圆周运动常考模型-2025高考物理复习热点题型讲义

专题09圆周运动常考模型

目录

题型一圆周运动中的运动学分析.................................................................1

题型二水平面内的圆周运动.....................................................................8

类型1圆锥摆模型..........................................................................9

类型2生活中的圆周运动...................................................................16

题型三圆周运动中的临界极值问题..............................................................22

类型1水平面内圆周运动的临界问题.......................................................22

类型2竖直面内的圆周运动的临界问题.....................................................31

类型3斜面上圆周运动的临界问题..........................................................45

题型四圆周运动与图像结合问题................................................................54

类型1水平面内圆周运动与图像结合问题....................................................54

类型2竖直面内圆周运动与图像结合........................................................58

题型一圆周运动中的运动学分析

【解题指导】1.对公式v=or的理解

当g一定时，y与尸成正比.

当v一定时，①与尸成反比.

2.对a=—=co2r的理解

nr

在V一定时，〃n与尸成反比；在①一定时，Qn与F成正比.

3.常见的传动方式及特点

⑴皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即

甲乙

(2)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相

等，即VA=VB.

甲乙

(3)同轴转动：如图所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，O)A=(OB，由v=or知v与r成正比.

【例1】(2024•辽宁•高考真题)"指尖转球"是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动

时，球面上尸、。两点做圆周运动的()

5

A.半径相等B.线速度大小相等

C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等

【答案】D

【详解】D.由题意可知，球面上尸、。两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确;

A.由图可知，球面上尸、。两点做圆周运动的半径的关系为

rP<rQ

故A错误；

B.根据V=73可知，球面上尸、。两点做圆周运动的线速度的关系为

VP<VQ

故B错误;

C.根据4=厂疗可知，球面上P、。两点做圆周运动的向心加速度的关系为

故c错误。

故选D。

【例2】（2024•甘肃酒泉•三模）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行,

甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1:9:3,传动链条在各轮转动中不打滑，

则乙、丙转速之比为（）

A.1:2B.2:1C.3:1D.1:3

【答案】C

【详解】甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据

v=a）r=2兀nr

可得甲、丙的转速之比为3:1,甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3:1。

故选C。

【变式演练0（2024•四川成都•三模）一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下

列说法一定正确的是（）

A.质点速度不变B.质点加速度不变C.质点动能不变D.质点机械能不变

【答案】C

【详解】A.质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A错误；

B.质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，故B错误；

C.质点动能为

尸12

Ek=—mv

质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故c正确;

D.质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D错误。

故选C。

【变式演练2】进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人

和雪圈总质量为50kg,大小忽略不计）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m,

离地高为2m,绳长为4m,且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（）

A.所受的合外力不变B.所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心

C.线速度大小为8m/sD.所需向心力大小为400N

【答案】C

【详解】A.雪圈（含人）做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因而合外力在不断

变化，故A错误;

B.根据图示可知绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B错误;

C.根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为

r=+（42—22）m=4m

则线速度大小为

v=cor=2rad/sx4m=8m/s

故c正确；

D.雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有

2

Fn=ma>r=800N

故D错误。

故选C。

【变式演练3】某款滚筒洗衣机的内筒直径为50cm,在进行衣服脱水甩干时转速可达到1200转/分，则甩

干时紧贴滚筒内壁衣服的线速度大小约为（）

A.31m/sB.63m/sC.126m/sD.600m/s

【答案】A

【详解】根据题意可知角速度为

CD=2兀n=2x3.14x^^rad/s=125.6rad/s

60

则线速度大小为

v=cor=125.6x-^=31.4m/s®31m/s

2

故选A»

【变式演练4】如图为古代常见的一种板车，车前轮与后轮转动半径之比为1:3,车上放有质量为他的重物

（可视为质点），推动板车使重物恰好能够随车匀速前进，此时车板与水平面间的倾角为6=37。，重物与车

板间动摩擦因数〃固定，若将车板与水平面间倾角变大，之后控制板车使其仍能水平匀速前行，则下列说

法正确的是（）

A.板车前轮与后轮的角速度之比为3:1

B.重物与板车间动摩擦因数〃=0.5

C.板车倾角变大后重物所受摩擦力也会随之变大

D.板车倾角变大后重物的对地运动方向沿板车斜面向下

【答案】A

【详解】A.根据

v前=丫后

v=cor

常：帝T：3

得

。前：。后=3」

故A正确;

