2022届高三物理一轮复习疑难突破 021水平面内的圆周运动(圆锥摆模型)及其临界问题【含答案】

一.必备知识
1．圆周运动相关物理量
定义、意义
公式、单位
线速度
描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v )
(1)v ＝＝Δs
Δt 2πr
T (2)单位：m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(1)ω＝＝Δθ
Δt 2π
T (2)单位：rad/s
周期
物体沿圆周运动一圈的时间(T )
(1)T ＝＝，单位：s
2πr
v 2π
ω(2)f ＝，单位：Hz
1
T (3)n ＝，单位：r/s
1
T 向心加速度
(1)描述速度方向变化快慢的物理量(a n )(2)方向指向圆心
(1)a n ＝＝rω2v 2r (2)单位：m/s 2
2.圆周运动各物理量间的关系
3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系
匀速圆周运动
变速圆周运动
运动特点
线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不变，向心加速度的大小不变
线速度的大小、方向都变，角速度变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也可能不变
受力
特点
所受到的合力为向心力，大小不变，方向
变，其方向时刻指向圆心
所受到的合力不总指向圆心，合力产
生两个效果：
①沿半径方向的分力F n ，即向心力，它改变速度的方向；
②沿切线方向的分力F t ，它改变速度的大小
运动性质
非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方向变化)
非匀变速曲线运动(加速度大小、方向都变化)
二. 圆锥摆模型及其临界问题1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。

2．运动实例运动模型向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
物体在光滑半圆形碗内做匀速圆周运动3．解题方法
(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。

(2)确定圆心和轨道半径。

(3)应用相关力学规律列方程求解。

4．规律总结(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L ，摆线与竖直方向夹角为θ。

受力分析，由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m r
4π2
T 2r ＝L sin θ
解得T ＝2π＝2π。

(2)结论
①摆高h ＝L cos θ，周期T 越小，圆锥摆转得越快，θ越大。

②摆线拉力F ＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F 越大。

mg
cos θ③摆球的加速度a ＝g tan θ。

5．圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。

由a ＝g tan θ知A 、B 的向心加速度大小相等。

由a ＝ω2r 知ωA <ωB ，由a ＝知v 2
r v A >v B 。

变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。

由T＝2π知摆高h相同，则T A＝T B，ωA＝ωB，由v＝ωr知v A>v B，由a＝ω2r知
a A>a B。

6. 解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。

(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。

(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。

(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。

三.典型例题精讲
题型一：圆锥摆模型常规问题
例1：如图所示，用一根质量不计、不可伸长的细绳，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。

当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时，
悬点O到轨迹圆心高度为h，细绳拉力大小为F，小球的向心加速度大小
为a，线速度大小为v，下列描述各物理量与角速度ω的关系图像正确的
是( )
答案　A
解析　设细绳长度为l ，小球质量为m ，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为
θ，有F sin θ＝mω2l sin θ，得F ＝mω2l ，A 正确；由mg tan θ＝mω2l sin θ，h ＝l cos θ，得h ＝，B 错误；由mg tan θ＝mω2l sin θ，可得cos θ＝，小球的向心加速度大小g ω2g
ω2l a ＝ω2l sin θ＝，C 错误；由cos θ＝，得小球的线速度大小v ＝ωl sin θ＝
ω4l 2－g 2g
ω2l ，D 错误。

题型二：圆锥摆模型临界问题
例2　(多选)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如右图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(
)
A ．a 绳的张力不可能为零
B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大
C ．当角速度ω>
，b 绳将出现弹力
D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化 答案：AC 。

小球做匀速圆周运动，在竖直方向上所受的合力为零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a 绳对小球的拉力在竖直方向上的分力与小球的重力平衡，可知a 绳的张力不可能
为零，故A 正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝，可知a mg
sin θ绳的拉力与角速度ω无关，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有：＝mωl ，解得ω0＝mg
tan θ2
0，可知当角速度ω>
时，b 绳将出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b
绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。

四.举一反三，巩固训练
1.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P 可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地
旋转．一根轻绳穿过P ，两端分别连接质量为m 1和m 2的小球A 、B (m 1≠m 2)．设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )A ．两球运动的周期相等B ．两球的向心加速度大小相等C ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1D ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2
2.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T .则下列说法正确的是( )A ．若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大
B ．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大
C ．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大
D ．若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 可能不变
3.(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v ，重力加速度为g ，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A ．该弯道的半径r ＝v 2
g tan θ
B ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C ．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压
D ．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
4．我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h (此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm ，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g 等于10 m/s 2，则此弯道内、外轨高度差应为( )A ．8 cm B ．9 cm C ．10 cm D ．11 cm
5.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。

一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A 轨道缓慢下降到B 轨道，则在此过程中
( )
A ．小球的向心加速度逐渐减小
B ．小球运动的角速度逐渐减小
C ．小球运动的线速度逐渐减小
D ．小球运动的周期逐渐减小
6．在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m 的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。

