微专题23 圆周运动的其他临界问题-2025版高中物理微专题

微专题23
圆周运动的其他临界问题
【核心要点提示】
五种典型临界条件(1)物体离开接触面的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时．
(5)物块与弹簧脱离的临界条件：弹力F N ＝0，速度相等，加速度相等
【微专题训练】
【例题】在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()
A.gRh
L B.gRh
d C.gRL
h D.gRd
h
【解析】考查向心力公式．汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F 向＝mg tan θ，根据牛顿第二定律：
F 向＝m v 2R ，tan θ＝h d
，解得汽车转弯时的车速v ＝gRh d
，B 对．【答案】B
【变式】(2018·辽宁师大附中高三上学期期末)如图所示，水平转台上有一个质量为m 的小物块。

用长为L 的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上。

细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零。

物块与转台间动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中(CD )
A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴
B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgL sinθ
2
C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为g
L cosθ
D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零
[解析]由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向。

故A错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的
合力：F＝f＋T sinθ＝m v2
r①N＋T cosθ＝mg②根据动能定理知W＝E k
＝1
2
mv2③弹力T＝
0，r＝L sinθ④由①②③④解得W＝1
2fL sinθ≤1
2
μmgL sinθ，至绳中出现拉力时，转台对物块
做的功为1
2
μmgL sinθ，故B错误；当N＝0，f＝0，由①②知ω0＝g
L cosθ，所以当物块的角
速度增大到
g
L cosθ时，物块与转台间恰好无相互作用，故C正确；由几何关系可知，物体
在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零。

故D正确。

【例题2】(多选)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳不会断，则下列说法正确的是()
A．连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为2g
R
B．连接B球的绳子恰好拉直时，金属圆环对A球的作用力为零C．继续增大转动的角速度，金属环对B球的作用力可能为零
D．继续增大转动的角速度，A球可能会沿金属环向上移动
解析：当连接B球的绳刚好拉直时，mg tan60°＝mR sin60°ω2，求得ω＝2g
R，A项正确；
连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，A球所受合力也为mg tan60°，又小球A 所受重力为mg，可判断出A球所受绳的拉力为2mg，A球不受金属圆环的作用力，B项正确；继续增大转动的角速度，连接B球的绳上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大，环对B球的弹力不为
零，根据竖直方向上A球和B球所受外力的合力都为零，可知绳对A球的拉力增大，绳应张得更紧，因此A球不可能沿环向上移动，D项错误。

答案：AB
【变式2】(2015·黑龙江哈尔滨)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光
滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图像是下列选项中的()
【解析】小球未离开锥面时，设细线的张力为F T，线的长度为L，锥面对小球的支持力为F N，则有F T cosθ＋F N sinθ＝mg及F T sinθ－F N cosθ＝mω2L sinθ，可求得F T＝mg cosθ＋mω2L sin2θ.可见当ω由0开始增大，F T从mg cosθ开始随ω2的增大而线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，有F T sinα＝mω2L sinα，其中α为细线与竖直方向的夹角，即F T＝mω2L，可见F T 随ω2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C项正确．
【答案】C
【例题3】(2014·新课标全国卷Ⅰ，20)(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为
质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘间的最
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．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝kg
2l是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝2kg
3l时，a所受摩擦力的大小为kmg
【解析】小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。

当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a
＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kg
l；对木块b：f b
＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，
ωb＝kg
2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，
则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg
2l时b刚开始滑动，选项C正确；
当ω＝2kg
3l时，a没有滑动，则f a
＝mω2l＝2
3
kmg，选项D错误。