B.根据

f=fimg=mgsin37°

得

〃=0.6

故B错误；

C.板车倾角变大后，重物会沿斜面下滑，此时的摩擦力为

f=/J.mgcos0

重物所受摩擦力变小，故C错误；

D.板车倾角变大后重物相对板车沿斜面向下，板车相对地面向前运动，因此重物相对地面的运动方向为斜

向下和向前的合运动方向，故D错误。

故选Ao

【变式演练5】如图所示为某自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三个点°、6、c,

半径大小关系为此＞凡＞用，下列判断正确的是（）

A.6比a的角速度小B.6和c的角速度相等

C.a比b的向心加速度大D.c比6的向心加速度大

【答案】C

【详解】AB.a、6共轴，角速度相同，6、c通过链条相连，线速度相同，根据

v=cor,Rc>Rb

可知

«>h<a)c

则有

必=?<R

故AB错误；

C.根据向心加速度公式

a=a>2r

又

=(°b>&>&

则

aa>ab

故C正确；

D.根据向心加速度公式

V2

Q----

r

又

匕=%，Re>Rb

则

故D错误。

故选C。

【变式演练6】齿轮传动是现代工业中常见的一种动力传动方式，荷兰设计师丹尼尔•布朗设计了世上最强

齿轮一一古戈尔齿轮。如图，最左侧小齿轮转动就会带动后面的大齿轮转动，古戈尔齿轮中有100个大齿轮,

小齿轮与大齿轮的半径之比为1：10,若第一个小齿轮的转动周期为1s,由图可知要使古戈尔齿轮中最后一

个大齿轮转动一圈，需要的时间为()

A.10sB.102sC.1010sD.10100s

【答案】D

【详解】相邻两大、小齿轮的线速度相等，根据

v=cor

2万

co=——

T

可得相邻两大、小齿轮的周期比为

7]Z=q=1:10

可得第一个大齿轮转动周期为10s,第二个小齿轮转动周期为10s,第二个大齿轮转动周期为102s,依此类

推，第100个大齿轮转动周期为l(V°°so

故选D。

题型二水平面内的圆周运动

【解题指导】1.向心力的来源

向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力

的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.

2.向心力的确定

(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.

(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.

3.几种典型运动模型

运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示

飞机水平转

%圆锥摆________________

弯

1//--------------------------

✓V

mg

N

火车转弯霞飞车走壁

mg、---'

\

img

汽车在

............................

K////Z7rlM\\xx\\

水平路水平转台

/汽车

/

/

✓

面转弯/由

4方法技巧：求解圆周运动问题必须进行的三类分析,

几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等

运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等

受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力

类型1圆锥摆模型

、V2

1.如图所示,向心力/向=mgtanO—m-=m(D1r,且T=£sin。，解得v=\lgLtanOsin仇co='一—.

r\]Leos6

mg

2.稳定状态下，。角越大，对应的角速度。和线速度v就越大，小球受到的拉力尸=半和运动所需向心力

cos6

也越大.

【例1】(2024•江苏•高考真题)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在4高度处作水平

面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在8高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切

摩擦，贝I()

I

A.线速度vA>vBB.角速度to/<coB

C.向心加速度D.向心力

【答案】BC

【详解】设绳子与竖直方向夹角为仇绳子长度为/，小球所在平面距离顶点的竖直高度为队对小球分析有

4病2,«

F.=mgtan0=m-丁1sin0=m®7sin0=m------=ma

°TIsin0

整理有

v-Jg/tan8sin6,co=Jg.,a=gtanO

A.由于

v=yjgltan0sin6

小球从/处到达3处，/减小，。增大,则无法判断以、访的关系，故A错误;

B.由于

/cose

其中

cos。/

联立有

由题意可知，小球从/处到达8处，力减小，则故B正确;

CD.由于

F向=mgtan^=ma

整理有

a=gtan。

由题意可知，其角度0变大，所以小球所受向心力变大，即向心加速度大小也变大，即

故C正确、D错误。

故选BCo

【变式演练1】如图所示，质量为用的小球用长为/的细线悬于尸点，使小球在水平面内以角速度。做匀速

圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心。到悬点尸的距离为肌重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.绳对小球的拉力大小为加病/

