水平面的圆周运动

1。 如图所示，质量为m的物体A距转盘中心距离为r，物体A与转盘的最大静摩擦力为其重力的μ倍，欲使A物体与转盘相对静止，转盘匀速转动的最大角速度不能超过多少？

1答案:ω＝ 错误!

解析：物体A所受静摩擦力提供向心力，当静摩擦力最大时，转盘的角速度最大，即μmg＝mrω2所以ω＝错误!。

2. 如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时,在A轮边缘放置的小木块能相对静止在A轮边缘上.若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为( ）

A. 错误! B。 错误!C。 错误! D。 RB

2答案：C

解析：根据A和B靠摩擦传动可知，A和B边缘的线速度相等，即RAωA＝RBωB，又RA＝2RB，得ωB＝2ωA。又根据在A轮边缘放置的小木块恰能相对静止，得μmg＝mRAω错误!,设小木块放在B轮上相对B轮也静止时，距B轮转轴的最大距离为R′B，则μmg＝mR′Bω2，B，解上面式子可得R′B＝错误!。

3.如图所示，倾斜放置的圆盘绕着过盘心O且垂直于盘面的轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r＝0.1 m处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为μ＝0。8，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同.若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过 ( ）

A。 2 rad/s B. 8 rad/s C。 124 rad/s D. 错误! rad/s

3答案:A

解析：只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动,设其经过最低点时所受静摩擦力为f,由牛顿第二定律有f－mgsinθ＝mω2r；为保证不发生相对滑动需要满足f≤μmgcosθ。联立解得ω≤2 rad/s,选项A正确。

4。如图所示，水平转盘上放有质量为m的物体(可视为质点），连接物体和转轴的绳子长为r,物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍,转盘的角速度由零逐渐增大，求：

(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度； （2)当角速度为错误!时,绳子对物体拉力的大小． 4【答案】 (1)错误! （2）错误!μmg

【解析】 (1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时,绳子拉力为零且转速达到最大，设转盘转动的角速度为ω0,则μmg＝mω错误!r，得ω0＝错误!.

(2）当ω＝错误!时，ω>ω0，所以绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力，此时，F＋μmg＝mω2r 即F＋μmg＝m·错误!·r，得F＝错误!μmg.

5。有一水平放置的圆盘,上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，如右图所示，弹簧的一端固定于轴O上,另一端挂一质量为m的物体A，物体与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为R.

(1）圆盘的转速n0多大时，物体A开始滑动? （2)分析转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多少．

5【答案】（1）错误!错误! （2)错误!

【解析】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．

(1)A刚开始滑动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω2，0R①

又因为ω0＝2πn0② 1

由①②得n0＝错误!，

2π

即当n0＝错误!错误!时，物体A开始滑动． （2）转速增加到2n0时，

有μmg＋kΔx＝mω21r，ω1＝2π·2n0， r＝R＋Δx，整理得Δx＝

6。 如图所示，在光滑水平面内,用轻弹簧拉住一质量为m的小球，轻弹簧的另一端固定在转轴上O点。轻弹簧的劲度系数为k，原长为l。小球绕O点转动的角速度为ω＝错误!。

（1）弹簧的伸长量为多少？ （2)小球的速度为多少？

3μmgR

。

kR－4μmg

6答案：(1）错误! （2）错误!错误!

解析:（1)小球做匀速圆周运动的向心力由弹簧的弹力提供,则 kx＝mω2（l＋x) 解得x＝错误!。

(2)小球的速度v＝ω(l＋x）＝错误!错误!。

7。 如图所示，细绳一端系着质量M＝0。6 kg的物体A静止在水平转台上，另一端通过轻质小滑轮O吊着质量m＝0.3 kg的物体B。A与滑轮O的距离为0.2 m,且与水平面的最大静摩擦力Fmax＝2 N，为使B保持静止状态,水平转台做圆周运动的角速度ω应在什么范围内？（g取10 m/s2）

7答案：2。89 rad/s≤ω≤6.45 rad/s

解析：B保持静止状态时,A做圆周运动的半径r不变，根据F向＝mrω2可知，向心力发生变化时角速度将随之改变，A的向心力由细绳拉力mg和静摩擦力的合力提供，由最大静摩擦力与拉力的方向关系分析水平转台角速度的取值范围，当ω最小时,A受的最大静摩擦力Fmax的方向与拉力方向相反,则有mg－Fmax＝Mrω错误!,ω1＝错误!＝错误! rad/s≈2。89 rad/s，当ω最大时，A受的最大静摩擦力Fmax的方向与拉力方向相同，则有mg＋Fmax＝Mrω错误!，ω2＝错误!＝错误! rad/s≈6。45 rad/s，故ω的取值范围为

2．89 rad/s≤ω≤6.45 rad/s。

8如图所示,在固定光滑水平板上有一光滑小孔O,一根轻绳穿过小孔,一端连接质量m＝1 kg的小球A，另一端连接质量M＝4 kg的物体B.当A球沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动时,要使物体B不离开地面，A球做圆周运动的角速度有何限制？（g＝10 m/s2）

8答案:A球做圆周运动的角速度应小于等于20 rad/s

解析：小球A做圆周运动的向心力为绳子的拉力，故FT＝mω2r B恰好不离开地面时FT＝Mg 解上述两个方程得ω＝20 rad/s，

B不离开地面时拉力FT不大于B的重力，故A球做圆周运动的角速度应小于等于20 rad/s.

