2027届高三物理一轮复习讲义：专题强化六 圆周运动中的“两类”临界问题

该高中物理高考复习讲义围绕圆周运动临界问题，整合水平面、竖直面、斜面三类核心考点，按摩擦力突变、弹力突变考向构建知识框架，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生系统突破临界条件分析难点。 资料以科学思维与模型建构为核心，创新设计分类突破策略，如例1拓展题通过轻绳连接两物块情境，引导学生分析拉力突变临界状态，强化科学推理。设置分层练习与即时反馈，保障复习效果，助力学生提升应考能力，为教师提供精准复习指导。

专题强化六　圆周运动中的“两类”临界问题 学习目标 1.掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的分析方法。2.会分析解决临界问题。 考点一　水平面内圆周运动的临界问题 常见的两种临界极值问题 1.与摩擦力有关的临界极值问题 物体之间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体之间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。 2.与弹力有关的临界极值问题 两个接触物体分离的临界条件是物体之间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。 考向　由于摩擦力突变引起的临界问题 例1 如图所示 ，两个质量均为m的小物块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。物块与圆盘间的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。整个装置能绕过圆盘中心的竖直转轴转动，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，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.A一定比B先开始滑动 B.A、B所受的摩擦力始终相等 C.ω=是B开始滑动的临界角速度 D.当ω=时，A所受摩擦力的大小为kmg 答案　C 解析　小物块A、B做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff=mω2r，当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时小物块将要发生相对滑动。对物块A有kmg=mL，解得A开始滑动的临界角速度为ωA=;对物块B有kmg=m·2L，解得B开始滑动的临界角速度为ωB=，由于ωA>ωB，所以B比A先开始滑动，故A错误，C正确;两物块滑动前转动的角速度相同，则FfA=mω2L，FfB=mω2·2L，则FfA<FfB，故B错误;当ω=<ωA=时，A没有滑动，则FfA'=mω2L=kmg，故D错误。 拓展 例1中，若在A、B之间拴一根长为L、不可拉伸的轻绳，如图所示，开始时，轻绳恰好伸直但无拉力，现让该转盘从静止开始转动，使角速度ω缓慢增大，直到物块A恰要在转盘上滑动。在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g，物块A、B均可视为质点)(　　) A.当角速度增大到ω=时，绳开始有拉力 B.当角速度增大到ω=时，物块A恰要在转盘上滑动 C.物块A恰要在转盘上滑动时，绳的拉力大小为kmg D.若物块A即将在转盘上滑动时剪断轻绳，则此时物块A所受摩擦力大小为kmg 答案　D 解析　物块A、B与转盘间的最大静摩擦力均为kmg，物块随转盘一起转动，开始时静摩擦力提供向心力，当绳将要有拉力时，对物块B由牛顿第二定律有kmg=m·2L，解得ω1=，A错误;物块A恰要在转盘上滑动时，对物块A有kmg-FT=mL，对物块B有kmg+FT=m·2L，联立解得ω2=，FT=kmg，B、C错误;物块A即将在转盘上滑动时，剪断轻绳后，对物块A有Ff=mL，解得物块A所受摩擦力大小为kmg，D正确。 总结提升　物块随圆盘转动的几种临界问题分析(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 一物块随圆盘 一起运动 两物块用轻绳连接，其中一个位于圆盘中心(μ相同) 两物块用轻绳连接，位于圆盘中心同侧(μ相同) 两物块用轻绳连接，分别位于圆盘中心两侧(rA>rB，μ相同) 情境图 出现临界状态之前 静摩擦力提供向心力，即F静=mω2r 对物块B:静摩擦力提供向心力，即F静=mBω2rB 对物块A:FA静=mAω2rA，对物块B:FB静=mBω2rB 对物块A:FA静=mAω2rA，对物块B:FB静=mBω2rB 临界状态1 物块刚好相对圆盘滑动:静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmg=mω2r得ω=(临界角速度) 轻绳恰好绷直时，对物块B:静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmBg=mBω2rB得ω= 