B.小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0

C.保持〃不变，增大绳长/,。增大

D.保持〃不变，增大绳长/,绳对小球拉力的大小不变

【答案】A

【详解】A.设细线与竖直方向的夹角为凡根据牛顿第二定律可得

7sin6=ma>2lsin0

解得绳对小球的拉力大小为

T=ma>2l

故A正确；

B.小球转动一周，小球的动量变化为0,根据动量定理可知，合外力的冲量为0,由于重力的冲量不为0,

则绳对小球拉力的冲量不为0,故B错误；

CD.保持〃不变，设细线与竖直方向的夹角为氏根据牛顿第二定律可得

mgtan0=ma)2htan0

解得

可知增大绳长I,。不变；根据

T=ma)2l

可知增大绳长I,绳对小球拉力的大小增大，故CD错误。

故选A。

【变式演练2】.一个单摆在竖直平面内摆动（摆角e较小），摆球运动到最高点时对细线的拉力大小为片、

摆动的周期为工；保持摆长不变，让该小球在水平面内做圆锥摆运动，摆线偏离竖直方向的夹角也为凡运

动过程中摆球对细线的拉力大小为此，摆动的周期为石。则（）

—=cose,4=cos。B.-=cos2&△=cos50

A.

玛F,T2

FT_j_FT

C.--=cos0,—=cosD.=cos-0,—=cos3

F

2T2F2T2

【答案】B

【详解】设摆球质量为机，摆长为Z,对单摆有

K=mgcos0,

对圆锥摆有

4兀2

7^cos0=mg,F2sin0=m——Lsin0

12

联立以上四式可得

人cos-e

—=cos20,

F2

故选Bo

【变式演练31.摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半球形

容器内做圆周运动。小球的质量为加，容器的球心为。、半径为尺，小球在水平面内做圆周运动，运动到。

点时，O。与竖直方向夹角为仇运动过程中容器静止在水平地面上。半球形容器及底座的质量为重力

加速度为g,则下列说法正确的是()

A.小球运动的角速度大小为

B.小球运动的线速度大小为《gRtan0

C.底座受到地面的摩擦力大小为加gtan。

D.底座对地面的压力大于(M+〃?)g

【答案】AC

【详解】A.对小球受力分析，如图

mgtan0=r,N=------

cos。

根据几何关系，有

r=Asin。

联立，解得

故A正确；

B.根据线速度与角速度关系，可得

v=cor=ylgRsmOtan3

故B错误；

C.对容器受力分析，如图

由平衡条件，可得

f=Nrsin0

又

N'=N

联立，解得

f=mgtan3

故c正确；

D.同理

FN=Mg+N'cosd=（^M+ni）g

根据牛顿第三定律，可得

尺=（M+m）g

故D错误。

故选ACo

【变式演练4】如图所示，两根轻细线上端固定在S点，下端分别连一小铁球A、B,使两者恰好在同一水

平面内做匀速圆周运动，S。的高度为X,不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

A.小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线拉力和向心力作用

B.如果两个小球的质量相等，则两条细线受到的拉力不相等

C.A、B做圆周运动的角速度均为偏

D.球A运动的周期小于球B运动的周期

【答案】BC

【详解】A.对小球受力分析，其受到的重力与细线的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A项错

误；

B.小球竖直方向有

mg=Tcos0

整理有

COS0

若小球的质量相等，由于细绳与竖直方向夹角不同，所以两条细绳受到的拉力不相等，故B项正确;

C.对小球水平方向有

7sin6=ma>2Lsm9

又因为

Lcos0=SO=H

整理有

由于两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，故C项正确；

D.由之前的分析可知，两球的角速度大小相同，由角速度与周期的公式有

f2Tt

1=—

0）

球A运动的周期等于球B运动的周期，故D项错误。

故选BCo

类型2生活中的圆周运动

【例2】（2024•山东烟台•三模）如图所示，"V为半径为厂的2圆弧路线，7VP为长度19r的直线路线，MN'

