4.3.2 三类典型的圆周运动问题（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

第2课时　 三类典型的圆周运动问题(题型研究课) 圆周运动在近几年高考中是考查的热点，既可以单独考查，也可以和抛体运动、功和能、电场、磁场等知识综合考查。圆周运动和实际生活联系紧密，学生常因题目情境陌生不能从实际生活情境中抽象出圆周运动的理想模型而失分。 类型(一)　水平面内圆周运动的临界问题　　　　　　　　　　　　　　　　 临界情况分析 题型简述 在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题 方法突破 (1) 若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在临界点 (2) 若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态 (3) 牢记“绳子刚好伸直”的意思是“伸直但无张力”，及“静摩擦力大小有个范围，方向可以改变”等特点，最后选择物理规律 (4)当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解 [典例]　(2023·福建高考)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O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O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L＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环质量m＝1 kg。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小g取10 m/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O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P时，细杆匀速转动的角速度大小。 [解析]　(1)当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得T0＝mgcos α＝5 N 根据胡克定律F＝kΔx得，Δx0＝＝0.05 m 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O点的距离x1＝x0－Δx0＝0.05 m。 (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＝mω02r 由几何关系得圆环此时转动的半径为r＝x0sin α 联立解得ω0＝ rad/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 T＝k＝10 N 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 mg＋Tcos α＝FNsin α，Tsin α＋FNcos α＝mω2r′ 由几何关系得r′＝Lsin α 联立解得ω＝10 rad/s。 [答案]　(1)0.05 m　(2) rad/s (3)10 rad/s [针对训练] 1．如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　 ) A. B. C. D．2 解析：选B 　设硬币质量为m，对硬币受力分析，如图所示。由摩擦力提供向心力可得：Ff＝mω2r，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤ ，选项B正确，选项A、C、D错误。 2．(2023·邳州模拟)如图所示，水平转台上有一个小物块，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。 物块与转台间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。物块随转台由静止开始缓慢加速转动，求： (1)绳中刚要出现拉力时转台的角速度ω1； (2)物块刚离开转台时转台的角速度ω2。 解析：(1)当物块与转台间达到最大静摩擦力时，绳中要出现拉力，由牛顿第二定律得μmg＝mω12Lsin θ，解得ω1＝。 (2)物块刚离开转台时，物体和转台之间恰好无相互作用力，有N＝0，f＝0 对物块有Tsin θ＝mω22Lsin θ，Tcos θ＝mg 联立解得ω2＝。 答案：(1)　(2) 类型(二)　竖直面内圆周运动的两类模型 两类模型的对比 轻绳模型 轻杆模型 情境 图示 弹力 特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力 示意图 力学 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界 特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg 模型 关键 (1)绳只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0 [例1·轻绳模型]　如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　 ) A．数据a与小球的质量有关 B．数据b与小球的质量无关 C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 [解析]　由题图乙可知当v2＝a时，绳子的拉力为零，此时物体的重力提供向心力，则有mg＝m，解得v2＝gr，即a＝gr，A错误；当v2＝2a时，对物体进行受力分析，则有mg＋b＝m，解得b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B选项可知＝，C错误；由题图乙可知，当v2＝a时，则有mg＝m，解得r＝，当v2＝2a时，则有mg＋b＝m，解得m＝，D正确。　 [答案]　D [例2·轻杆模型]　如图甲，固定在竖直平面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测出球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与v的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　 ) A．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力 B．当小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对管道内壁有压力 C．小球做圆周运动的半径为 D．F＝b表示小球经过N点时速度等于0 [解析]　由题图可知，若小球经过N点时满足＝c，则经过M点时对轨道无压力，A正确；当小球经过N点时满足＝c时，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对管道外壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足＝c，则在M点时mg＝m，由机械能守恒可得m＝mg·2R＋m，联立解得R＝，C错误；F＝b表示小球经过M时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，经过N点时速度不等于0，D错误。 [答案]　A [针对训练] 1．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　 ) A．秋千对小明的作用力小于mg B．秋千对小明的作用力大于mg C．小明的速度为零，所受合力为零 D．小明的加速度为零，所受合力为零 解析：选A　在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，A正确，B、C、D错误。 