9。 质量为M的小球用细线通过光滑水平平板中央的光滑小孔与质量为m1、m2的物体相连，如图所示。M做匀速圆周运动的半径为r1，线速度为v1，角速度为ω1。若将m1和m2之间的细线剪断,M仍做匀速圆周运动，其稳定后的运动半径为r2，线速度为v2，角速度为ω2，则以下各量关系正确的是（ ）

A. r2＝r1，v2〈v1B。 r2〉r1,ω2〈ω1 C. r2〈r1， ω2＝ω1D。 r2〉r1，v2＝v1 9答案：B

解析：剪断m1、m2间的细线，细线提供给M的向心力减小，原有的匀速圆周运动不能继续，由于M做离心运动而使r2>r1.当M重新达到稳定的圆周运动状态时，应有m1g＝Mω错误!r2，与原来（m1＋m2)g＝Mω错误!r1相比，易知ω2<ω1。又因为M做圆周运动的半径增大,所以在半径增大时，细线的拉力对M是阻力，所以M运动的线速度要减小，即v2〈v1。故B正确.

10。 A、B两球质量分别为m1与m2,用一劲度系数为k的弹簧相连,一长为l1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上，如图所示，当m1与m2均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2。

求：（1)此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？ (2）将线突然烧断瞬间两球加速度各多大？ 10答案:见解析

解析:(1）m2只受弹簧弹力,设弹簧伸长Δl,满足：kΔl＝m2ω2（l1＋l2)， 则弹簧伸长量Δl＝m2ω2（l1＋l2）/k

对m1，受绳拉力T和弹簧弹力f做匀速圆周运动，满足：T－f＝m1ω2l1 绳子拉力T＝m1ω2l1＋m2ω2（l1＋l2) (2)线烧断瞬间

A球加速度a1＝f/m1＝m2ω2（l1＋l2)/m1.B球加速度a2＝f/m2＝ω2（l1＋l2).

11. (12分）如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球,圆锥的顶角为2θ，当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时,球压紧锥面.求此时细线的张力是多少?若要使小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？

11答案：mgcosθ＋mω2Lsin2θ错误!

解析：对小球进行受力分析,如图所示，在水平方向上，根据牛顿第二定律，

有FTsinθ－FNcosθ＝mω2r 在竖直方向上，根据平衡条件，有 FNsinθ＋FTcosθ－mg＝0 又r＝Lsinθ 由以上几式可解得 FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ

当小球刚要离开锥面，即FN＝0(临界条件)时，有 F′Tsinθ＝mω′2r， F′Tcosθ－mg＝0 解得ω′＝错误!

即小球的角速度至少为 错误!。

12. 如图所示，两绳系一个质量为m＝0.1 kg的小球。上面绳长l＝2 m,两绳都拉直时与转轴的夹角分别为30°和45°。问球的角速度满足什么条件，两绳始终张紧？

（g＝10 m/s2）

答案:2.4 rad/s≤ω≤3。16 rad/s

解析：分析两绳始终张紧的临界条件：当ω由零逐渐增大时可能出现两个临界值: 其一:BC恰好拉直，但不受力,此时设AC绳的拉力为

FT1，有：FT1cos30°＝mg，FT1sin30°＝mr1ω错误!，r1＝lsin30° 联立可得ω1≈2.4 rad/s。

其二：AC仍然拉直，但不受力，此时设BC绳的拉力为 FT2，有：FT2cos45°＝mg，FT2sin45°＝mr2ω错误! r2＝lsin30°

联立解得ω2≈3。16 rad/s

所以要使两绳始终张紧,ω必须满足的条件是: 2．4 rad/s≤ω≤3.16 rad/s。

13.如图(1)所示，小球质量m＝0.8 kg，用两根长均为L＝0。5 m的细绳拴住并系在竖直杆上的A、B两点．已知AB＝0.8 m，当竖直杆转动带动小球在水平面内绕杆以ω＝40 rad/s的角速度匀速转动时，取g＝10 m/s2,求上、下两根绳上的张力．

13【答案】325 N 315 N

【解析】设BC绳刚好伸直无拉力时，小球做圆周运动的角速度为ω0,绳AC与杆夹角为θ，且cosθ＝

错误!＝0。8，则θ＝37°，如图（2）甲所示，

有mgtanθ＝mω2，0r，

得ω0＝错误!＝错误!＝错误!＝5 rad/s，

由ω＝40 rad/s〉5 rad/s＝ω0，知BC绳已被拉直并有拉力，对小球受力分析建立如图乙所示的坐标系,将F1、F2正交分解,则沿y轴方向有F1cosθ－mg－F2cosθ＝0,

沿x轴方向有F1sinθ＋F2sinθ＝mω2r， 代入有关数据,得F1＝325 N，F2＝315 N。