【答案】AC
【变式3】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K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2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，以下说法正确的是()
A．当ω>2Kg
3L时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>Kg
2L时，绳子一定有弹力
C．ω在Kg
2L <ω<2Kg
3L范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<2Kg
3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
【解析】当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，Kmg＋Kmg＝
mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝2Kg
3L，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开
始有弹力，即：Kmg＝mω2·2L，解得：ω＝Kg
2L，B项正确；当
Kg
2L
<ω<2Kg
3L时，
随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错；0<ω≤Kg
2L时，A所受摩擦力提供向心力，即F f
＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，
当Kg
2L
<ω<2Kg
3L时，以A、B整体为研究对象，F f A
＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A受
静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确．【答案】ABD
【巩固习题】
1.(2013·新课标全国Ⅱ)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处()
A ．路面外侧高内侧低
B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动
C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小
【解析】汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明路面外高内低，此时重力和支持力的合力恰好提供汽车在水平面上的圆周运动向心力，故A 项正确；车速低于v c ，汽车有向内侧滑动的趋势，受到向外的摩擦力，这时重力、支持力、摩擦力仍能提供物体做圆周运动的向心力，只有静摩擦力等于滑动摩擦力时，才有可能向内侧滑动，故B 项错误；当速度为v c 时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v c 时，摩擦力指向内侧，只要速度不超出重力、支持力和最大静摩擦力提供向心力所对应的速度，车辆不会侧滑，故C 项正确；当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v c 的值不变．故D 项错误．
【答案】AC
2.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是()
A ．2m/s
B ．210m/s
C ．25m/s
D ．22m/s
【解析】小球通过最高点的最小速度为v A ＝gL sin α＝2m/s ，在B 点的最小速度v B 满足12
mv 2B ＝12
mv 2A ＋2mgL sin α，解得v B ＝25m/s.【答案】C
3.【辽宁省沈阳市东北育才学校2017届高三上学期第二次模拟考试】如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L 的细线一端固定，另一端连接质量为m 的小球，小球在斜面上做圆周运动，A 、B 分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A 、B 点做圆周运动的最小速度分别为v A 、v B ，重力加速度为g ，则（）
A ．0
A v =
B ．A v =
C ．B v =
D ．B v =【答案】C
4.(2014·安徽)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32
，(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s 2，则ω的最大值是()
A.5rad/s
B.3rad/s C ．1.0rad/s D ．0.5rad/s
【解析】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律，得μmg cos30°－mg sin30°＝mω2r ，则
ω＝10×32×32－122.5rad/s ＝1rad/s ，C 选项正确，其他选项错误．
【答案】C
5.(2015·湖北黄冈高三质检)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和B ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则()
A ．两物体均沿切线方向滑动
B ．物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小
C ．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动
D ．物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远
【解析】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B 所需要的向心力小于B 的最大静摩擦力，所以B 仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小。

故B 、D 正确，
A 、C 错误。

【答案】BD
6.【四川省资阳市2017届高三上学期第一次诊断考试理科综合】如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ=30°，此时绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为3
1=μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g ，则()
A ．当l g 2=
ω时，细绳的拉力为0B ．当l g 43=
ω时，物块与转台间的摩擦力为0
C ．当ω=时，细绳的拉力大小为mg 34
D ．当l g =ω时，细绳的拉力大小为mg 3
1【答案】AC
【解析】当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉
力时：2
16mg m lsin πμω＝，解得：1ω恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：22tan 66mg m lsin ππω＝解得：
2ω由于ω1＜＜ω2，所以当时，物块与转台间的摩擦力不为零．故
B 错误；由于
＜，所以当时，细线中张力为零，故A 正确；由于ω1
＜ω2，由牛顿第二定律：266f Fsin
m lsin ππ+=，因为压力小于mg ，所以f ＜13mg ，
解得：F ＞13
mg ．故D 错误；当ω2时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力
的合力提供向心力，则：mg tanα＝m (
2l sinα，解得：cosα=34，故43mg F mg cos α＝．故C 正确；故选AC.
7.(2018·河北省定州中学高三上学期期中试题)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a 中小环与小球在同一水平面上，图b 中轻绳与竖直轴成θ(θ<90°)角。

设图a 和图b 中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，圆锥内壁对小球的
支持力分别为N a 和N b ，则在下列说法中正确的是(BC )
A ．T a 一定为零，T b 一定为零
B ．T a 、T b 是否为零取决于小球速度的大小
C ．N a 一定不为零，N b 可以为零
D ．N a 、N b 的大小与小球的速度无关
[解析]对甲图中的小球进行受力分析，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 a 可以为零，若N a 等于零，则小球所受的重力及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；对乙图中的小球进行受力分析，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；所以BC 正确，AD 错误；故选BC 。

8.(2016·安徽江淮名校高三联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg 。

当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用。

则ω可能为()
A ．3g
R B.32g R C.3g 2R D.g 2R
【解析】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为F ＝mω2r ，其中r ＝R sin 60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最
小，对小球进行受力分析得：F min ＝mg tan 60°，即mg tan 60°＝mω2min R sin 60°，
解得ωmin ＝2g R。

当绳子拉力达到2mg 时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得：
竖直方向：F N sin 30°－(2mg )sin 30°－mg ＝0
水平方向：F N cos 30°＋(2mg )cos 30°＝mω2max (R sin 60°)
解得ωmax ＝
6g R ，故A 、C 、D 错误，B 正确。

【答案】B 9.(2018·山西百校联盟质检)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 ．μ＝1tan θ
C ．μ＝sin θ
D ．μ＝cos θ
解析：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μmg ＝mω2L ，对BC 板上的物体有mg tan θ＝mω2L ，因此μ＝tan θ，A 项正确。

