2m 10
h x v g ⨯==⨯ (3) 小物块落地前瞬间速度v 的大小
222
200232100.8m/s 5m/s y v v v v gh =+=+=+⨯⨯=
26．一竖直杆上相距为l 的A 、B 两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长为1.4l ，绳上套着一个光滑的小铁环P 。

设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让铁环P 在某水平面上做匀速圆周运动。

如图所示，当两段绳成直角时，求铁环P 转动的周期。

（重力加速度为g ）
解析：4π357l
T g
=
【分析】
本题考查铁环在水平面内的运动，需对铁环受力分析，据牛顿第二定律和几何关系列式求解。

铁环受力如图所示，则：
cos sin F F mg =+θθ
2
2sin cos F F mr T ⎛⎫
+= ⎪⎝⎭
πθθ
其中
sin cos r l =θθ，又cos sin 1.4l l l +=θθ
联立解得
4357l T g
π=
【点睛】
跨过光滑环的两段绳，绳中张力大小相等。

27．如图所示，一根长0.1 m 的细线，一端系着一个质量为0.18 kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。

当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N 。

(1)求此时线的拉力为多大？ (2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m ，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？（g 取10 m/s 2）
解析：(1)45 N ；(2)5 m/s ；(3)2 m
(1)设小球原来的角速度为ω，线的拉力为F ，则有
F ＝mrω2 F ＋F ∆＝mr 2(3)ω
又F ∆＝40 N ，解得
F ＝5 N
所以线断时，线的拉力为
F ′＝F ＋F ∆＝45 N
(2)设此时小球的线速度为v ，则有
F ＋F ∆＝m 2
v r
代入数据得
v ＝5 m/s
(3)飞出桌面后小球做平抛运动，则有
h ＝gt 2 x ＝vt
联立两式并代入数据得
x ＝2 m
28．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳
连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的
1
2
倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动。

开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，请分析求解： (1)细绳开始表现张力时，转盘转动的角速度；
(2)转盘转动的角速度在什么范围内，细绳有张力且两个物体与转盘均不发生相对滑动。

解析：4g L 43g g L L
ω<≤(1)随转盘转动角速度增加，B 先滑动，因此当B 的摩擦力达到最大值时，转速再增大，绳子就存在张力，因此当B 达到最大静摩擦力时
211
(2)2
mg m L ω= 解得
14g L ω=
4g L
(2)当两个物体都达到最大静摩擦力时，转动的角速度再增加，两个物体将一起相对转盘滑动，此时
222211(2)22
mg mg m L m L ωω+=+ 解得
23g
L
ω=
因此细绳有张力且两个物体与转盘均不发生相对滑动的条件是
43g g
L L
ω<≤。