2．(2024·江苏扬州高三模拟)如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R的轻杆一端连接一个质量为m的小球，手持轻杆的另一端O点，使小球绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　 ) A．小球运动到c点时，台秤受到水平向右的静摩擦力 B．若小球恰好能通过圆轨道最高点，小球在最高点的速度为 C．当小球运动到b点处于失重状态，小球对轻杆的作用力一定小于重力 D．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数一定相同 解析：选A　小球运动到c点时，轻杆对小球有向左的拉力，提供小球做圆周运动的向心力，则轻杆对人有向右的拉力，人处于静止状态，台秤对人有向左的静摩擦力，故人对台秤有向右的静摩擦力，A正确；由于是球杆模型，小球在最高点的最小速度接近零，B错误；在b点时，由于处于失重状态，加速度向下，杆对小球的作用力和小球重力的合力提供向心力，因此T＋mg＝，当杆的拉力恰好等于重力时，小球的速度v＝，而当v＞，杆对小球的拉力大于重力，根据牛顿第三定律，此时小球对杆的作用力大于重力，C错误；小球在a、c位置时，竖直方向加速度为零，而在b位置时，小球的加速度向下，处于失重状态，因此小球在b位置时，台秤的示数最小，D错误。 类型(三)　斜面上的圆周运动 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力满足二力平衡，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。 [典例]　(2024·江苏靖江)为解决洗衣服时弯腰放置衣物的问题，有人设计了一种斜式滚筒洗衣机，其简化模型如图所示。该洗衣机在脱水过程中滚筒绕固定轴OO1以恒定的角速度转动，滚筒的半径为r，筒壁内有一可视为质点的衣物，衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。要保持衣物在最高点时与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为(　 ) A. B. C. D. [解析]　衣物随筒壁在倾斜面内做圆周运动，在最高点时由重力垂直筒壁方向的分力与支持力提供向心力，所以有FN＋mgcos θ＝mω2r。要使衣物与滚筒相对静止，则需要重力沿筒壁方向的分力不大于最大静摩擦力，则有mgsin θ≤μFN。两式联立解得ω≥，故滚筒转动角速度的最小值为，故B正确。 [答案]　B [针对训练] 题点1　静摩擦力控制下的圆周运动 1．如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为(　 ) A. B. C.g D.g 解析：选C　由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力最大，由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得：r＝g，故A、B、D错误，C正确。 题点2　轻杆控制下的圆周运动 2.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，重力加速度g取10 m/s2。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．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 解析：选A　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝mvB2，解得vB＝4 m/s，A正确。 题点3　轻绳控制下的圆周运动 3．如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为(　 ) A. 　B. C. 　D. 解析：选A　由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsin θ＝m，整个过程根据能量守恒可得－2πLf＝mv2－mv02，解得f＝，B、C、D错误，A正确。 [课时跟踪检测] A级——全员必做 1．如图所示，某餐桌上有一半径为0.8 m的圆形水平转盘，在转盘的边缘有一个茶杯随转盘一起转动。已知茶杯和转盘间的动摩擦因数为0.32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。为了使处于转盘边缘的茶杯不滑出转盘，转盘转动的角速度不能超过(　 ) A．3.2 rad/s B．2 rad/s C．1.6 rad/s D．0.8 rad/s 解析：选B　由题意知当转盘转起来时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值时，角速度最大，结合牛顿第二定律及向心力公式μmg＝mrω2，可求得ω＝＝2 rad/s，故选B。 2.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　 ) A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N 解析：选B　该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学与踏板看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝m，代入数据解得F≈400 N，B正确。 3．(2024·如皋模拟)如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为mA、mB的物块A、B(均视为质点)分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是(　 ) A．μArA<μBrB B．μArB<μBrA C.> D.< 解析：选A　由牛顿第二定律与圆周运动规律，当A刚要相对圆盘滑动时，最大摩擦力提供向心力，则μAmAg＝，解得vA＝，当B刚要相对圆盘滑动时，最大静摩擦力提供向心力μBmBg＝，解得vB＝，当A比B先滑动时，则有vA<vB，即<，化简可得μArA<μBrB，故A正确，B、C、D错误。 4．(2023·高邮一模)偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O在竖直面内转动则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大(　 ) A．P B．Q C．M D．N 解析：选A　把偏心块等效为一个质量为m的质点，转到最低点P时满足F－mg＝mω2r，变形后得到偏心块对振动机压力F′＝F＝mg＋mω2r，对整体有FN＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋mω2r，根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压力FN′也最大，故B、C、D错误，A正确。 5．(2024·泰兴模拟)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2.5 m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，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的取值不可能为(　 ) A．0.5 rad/s B．0.7 rad/s C．1.0 rad/s D．