轻绳恰好无拉力时，物块B的静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmBg=mBω2rB得ω= 轻绳恰好无拉力时，物块A的静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmAg=mAω2rA得ω= 临界状态2 —— 物块A刚好相对圆盘滑动时，对A有FT=μmAg，对B有μmBg+FT=mBω2rB 物块A刚好要相对圆盘滑动时，对A有μmAg-FT=mAω2rA，对B有μmBg+FT=mBω2rB 物块B刚好要相对圆盘滑动时，对B有FT-μmBg=mBω2rB，对A有μmAg+FT=mAω2rA 考向　由于弹力突变引起的临界问题 例2 如图所示，装置BO'O可绕竖直轴O'O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=0.8 kg，细线AC长L=1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。两细线AB、AC对小球的拉力分别为F1、F2，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若装置静止不转动，求F1、F2的大小; (2)若装置匀速转动，角速度ω1= rad/s，求F1、F2的大小; (3)若装置匀速转动，角速度ω2=5 rad/s，求F1、F2的大小。 答案　(1)6 N　10 N　(2)1.2 N　10 N (3)4 N　20 N 解析　(1)装置静止不转动时，小球受力情况如图甲所示， 根据平衡条件得 F1=mgtan 37°=0.8×10× N=6 N F2== N=10 N。 (2)设细线AB的拉力恰好为0时装置转动的角速度为ω0，此时小球的受力情况如图乙所示， 根据牛顿第二定律有mgtan 37°=mLsin 37° 解得ω0= rad/s 因ω1= rad/s<ω0= rad/s 所以，此时细绳AB上仍有拉力，受力情况如图丙所示， 根据牛顿第二定律，水平方向有 F2sin37°-F1=mLsin 37° 竖直方向有F2cos 37°-mg=0 联立解得F1=1.2 N，F2=10 N。 (3)因ω2=5 rad/s>ω0= rad/s 所以，小球已离开原来的位置飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，此时AB竖直，设此时装置转动的角速度为ω0'，细线AC与竖直方向的夹角为θ1，根据几何关系得 θ1=53° 根据牛顿第二定律有 mgtan 53°=mω0'2Lsin 53° 解得ω0'= rad/s 因ω2=5 rad/s>ω0'= rad/s 所以，此时细线AB拉紧且有拉力，小球受力情况如图丁所示， 根据牛顿第二定律，水平方向有F2sin 53°=mLsin 53° 竖直方向有F2cos 53°-F1-mg=0 联立解得F1=4 N，F2=20 N。 分析圆周运动临界问题一般采用极限法，让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。 1.如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ=60°。一条长度为L的绳(质量不计)，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球(可看成质点)，小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。重力加速度为g，求: (1)小球静止时所受拉力FT和支持力FN大小; (2)小球刚要离开锥体时的角速度ω0; (3)小球以ω1=的角速度转动时所受拉力FT'和支持力FN'的大小。 答案　(1)mg　mg　(2)　(3)3mg　0 解析　(1)对小球由平衡条件得 FT=mgcos θ=mg FN=mgsin θ=mg。 (2)小球刚要离开锥体时FN=0，由重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 mgtan θ=mr，又r=Lsin θ 解得ω0==。 (3)因为ω1=>ω0= 所以小球离开锥体，则FN'=0 设此时绳与竖直方向的夹角为α，受力分析如图所示， 在水平方向由牛顿第二定律得FT'sin α=mLsin α 解得FT'=3mg。 考点二　竖直平面内圆周运动的临界问题 竖直平面内圆周运动的两类模型 物理情景 轻绳模型 轻杆模型 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 受力特征 除重力外，物体受到的弹力方向向下或等于0 除重力外，物体受到的弹力方向向下、等于0或向上 受力示意图 动力学方程 mg+F弹=m mg±F弹=m 临界特征 F弹=0 即mg=m 可得vmin= ①恰好过最高点，v=0，F弹=mg ②恰好无弹力，F弹=0，v= 过最高点的条件　　 在最高点的速度v≥ 在最高点的速度v≥0 在最高点的 F弹-v2图像 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向 考向　轻绳模型 例3 如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆形轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A.