4

为半径为4:,的二圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立

即以最大加速度沿直线加速至最大速度并保持》“匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加

速时的最大合外力均为车重的左倍，最大速度%=6侮7，g为重力加速度，赛车从M点按照路线运

动到尸点与按照MN'P路线运动到尸'点的时间差为（）

【答案】C

【详解】赛车从M点按照MAP路线运动到尸点过程，在圆周运动过程有

,v；7；_117tr

科好十，一丁丁

在NP直线路线匀加速过程有

kmg=m%,vm=V1+a1t2

解得

,_TTy/kgr_5ylkgr

h=―,-'r2=―,--

2kgkg

在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为

X[=.；%/2=17.5r<19r

则匀速过程的时间

19r-x1y/kgr

J=------------=----------

%4馆

赛车从M点按照跖V，P路线运动到P点过程，在圆周运动过程有

T212万・4/

在N'P'直线路线匀加速过程有

kmg=ma2,vm=v2+a2t5

^sjkgr+_4y[kgr

,tc-

kg'kg

在MP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为

即匀加速至最大速度时，恰好到达P,则赛车从/点按照MNP路线运动到P点与按照MN'P路线运动到

P'点的时间差为

A?=(+4—4—，，一，

故选Co

【变式演练1】如图所示为我国某平原地区从P市到0市之间的高铁线路，线路上工，T2,9位置处的曲

率半径分别为r,八2人若列车在尸市到。市之间匀速率运行，列车在经过工，9位置处与铁轨都没

有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为a、P，/=下列说法正确的是（）

A.列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2

B.列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2

C.3个位置的tana:tan0:tan/=2:2:1

D.3个位置的内外轨道的高度差之比为L1：2

【答案】C

【详解】A.根据

V

CD=—

r

可知，列车依次通过3个位置的角速度之比为2：2：1,故A错误；

B根据

v2

an=一

r

可知，列车依次通过3个位置的向心加速度之比为2：2：1,故B错误;

C.根据火车在转弯处的受力分析，由牛顿第二定律

v2

mgtan0=m~^

可知

v2

tan3=—

gR

故

tana:tanp:tany=2:2:1

故C正确；

D.设内外轨道间距离为£,则有

h

sin6=£力和sin。成正比，所以

,,,275275V2

h*h.*h.=------?-------?-----

故D错误。

故选Co

【变式演练2】如图所示，有一辆汽车在前挡风玻璃内悬挂了一个挂件。当汽车在水平公路上转弯时，司机

发现挂件向右倾斜并且倾斜程度在缓慢减小，已知汽车的转弯半径一定，则下列说法正确的是（）

A.汽车正在向右加速转弯

B.汽车正在向右减速转弯

C.汽车正在向左加速转弯

D.汽车正在向左减速转弯

【答案】D

【详解】挂件向右倾斜，对挂件受力分析可知，重力、拉力的合力水平向左，即向心力向左，汽车向左转

弯。设挂件与竖直方向的夹角为。，则摆动过程中的向心力为

2

V

F=mgtan3=m-

由于挂件倾斜程度在缓慢减小，摆角变小，而汽车的转弯半径一定，所以汽车的速率在减小，即汽车正在

向左减速转弯。

故选D»

【变式演练3】.运球转身是运球中的一种基本方法，是篮球运动中重要进攻技术之一.拉球转身的动作是

难点，例如图。所示为运动员为拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想

化为如图b所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做

圆周运动，假设手掌和球之间的最大静摩擦因数为0.5,篮球质量为600克，直径24厘米，手到转轴的距

离为0.5米，则要顺利完成此转身动作，篮球和手至少要有多大的速度（）

图(a)图(b)

A.2.28m/sB.2.76m/s

C.3.16m/sD.3.52m/s

【答案】B

【详解】竖直方向上

f=mg,/=

水平方向上

2

N=-----

r

解得

v=/—«2.76m/s,r=0.5m--x0.24m=0.38m

V2

故选B。

题型三圆周运动中的临界极值问题

类型1水平面内圆周运动的临界问题

三种临界情况

(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=O.

(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

它所育舔受的最大张力，绳子松弛的临界条件是斤=0.

【例1】(2024•江苏•高考真题)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和燃烧制得

的材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑

与桌面间的动摩因数处处相同(台面够大)，则()