答案：A
10.如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg 。

当AC 和BC 均拉直时∠ABC ＝90°，∠ACB ＝53°，BC ＝1m 。

ABC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动。

当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(g 取10m/s 2)()
A ．AC
5m/s B ．BC 5m/s C ．AC 5.24m/s D ．BC 5.24m/s
解析：据题意，小球转动时向心力为F T BC ＋F T AC cos 53°＝m v 2R
，此时设BC 绳刚好被拉断，
则拉力为F T BC＝2mg，此时F T AC sin53°＝mg，即F T AC＝5
4
mg，说明BC绳先被拉断；当AC
绳拉断时，有F T AC′＝2mg，此时由于小球重力等于mg，则AC绳与水平方向的夹角等于30°，
有F T AC′cos30°＝m v′2
R′，此时小球转动半径为R′＝
BC
cos53°
cos30°＝53
6
m，代入数值得v′＝5
m/s，故选项B正确。

答案：B
11.如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块随圆锥筒一起做匀速转动，则下列说法正确的是()
A．小物块所受合外力指向O点
B．当转动角速度ω＝2gH
R时，小物块不受摩擦力作用
C．当转动角速度ω>2gH
R时，小物块受摩擦力沿AO方向
D．当转动角速度ω<2gH
R时，小物块受摩擦力沿AO方向
【解析】匀速圆周运动物体所受合外力提供向心力，指向物体圆周运动轨迹的圆心，A项错；当小物块在A点随圆锥筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，小物块在筒壁A点时受到重力和支持力的作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω，有：mg tanθ
＝mω2·R
2，由几何关系得：tanθ＝
H
R，联立以上各式解得ω＝
2gH
R，B项正确；当角速度变
大时，小物块所需向心力增大，故摩擦力沿AO方向，其水平方向分力提供部分向心力，C 项正确；当角速度变小时，小物块所需向心力减小，故摩擦力沿OA方向，抵消部分支持力的水平分力，D项错．
【答案】BC
12．如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，AC绳长L＝2m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。

小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是(g＝10m/s2)()
A ．2rad/s
B ．2.5rad/s
C ．3rad/s
D ．4rad/s[解析]当BC 绳刚好拉直时(BC 绳中的张力为0)，此时小球的角速度最小，则有mg tan 30°＝mωmin 2L sin 30°，解得ωmin ＝g L cos 30°
，代入数据得ωmin ≈2.4rad/s ；当角速度继续增大时，AC 绳中拉力减小，BC 绳中张力增大，当AC 绳中拉力为0(AC 绳刚好拉直)时，小球角速度最大，则有mg tan 45°＝mωmax 2L sin 30°，代入数据得ωmax ≈3.16rad/s ，综上所述，B 、C 项正确。

[答案]BC
13.(2016·山东德州高三月考)一竖直杆上相距L 的A 、B 两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4L ，绳上套着一个光滑的小铁环，设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让铁环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，求铁环转动的周期，已知重力加速度为g 。