1.5 rad/s 解析：选D　当小物体转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度为ω1，由牛顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω12r，代入数据解得ω1＝1.0 rad/s，当小物体转到圆盘的最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大时，角速度为ω2，同理μmgcos 30°＋mgsin 30°＝mω22r，ω2＝ rad/s，虽然ω2>ω1，但小物体从最高点向最低点转动过程中，摩擦力和重力无法提供出满足mω22r向心力出来，所以要保证小物体与圆盘始终保持相对静止，圆盘的最大角速度应取其通过最低点的最大角速度，故D错误，A、B、C正确。 6．如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接，物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻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，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω2时，物块A、B开始滑动。若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是(　 ) A．L＝ B．L＝ C．m＝M D．k＝ 解析：选B　由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2时，A、B间的细绳开始出现拉力，可知此时B达到最大静摩擦力，故有kmg＝m·2L·2，当转盘角速度的二次方为3时，A达到最大静摩擦力，对A有kMg－F1＝M·L·3ω12，对B有kmg＋F1＝m·2L·3，联立以上三式解得L＝，k＝，m＝M。 7．如图，质量为M的物块A放在倾角为θ的斜面上，一质量为m的小球B通过细绳跨过定滑轮与物块A相连，当小球B以角速度ω做圆周运动时，物块A刚好保持静止。忽略绳与滑轮间摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是(　 ) A．物块A受到的摩擦力不可能向下 B．物块A可能不受摩擦力作用 C．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度一定增大 D．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度可能保持不变 解析：选D　设球B做圆周运动时细线与竖直方向夹角为α，细线张力为F，则对球B有Fsin α＝mω2r，对物块A，因为刚好保持静止，则一定受摩擦力作用，且达到最大静摩擦力fm，当fm沿斜面向上时，有F＋fm＝Mgsin θ　①，当fm沿斜面向下时，有F＝fm＋Mgsin θ　②，故A、B错误；当θ增大时，Mgsin θ增大，fm＝μMgcos θ减小，要使A继续保持静止，在①式情况下，绳的拉力F要增大，小球B做圆周运动的角速度要增大；在②式情况下，绳的拉力F有可能保持不变，小球B做圆周运动的角速度可以保持不变，C错误，D正确。 8．(2024·江苏天一)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图像如图乙所示，则(　 ) A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 解析：选D　小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝，可得F＝－mg，可知图线斜率为k＝＝，可得轻质绳长为l＝m，故A错误；由图像可知纵轴上截距的绝对值为a＝mg，则有g＝，故B错误；由图像可知F＝v2－a，故当v2＝c时，有F＝－a，故C错误；从最高点到最低点，由机械能守恒有2mgl＝mv′2－mv2，在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F′－mg＝，联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为F′－F＝6mg＝6a，故D正确。 9.如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg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T(g取10 m/s2，结果可用根式表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向间的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 解析： (1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线的拉力，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，在水平方向上运用牛顿第二定律及向心力公式得mgtan θ＝mlsin θ 解得ω0＝＝ rad/s。 (2)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿第二定律及向心力公式有mgtan 60°＝mω′2lsin 60°，解得ω′＝＝2 rad/s。 答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s B级——重点选做 10．(2023·盐城统考二模)如图1所示，将长为L的轻绳一端固定在O点的拉力传感器上，另一端与一质量为m且可视为质点的小球相连，拉直轻绳使其与竖直方向夹角为θ。现让小球由静止开始在竖直面内做圆周运动，记录每个θ角下小球运动过程中传感器上的最大拉力Fmax与最小拉力Fmin，并作出它们之间的部分关系图像如题图2所示。忽略一切阻力及轻绳长度变化，重力加速度为g，则图2中(　 ) A．图线的斜率与小球质量m有关 B．a的大小与绳长L有关 C．c的大小可能为1.2mg D．当b＝2.0mg时对应的θ＝60° 解析：选D　由题知，小球由静止开始在竖直面内做圆周运动，故0<θ≤，小球在最高点时，轻绳上拉力最小，得Fmin＝mgcos θ，在最低点时，轻绳上拉力最大，得Fmax－mg＝m，由机械能守恒定律有mgL＝mv2，联立解得Fmax＝3mg－2mgcos θ＝3mg－2Fmin，可知图2中Fmax－Fmin图线的斜率恒为k＝－2，与小球质量m无关，故A错误；当Fmin＝0时，有a＝3mg，可知a的大小与绳长L无关，故B错误；由Fmin＝mgcos θ，可知，当θ＝0时，Fmin最大值为mg，可知c<mg，故C错误；由Fmax＝3mg－2mgcos θ，可知，当Fmax＝b＝2.0mg，有cos θ＝，又因为0<θ≤，故对应的θ＝60°，故D正确。 11．如图甲为生产流水线上的水平皮带转弯机，由一段直线皮带和一段圆弧皮带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段(直线)长度L＝3.2 m，BC段(圆弧)半径R＝2.0 m，中线上各处的速度大小均为v＝1.0 m/s。某次转弯机传送一个质量m＝0.5 kg的小物件时，将小物件轻放在直线皮带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变，已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s； (2)计算说明小物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。 解析：(1)在直线皮带上对小物件分析有 μmg＝ma1 假设小物件能够匀加速至v，则有v2＝2a1x1 解得x1＝0.1 m<L＝3.2 m 可知，小物件在直线皮带上还有一段匀速过程，则有s＝x1＝0.1 m。 (2)假设小物件在圆弧皮带上不打滑，则所需向心力为F向＝m＝0.25 N 小物件与皮带之间的最大静摩擦力为Ffmax＝μmg＝2.5 N>F向 可知假设成立，小物件在圆弧皮带上不打滑 且摩擦力为Ff＝F向＝0.25 N。 答案：(1)0.1 m　(2)不打滑　0.25 N 学科网（北京）股份有限公司 $$