当v0=时，轨道对小球无支持力 B.当v0=时，轨道对桌面的压力大小为(M-m)g C.小球做圆周运动的过程中，合力提供向心力 D.小球在最高点时处于超重状态 答案　B 解析　 当小球恰好过最高点时有mg=m，解得小球过最高点的最小速度为vmin=。当v0=时，因v0>vmin，故轨道对小球有支持力，A错误;在最高点对小球由牛顿第二定律有mg+FNm=m，解得轨道对小球的支持力大小为FNm=mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为FNm'=FNm=mg，方向竖直向上;对轨道由平衡条件有FNM+FNm'=Mg，解得桌面对轨道的支持力大小为FNM=(M-m)g，由牛顿第三定律可知，轨道对桌面的压力大小为FNM'=FNM=(M-m)g，B正确;小球在做变速圆周运动的过程中，除最高点和最低点合力提供向心力外，其他位置都是合力的分力提供向心力， C错误;小球在最高点时加速度向下，处于失重状态，D错误。 考向　轻杆模型 例4 (2026·江苏宿迁期末)在轻杆OA的A端固定一个可视为质点的重物，轻杆以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动。则下列说法正确的是(　　) A.在最高点，杆对重物的作用力可能向上，也可能向下 B.在最低点，杆对重物的作用力可能向上，也可能向下 C.在最高点，速度越大，杆对重物的作用力越小 D.在最低点，速度越大，杆对重物的作用力越小 答案　A 解析　设杆长为L，在最高点，当重力刚好提供向心力时有mg=m，可得v=时，杆对重物的作用力向上;当重物经过最高点时的速度大于时，杆对重物的作用力向下，此时根据牛顿第二定律可得F+mg=m，可知速度越大，杆对重物的作用力越大，故A正确，C错误;重物经过最低点时，杆对重物的作用力一定向上，根据牛顿第二定律可得F-mg=m，可知速度越大，杆对重物的作用力越大，故B、D错误。 1.判断是轻绳模型和轻杆模型的方法:若与研究对象接触的物体在最高点能提供沿半径背离圆心的力的则为轻杆模型，不能提供的则为轻绳模型。 2.分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路 2.(2025·江苏苏州模拟)如图，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管内运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法正确的是(　　) A.若v0=0，则小球对管内壁无压力 B.若v0=，则小球对管内上壁有压力 C.若v0=，则小球对管内下壁没有压力 D.不论v0多大，小球对管内壁都有压力 答案　C 解析　设小球在最高点对管内上、下壁均无作用时的速率为v，则有mg=m，解得v=。若v0<v，小球做圆周运动所需要的向心力减小，重力mg大于其做圆周运动所需要的向心力，小球做近心运动，挤压管内下壁，故A、B错误;若v0>v，小球做圆周运动所需要的向心力增大，重力mg不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，小球做离心运动，挤压管内上壁，故C正确;若v0=v，小球既不做近心运动也不做离心运动，与管内上、下壁均无作用力，故D错误。 考点三　斜面上圆周运动的临界问题 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直于斜面的分力与物体受到的支持力大小相等。物体在转动过程中，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时有μmgcos θ-mgsin θ=mω2R。 例5 (2026·江苏南京航空期中)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的角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则当ω达到最大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为(　　) A.5.6 N B.6.0 N C.6.4 N D.8.0 N 答案　A 解析　当物体运动到最低点、且摩擦力达到最大值时，角速度达到最大值，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=mr，在最高点，根据牛顿第二定律得Ff+mgsin 37°=mr，联立解得Ff=-5.6 N，则小物体运动到最高点时所受摩擦力大小为5.6 N，故A正确。 A级　基础对点练 1.如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是(　　) A.当工作台匀速转动时，A、B所受合力为0 B.当工作台匀速转动时，A、B线速度大小相等 C.当工作台角速度ω逐渐增大时，陶屑A最先滑动 D.