如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成θ角。

设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，容器内壁对小球的支持力分别为N a 和N b ，则下列说法中正确的是 (　)
A ．T a 一定为零，T b 一定为零
B ．T a 可以为零，T b 可以为零
C ．N a 一定不为零，N b 可以为零
D ．N a 可以为零，N b 可以为零
7.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O 、A 两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m 的小球上，OA ＝OB ＝AB ，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB 、AB 两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是 ( )
A ．O
B 绳的拉力范围为0～mg
3
3B ．OB 绳的拉力范围为mg ～mg
3
323
3C ．AB 绳的拉力范围为mg ～mg
3
323
3
D ．AB 绳的拉力范围为0～mg
23
38.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。

现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是 ( )
A ．Q 受到桌面的支持力变大
B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大
C ．小球P 运动的周期变大
D ．小球P 运动的角速度变大
9.如图所示，用一根长为l ＝1m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 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θ＝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ω时，细线的张力为F T 。

(g 取10m/s 2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0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ω′为多大？
10.如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g 。

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k )ω0，且0<k <1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向。

11（较难）.一转动装置如图所示，两根轻杆OA 和AB 与一小球以及一小环通过铰链连接，两轻杆长度相同，球和环的质量均为m ，O 端通过铰链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L ，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。

弹3
2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。

五.举一反三，巩固训练答案
1.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P 可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转．一根轻绳穿过P ，两端分别连接质量为m 1和m 2的小球A 、B (m 1≠m 2)．设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A ．两球运动的周期相等
B ．两球的向心加速度大小相等
C ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1
D ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2答案　AC
解析　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F T ，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有F T cos θ＝mg ，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P 的距离为l ，则有F T sin θ＝mg tan θ＝m l sin θ，解得周期4π2
T 2为T ＝2π
＝2π
，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，
选项A 正确；连接两球的绳的张力F T 相等，由于向心力为F n ＝F T sin θ＝mω2l sin θ，故m
与l 成反比，即＝，又小球的向心加速度a ＝ω2h tan θ＝()2h tan θ，故向心加速
l 1l 2m 2m 12π
T 度大小不相等，选项C 正确，B 、D 错误．
2.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升
力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T .则下列说法正确的是( )
A ．若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大
B ．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大
C ．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大
D ．若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 可能不变
答案　CD
解析　对飞机进行受力分析，如图所示，
根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mg tan θ＝m ＝m R ，解得：
v 2R 4π2
T 2v ＝，T ＝2π.若飞行速率v 不变，θ增大，由v ＝知，R 减小，则再由gR tan θgR tan θT ＝2π知T 减小，故A 、B 错误；若θ不变，飞行速率v 增大，由v ＝知，R 增gR tan θ大，故C 正确；若飞行速率v 增大，θ增大，R 的变化不能确定，则周期T 可能不变，故D 正确．
3.(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v ，重力加速度为g ，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θ
B ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C ．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压
D ．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
答案　ABD
解析　火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二
定律有：mg tan θ＝m ，解得：r ＝，故A 正确；根据牛顿第二定律有：mg tan
v 2r v 2
g tan θθ＝m ，解得：v ＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B 正确；当火车速率v 2
r gr tan θ大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误，D 正确．
4．我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h (此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm ，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g 等于
10 m/s 2，则此弯道内、外轨高度差应为( )
A ．8 cm
B ．9 cm
C ．10 cm
D ．11 cm
答案　B
解析　由题可知：半径R ＝5 600 m ，时速为v ＝216 km /h ＝60 m/s ；根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m v 2
R
解得：tan θ＝9
140由题意得tan θ＝sin θ＝h
L
而L ＝1 400 mm
联立得：h ＝90 mm ＝9 cm ，故B 正确，A 、C 、D 错误．
5.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。

一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作
用，小球的运动轨迹由A 轨道缓慢下降到B 轨道，则在此过程中
( )
A ．小球的向心加速度逐渐减小
B ．小球运动的角速度逐渐减小
C ．小球运动的线速度逐渐减小
D ．小球运动的周期逐渐减小
答案：D
解析：以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。

由牛顿第二定律得：＝ma ＝＝mrω2
mg tan θmv 2r 可知在A 、B 轨道的向心力大小相等，a ＝，向心加速度不变，
g
tan θ故A 错误。

角速度ω＝ ，由于半径减小，则角速度变大，故
B 错误。

线速度v ＝，由于半径减小，线速度减小，故
C 正确。

周期T ＝，角速度增大，2πω则周期减小，故
D 正确。

6．在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m 的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。