【解析】设某时刻铁环所在的位置为O 点，∠BAO ＝θ，绳中拉力为F 。

由牛顿第二定律得：F cos θ＝F sin θ＋mg ①
F cos θ＋F sin θ＝ma ②
由圆周运动规律得：a ＝(2πT
)2r ③由几何关系得：
r ＝L cos θsin θ④
L cos θ＋L sin θ＝1.4L ⑤
由①得：cos θ＞sin θ⑥
由⑤⑥解得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8⑦
则由①②③④⑤⑦解得T ＝
4π53L 7g 【答案】4π53L 7g 14.【经典题】如图所示，细绳一端系着质量为M ＝0.6kg 的物体，静止在水平圆盘上．另一端通过光滑的小孔吊着质量为m ＝0.3kg 的物体．M 的中点与圆孔的距离为0.2m ，并已知M 与圆盘的最大静摩擦力为2N ．现使此圆盘绕中心轴线转动．问角速度ω在什么范围内可使m 处于静止状态？(取g ＝10m/s 2)
【解析】物体M 受到重力Mg ，水平盘面的支持力N ，绳子的拉力T 和摩擦力f 作用．设物体M 和盘面保持相对静止，当ω具有最小值时，M 有被拉向圆心的趋势，故盘面对M 的静摩擦力的方向背离圆心向外，且等于最大静摩擦力f m ＝2N ，根据牛顿第二定律，得对于m 有：T ＝mg
对于M 有：T －f m ＝Mω21r
所以ω1＝T －f m /Mr ＝mg －f m /Mr ＝
533
rad/s ＝2.9rad/s 当ω具有最大值时．M 有离开圆心O 的运动趋势，水平盘面对M 的静摩擦力方向指向圆心，且等于最大静摩擦力f m ＝2N ，根据牛顿第二定律，得
对于M 有：T ＋f m ＝Mω22r
ω2＝5153
rad/s ＝6.5rad/s 故角速度的范围是2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s ，物体M 都能处在静止状态．
【答案】2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s
15.(2015·安微合肥)如图所示，在光滑的圆锥体顶端用长为l 的绳悬挂一质量为m 的小球．圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°.物体以速率v 绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动．
(1)当v 1＝
gl 6时，求绳对物体的拉力．(2)当v 2＝3gl 2时，求绳对物体的拉力．
【解析】如图甲所示，物体在锥面上运动，但支持力F N ＝0，小球只受重力mg 和线的拉力
F T 作用，其合力F 应沿水平面指向轴线，由几何关系，知
F ＝mg tan30°①又F ＝m v 20r ＝m v 20l sin30°
②由①②两式，解得v 0＝3gl 6
(1)因为v1<v0，所以小球与锥面接触并产生支持力F N，此时小球受力如图乙所示．根据牛顿第二定律，有
F T sin30°－F N cos30°＝mv21
l sin30°
F T cos30°＋F N sin30°－mg＝0④
由③④两式，解得F T＝1＋33mg
6
≈1.03mg
(2)因为v2>v0，所以小球与锥面脱离并不接触，设此时线与竖直方向的夹角为α，小球受力如图丙所示．则
F T sinα＝mv22
l sinα⑤
F T cosα－mg＝0⑥
由⑤⑥两式，解得F T＝2mg
【答案】(1)1.03mg(2)2mg
16.如图所示，在倾角为θ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，已知O点在斜面底边的距离s OC＝L，求：
(1)小球通过最高点A时的速度v A；
(2)在最高点A和最低点B时细线上拉力之差；
(3)小球运动到A点或B点时细线断裂，小球滑落到斜面底边时到C点的距离若相等，则l 和L应满足什么关系？
【解析】(1)小球恰好在斜面上做完整的圆周运动，有：mg sinθ＝m v2A l，
v A ＝gl sin θ
(2)在A 点：F T A ＋mg sin θ＝m v 2A
l
在B 点：F T B －mg sin θ＝m v 2B l
由机械能守恒12mv 2B ＝12
mv 2A ＋mg ·2l ·sin θ.所以F T B －F T A ＝6mg sin θ
(3)由(2)可求v B ＝5gl sin θ
A 点断裂：L ＋l ＝12
2A ，s A ＝v A t A B 点断裂：L －l ＝12
2B ，s B ＝v B t B 由s A ＝s B 联立可求得L ＝32
l .【答案】(1)gl sin θ(2)6mg sin θ(3)L ＝32l 17.如图所示，半径为l 4
、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a 、b 连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A 、B 两点上，A 、B 两点相距为l ，当两轻绳伸直后，A 、B 两点到球心的距离均为l 。

当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a 、b 与杆在同一竖直平面内)。

求：
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆；
(2)轻绳a 的张力F a 与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。

解析：(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a
与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sin α＝14，r ＝l 4
水平方向：F a sin α＝mω2r
竖直方向：F a cos α＝mg
联立解得ω＝2g 15l 。

(2)由(1)可知0≤ω≤2g 15l 时，F a ＝415
mg ；若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b 恰伸直前，设轻绳a 与竖直杆的夹角为β，
此时小球做圆周运动的半径为r＝l sinβ
水平方向：F a sinβ＝mω2r
竖直方向：F a cosβ＝mg
联立解得F a＝mω2l
由几何关系知，当轻绳b恰伸直时，β＝60°，
解得此时ω＝2g l。

故有F a＝mω2l，此时2g
15l
<ω≤2g
l；
若角速度ω再增大，轻绳b伸直后，小球做圆周运动的半径为r＝l sin60°水平方向：F a sin60°＋F b sin60°＝mω2r
竖直方向：F a cos60°＝F b cos60°＋mg
联立解得F a＝1
2
mlω2＋mg，
此时ω>2g l。

答案：(1)2g
15l
(2)见解析
18.(2013·重庆)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匀速转动．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)ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．
【解析】(1)物块在弹力和重力的作用下做圆周运动，弹力的竖直分力与重力平衡，弹力的水平分力提供向心力，所以有
F N cosθ＝mg
F N sinθ＝mω20R sinθ
得ω0＝2g
R
(2)当ω＝(1＋k )ω0时，滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向下，受力分析如图甲所示．
竖直方向：F N cos θ－f sin θ－mg ＝0水平方向：F N sin θ＋f cos θ＝mω2R sin θ联立得f ＝3k 2＋k
2mg
当ω＝(1－k )ω0时，滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向上，受力分析如图乙所示．竖直方向：F N cos θ＋f sin θ－mg ＝0水平方向：F N sin θ－f cos θ＝mω2R sin θ联立得f ＝3k 2－k
2
mg 【答案】(1)ω0＝2g
R
(2)当ω＝(1＋k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为f ＝
3k 2＋k
2mg 当ω＝(1－k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为f ＝3k 2－k
2mg。