当工作台角速度ω逐渐增大时，A、B所受的摩擦力始终指向轴OO' 答案　C 解析　当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不为0，A错误;A、B为同轴转动，则ωA=ωB，由题图可知rA>rB，由v=ωr可知vA>vB，B错误;当陶屑将要发生滑动时有μmg=mr，解得ω0=，可知r越大产生相对滑动的临界角速度越小，故当工作台角速度ω逐渐增大时，陶屑A最先滑动，C正确;当工作台角速度ω逐渐增大时，A、B所受摩擦力沿半径方向的分力提供向心力，故摩擦力方向并不指向轴OO'，D错误。 2.(2025·江苏扬州模拟)如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为(　　) A.15 m/s B.20 m/s C.25 m/s D.30 m/s 答案　B 解析　如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则桥面与汽车之间没有弹力作用，即汽车只受重力作用，则有mg=m;当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即支持力大小为mg，则有mg-mg=m，联立解得v'=20 m/s，故B正确。 3.如图所示，原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定一质量为m的小铁块，另一端连接在竖直轴OO'上，小铁块放在水平圆盘上。若圆盘静止，把弹簧压缩后将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最小长度为。现将弹簧拉长到后，使小铁块随圆盘绕中心轴OO'以不同角速度转动。不会使小铁块相对圆盘发生滑动的最大角速度是(　　) A.ω= B.ω= C.ω= D.ω= 答案　B 解析　由题意可知小铁块与圆盘间的最大静摩擦力大小为Ffm=k(L-L)=kL，当角速度最大时，摩擦力与弹簧拉力的方向相同，由牛顿第二定律有Ffm+k(L-L)=mω2·L，联立解得最大角速度ω=，故B正确。 4.(2024·江苏卷，8)如图所示为生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑与工作台一起绕OO'匀速转动，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C.陶屑只能分布在工作台边缘 D.陶屑只能分布在某一半径的圆内 答案　D 解析　对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析，由摩擦力提供向心力可知μmg≥mω2r，解得陶屑与OO'间的距离r≤，则陶屑只能分布在某一半径的圆内，C错误，D正确;由以上分析可知，陶屑与台面边缘的距离与其质量无关，A、B错误。 5.(2026·江苏扬州开学考)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随杆在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小球运动到最低点时，杆对球的作用力大于小球重力 B.小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向上 C.小球能通过最高点的最小速度为 D.小球运动到水平位置A时，所受合力一定指向O点 答案　A 解析　小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律有F-mg=m，故杆对球的拉力沿杆向上且大于小球重力，A正确;小球运动到最高点时，若杆对小球无作用力，则有mg=m，可得v=，若小球的速度大于，则杆对球为向下的拉力，若小球的速度小于，则杆对球为向上的支持力，B错误;由于杆对球能提供支持力，所以小球能通过最高点的最小速度为0，C错误;若小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则在水平位置A时所受合力指向O点;若小球做变速圆周运动，则还应受到改变速度大小的切向力，所以小球所受合力不会指向圆心O点，D错误。 6.(2026·江苏南通开学考)如图所示，光滑竖直平面内的圆轨道半径为R，A、B点分别为轨道的最左侧、最高点。一小球在轨道内运动且始终未离开轨道，重力加速度为g，则(　　) A.若小球运动到A点时，小球在该位置所受的合力指向圆心 B.若小球运动到A点时，小球在该位置的速度一定大于0 C.若小球运动到B点时，小球在该位置一定受到轨道弹力的作用 D.若小球运动到B点时，小球在该位置的速度一定大于等于 答案　D 解析　若小球运动到A点时速度不为0，小球在该位置受到的弹力指向圆心，但重力竖直向下，所以小球在该位置所受的合力不指向圆心，故A错误;若小球运动到A点时的速度刚好等于0，小球将在下半圆轨道内来回运动，始终不会离开轨道，故B错误;若小球运动到B点时重力刚好提供向心力，则此时小球受到的弹力刚好为0，则有mg=m，可得vB=，可知小球运动到B点时的速度只有大于等于才能不脱离轨道，故C错误，D正确。 7.