如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成θ角。

设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，容器内壁对小球的支持力分别为N a 和N b ，则下列说法中正确的是 (　)
A ．T a 一定为零，T b 一定为零
B ．T a 可以为零，T b 可以为零
C ．N a 一定不为零，N b 可以为零
D ．N a 可以为零，N b 可以为零
答案：BC
[解析]　对甲图中的小球受力分析，小球所受的重力与支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T a 可以为零，若N a 等于零，则小球所受的重力与绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以N a 一定不为零；对乙图中的小球受力分析，若T b 为零，则小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T b 可以为零，若N b 等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N b 可以为零；故B 、C 正确，A 、D 错误。

7.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O 、A 两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m 的小球上，OA ＝OB ＝AB ，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB 、AB 两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是 ( )
A ．O
B 绳的拉力范围为0～mg 3
3B ．OB 绳的拉力范围为mg ～mg 3323
3C ．AB 绳的拉力范围为mg ～mg
3323
3D ．AB 绳的拉力范围为0～mg 23
3答案：B
[解析]　当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两者的值相同，
设为F 1，则2F 1cos30°＝mg ，F 1＝mg ，增大转动的角速度，当AB 绳的拉力刚好等于零时，
3
3OB 绳的拉力最大，设这时OB 绳的拉力为F 2，则F 2cos30°＝mg ，F 2＝mg 。

因此OB 绳23
3的拉力范围为mg ～mg ，AB 绳的拉力范围为0～mg ，B 项正确。

332333
38.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。

现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是 ( )
A ．Q 受到桌面的支持力变大
B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大
C ．小球P 运动的周期变大
D ．小球P 运动的角速度变大
答案：BD
[解析]　金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件可知，Q 受到桌面的支持力
等于其重力，保持不变，故A 错误。

设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉
力大小为T ，细线桌面下方的长度为L 。

小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合
力提供向心力，如图所示，则有T ＝，mg tan θ＝mω2L sin θ，解得角速度为ω＝
，周
mg
cos θ期为T ＝＝2π；使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，2πωcos θ减小，则得到细线拉力T 增大，角速度增大，周期T 减小。

对Q 由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故B 、D 正确，C 错误。

9.如图所示，用一根长为l ＝1m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 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θ＝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ω时，细线的张力为F T 。

(g 取10m/s 2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0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ω′为多大？
　(1)rad/s (2)2rad/s
52
25[解析]　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mg tan θ＝mωl sin θ2
0解得：ω＝2
0g
l cos θ即ω0＝＝rad/s 。

52
2(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式
mg tan α＝mω′2l sin α
解得：ω′2＝，
g
l cos α即ω′＝＝2rad/s
510.如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴
旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′
重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块
落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相
对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°，
重力加速度大小为g 。

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k )ω0，且0<k <1，求小物块受到的摩擦力的大小
和方向。

　(1)ω0＝
(2)当ω＝(1＋k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为f ＝mg 3k 2＋k
2当ω＝(1－k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为f ＝mg 3k 2－k
2[解析]　第(1)问重力和支持力的合力提供了小物块做圆周运动的向心力；结合第(1)问判断出ω＝(1±k )ω0时，物块受到的摩擦力的方向，再由牛顿第二定律和圆周运动求摩擦力的大小。

(1)摩擦力为零时，只受重力和支持力作用，如图所示，由牛顿第二定律和圆周运动，得
mg tan θ＝mrω①
20
由几何关系得
r ＝R sin θ②
由①②并代入数据得
ω0＝
(2)当ω＝(1＋k )ω0，且0<k <1，则ω>ω0，此时物块所受静摩擦
力f 的方向沿罐壁切线向下，由牛顿第二定律和圆周运动，得
f cos θ＋N sin θ＝mrω2④
N cos θ＝f sin θ＋mg ⑤
由②③④⑤并代入ω，得
f ＝mg
3k 2＋k 2当ω＝(1－k )ω0，且0<k <1，则ω<ω0，此时物块所受静摩擦力f 的方向沿罐壁切线向上，由牛顿第二定律和圆周运动，得N sin θ－f cos θ＝mrω2⑦
N cos θ＋f sin θ＝mg ⑧
由②③⑦⑧并代入ω，得f ＝mg
3k 2－k 211（较难）.一转动装置如图所示，两根轻杆OA 和AB 与一小球以及一小环通过铰链连接，两轻杆长度相同，球和环的质量均为m ，O 端通过铰链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32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。

答案　(1)　(2)
3mg L 解析　(1)如图所示，装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为
F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1，
小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k L 2
此时小环受力平衡，有
F 弹1＝mg ＋T 1cos θ1
小球受力平衡，有
F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mg ，F 1sin θ1＝T 1sin θ1
联立解得弹簧的劲度系数k ＝。

3mg L (2)设AB 杆中弹力为零时，OA 杆中的弹力为F 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x ，轻杆长度为l ，
小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L )
小环受力平衡，有F 弹2＝mg
解得AB 杆中弹力为零时，弹簧的长度x ＝L
43则cos θ2＝，对小球竖直方向有F 2cos θ2＝mg
x
2l 对小球，根据牛顿第二定律有F 2sin θ2＝mωl sin θ22
0解得AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0＝。