A.离轴。。’越远的陶屑质量越大

B.离轴。越近的陶屑质量越小

C.只有平台边缘有陶屑

D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值

【答案】D

【详解】ABC.与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力

时，根据牛顿第二定律可得

jLimg=ma^r

解得

r“〃g

=—a）

因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴。。'的距离与陶屑质量

无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故ABC错误；

D.离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为

R=鹭“与s均一定,故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R。故D正确。

CD

故选Do

【变式演练1】如图所示，天花板下通过两个支架固定一根细钢管，轻绳从钢管穿过后，在其两端分别挂质

量为加/、a2的小球°、6（均可视为质点），两小球的质量之比为—=k,钢管左端轻绳段长度为/=lm,

m2

当钢管一侧悬挂小球的轻绳上张力不小于另一侧张力的3;时，绳不会发生滑移，为使小球b保持静止状态,

已知重力加速度大小为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

////////////////////彳1///////

T1

1

RB$

ab

A.若小球a也保持静止状态，贝!I!3<^<5|

B.若hl,可将小球。拉至轻绳N3段与竖直方向成夹角53。无初速度释放

C.若左=2可使小球。在水平面内做匀速圆周运动，其角速度范围为乳1红404画

351I

D.若轻绳段与竖直方向的夹角为37。，可使小球a在水平面内做匀速圆周运动，则?125

253

【答案】AC

【详解】A.对小球6,根据平衡条件

K=m2g

若小球。也保持静止状态，则

且

3

Tb>~Ta

联立，解得

35

—m2<mx<—m2

即

53

故A正确；

B.若旌1,设叫=吗=加，小球。拉至轻绳48段与竖直方向成夹角53。无初速度释放，设小球在最低点时

的速度大小为V,根据动能定理

rngKl-cos53°)=；

轻绳的拉力和小球的重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律

v2

Ta-mg^m—

解得

Ta=1.8%g

小球6

Tb=mg

因为

3

Tb<-Ta

所以，小球b不能保持静止，故B错误；

C.若左=g,则设叫=加，m2=3m,对6

Tb=3mg

则小球。受到的轻绳的拉力

-mg<Ta<5mg

设小球a在水平面内做匀速圆周运动轻绳与竖直方向的夹角为凡则在水平方向

北sin。=marlsin6

联立，解得

3庖舟

-------------343------------

5/I

故C正确；

D.若轻绳45段与竖直方向的夹角为37。，可使小球”在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向

Tacos37°=加］g

解得

F5

Ta=~>^g

又因为

3

-Th<Ta

且

3

Tb>~Ta

解得

124

-m2<mx<—m2

即

12,7,4

——<k<—

253

故D错误。

故选ACo

【变式演练2】如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为凡质量为机的带孔小球穿于环上，同时有

）绕

一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的较链固定于圆环最低点，当圆环以角速度。=

竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（）

A.沿杆向上B.沿杆向下

C.（6-1）加g沿杆向上D.（凤1）叫沿杆向下

【答案】B

【详解】设轻杆与竖直直径夹角为凡由几何关系可得

1

cos0=—

2R2

解得

6=60°

则小球作圆周运动的半径为

r=Rsin60°=——R

2

作圆周运动所需向心力为

F=n^Tng

小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力E，环对小球有指向圆心的支持力B，有平衡条件

可知

Fxcos30°+F2COS30°=F

耳sin30°+加g=7^sin30°

解得

Fi=~mg

故选B。

【变式演练3】如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质

量均为加，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2及、R,其连线过圆台中心。两物体与圆

台间的动摩擦因数均为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比》：。乙；

（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；

（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的转速，求两物体

刚要滑动时圆台转动的角速度。。

【答案】（1）2:1；（2）甲；（3）J年

【详解】（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据

a=a>2r

可得两物体的加速度之比

〃甲：。乙=27?:R=2:1

（2）若圆台的角速度逐渐增大，根据

jumg=rnco^r

可得

因甲转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体谁先滑动；

(3)两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦力背离圆心，则对甲

T+/j.mg=mar-2R

对乙

T-/Mig=mayR

解得圆台转动的角速度

【变式演练41.(2023•福建•高考真题)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直

转轴OO'上的。点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于。点，另一端与套在杆上

的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速

度。已知细杆长度£=0.2m,杆与竖直转轴的夹角。始终为60。，弹簧原长x°=0.1m,弹簧劲度系数

Ar=100N/m,圆环质量，"=lkg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不计

(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到。点的距离;

(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小;

(3)求圆环处于细杆末端尸时，细杆匀速转动的角速度大小。

【答案】(1)0.05m；(2)rad/s;(3)10rad/s

l°3"

【详解】(1)当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得

To=mgcosa=5N

根据胡克定律尸=左盘得

Axn=^=0.05m

°k

弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到。点的距离

=x0-Ax0=0.05m

（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿

第二定律得

--“-国---=mc八o2^r

tana

由几何关系得圆环此时转动的半径为

r=x0sina

联立解得

。产*d/s

（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得

r=A:(Z-x0)=10N

对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有