(2024·广东卷，5)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A.r B.l C.r D.l 答案　A 解析　由题意可知，当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=，根据胡克定律有F=kΔx=，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力，有F=mω2l，对卷轴有v=ωr，联立解得v=r，故A正确。 B级　综合提升练 8.(2026·江苏三市联盟月考)如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动，紧贴在一起的A、B两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动，B恰好不下滑，A恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为(　　) A.μ1+μ2=1 B.=1 C.μ1μ2=1 D.=1 答案　C 解析　以A、B整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由静摩擦力提供向心力有μ2(mA+mB)g=(mA+mB)ω2r;以B为研究对象，受力分析如图乙所示，由A对B的弹力提供向心力，则有FN=mBω2r，由平衡条件有μ1FN=mBg，联立解得μ1μ2=1，故C正确。 9.(2026·江苏徐州期末)某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，其示意图如图所示，转盘表面倾斜角度为θ。在转盘绕转轴匀速转动时，坐在其表面上的游客随转盘做匀速圆周运动。已知游客质量为m，游客到转轴的距离为R，游客和转盘表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在转盘匀速转动过程中(　　) A.游客一定始终受到盘面的摩擦力 B.盘面对游客的摩擦力始终指向转轴 C.游客在最高点的线速度最小为 D.转盘的最大角速度为 答案　D 解析　游客处于最高点时，如果重力沿转盘表面方向的分力刚好提供向心力，则此时游客受到盘面的摩擦力为0，则有mgsin θ=m，解得v=，若重力沿转盘表面方向的分力大于所需的向心力，则盘面对游客的摩擦力背离转轴，此时游客在最高点的线速度小于，故A、B、C错误;在最低点时，根据牛顿第二定律有Ff-mgsin θ=mω2R，又Ff≤μFN=μmgcos θ，联立解得ω≤，则转盘的最大角速度为，故D正确。 10.如图所示，在水平转台上放一个质量M=4 kg的木块，细绳的一端系在木块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，木块与O点间距离r =0.1 m。木块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若转台光滑，当转台转动的角速度ω0=10 rad/s时，木块与转台保持相对静止，求小球的质量m; (2)若转台与木块间的动摩擦因数μ=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为使木块与转台间保持相对静止，求转台转动角速度的取值范围。 答案　(1)4 kg　(2)5 rad/s≤ω≤5 rad/s 解析　(1)转台以ω0=10 rad/s转动时，木块做匀速圆周运动，小球静止，对小球有FT=mg 对木块有FT=Mr 联立解得m=4 kg。 (2)木块受到的最大静摩擦力为Ffm=μMg=30 N ①当静摩擦力沿半径向外且达到最大静摩擦力时，转台转动的角速度最小，设为ω1，则有 mg-Ffm=Mr 解得ω1=5 rad/s ②当静摩擦力沿半径向里且达到最大静摩擦力时，转台转动的角速度最大，设为ω2，则有 mg+Ffm=Mr 解得ω2=5 rad/s 为使木块与转台保持相对静止，转台转动角速度的取值范围为5 rad/s≤ω≤5 rad/s。 C级　拔尖进阶练 11.如图所示，质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g。使转盘绕转轴在水平面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求绳子即将有拉力时的角速度大小ω1; (2)求滑块恰好与转盘脱离时的角速度大小ω2; (3)当ω3=时，细线恰好断裂，求滑块在圆盘上的落点与转轴的距离s。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)当静摩擦力沿半径指向圆心且达到最大值时绳子即将有拉力，此时有μmg=mLsin 37° 解得ω1=。 (2)滑块恰好脱离转盘时转盘对滑块的支持力为0，则有mgtan θ=mLsin θ 解得ω2=。 (3)当ω3=时滑块已脱离转盘，设此时细线与转轴间的夹角为α，则有 mgtan α=m·Lsin α 解得cos α=0.6 所以α=53° 此时滑块离转盘高度h=Lcos θ-Lcos α=0.2L 滑块的线速度大小为v=ω3Lsin α 细线断裂后滑块做平抛运动，有h=gt2，x=vt s= 联立解得s=。 学科网（北京）股份有限公司 $