2019高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动学案

第3讲圆周运动【基础梳理】一、描述圆周运动的物理量1线速度：描述物体圆周运动的快慢，v2角速度：描述物体转动的快慢，3周期和频率：描述物体转动的快慢，T，f.4向心加速度：描述线速度方向变化的快慢anr2vr.5向心力：作用效果为产生向心加速度，Fnman.二、匀速圆周运动1匀速圆周运动的向心力(1)大小：Fmm2rmrmv42mf2r.(2)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力(3)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小2匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点F向、a向、v均大小不变，方向变化，不变F向、a向、v大小、方向均发生变化，发生变化向心力F向F合由F合沿半径方向的分力提供三、离心运动1定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动2供需关系与运动：如图所示，F为实际提供的向心力，则(1)当Fm2r时，物体做匀速圆周运动；(2)当F0时，物体沿切线方向飞出；(3)当Fm2r时，物体逐渐靠近圆心【自我诊断】 判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动()(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的()(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比()(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比()(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用()(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动()提示：(1)(2)(3)(4)(5)(6) 做一做(2018云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是()A人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D“魔盘”的转速一定大于提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误如果转速变大，由Fmr2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误人恰好贴在魔盘上时，有 mgf，Nmr(2n)2，又fN解得转速为n ，故“魔盘”的转速一定大于 ，故D正确 想一想如图所示，圆盘上物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)计算圆盘上物体所受的向心力和漏斗内壁上小球的角速度分别需要知道哪些信息？提示：(1)物体的向心力由静摩擦力提供小球的向心力由支持力与重力的合力提供(2)物体：质量、角速度/线速度、物体到圆盘圆心的距离小球：质量、当地重力加速度、支持力与水平面的夹角、水平半径对传动装置问题的求解学生用书P70【知识提炼】1对公式vr的理解 当r一定时，v与成正比； 当一定时，v与r成正比； 当v一定时，与r成反比. 2对a2rv的理解在v一定时，a与r成反比；在一定时，a与r成正比3常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A点和B点转动的周期相同、角速度相同，A点和B点的线速度与其半径成正比皮带(链条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度大小必然相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：vAvB；(z1、z2分别表示两齿轮的齿数)【跟进题组】1.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RBRC，若在传动过程中，皮带不打滑，则()AA点与C点的角速度大小相等BA点与C点的线速度大小相等CB点与C点的角速度大小之比为21DB点与C点的向心加速度大小之比为14解析：选BD.处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，对于本题，显然vAvC，AB，选项B正确；根据vAvC及关系式vR，可得ARACRC，又RC，所以A，选项A错误；根据AB，A，可得B，即B点与C点的角速度大小之比为12，选项C错误；根据B及关系式a2R，可得aB，即B点与C点的向心加速度大小之比为14，选项D正确2(多选)如图所示为某一皮带传动装置M是主动轮，其半径为r1，M半径也为r1，M和N在同一轴上，N和N的半径都为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑则下列说法正确的是()AN轮做的是逆时针转动BN轮做的是顺时针转动CN轮的转速为nDN轮的转速为n解析：选BC.根据皮带传动关系可以看出，N轮和M轮转动方向相反，N轮和N轮的转动方向相反，因此N轮的转动方向为顺时针，A错误，B正确皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2nr12n2r2，得N(或M)轮的转速为n2，同理2n2r12n2r2，得N轮转速n2n，C正确，D错误在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：(1)同一转轴的各点角速度相同，而线速度vr与半径r成正比，向心加速度大小a2r与半径r成正比 (2)当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由可知，与r成反比，由a可知，a与r成反比水平面内的圆周运动学生用书P71【知识提炼】1问题特点(1)运动轨迹是圆且在水平面内(2)向心力的方向沿半径指向圆心(3)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力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，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力3运动实例：圆锥摆、汽车和火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等【典题例析】如图所示，用一根长为l1 m的细线，一端系一质量为m1 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时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？审题指导(1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零(2)细线与竖直方向夹角为60时，小球离开锥面，做圆锥摆运动解析(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，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan mlsin 解得：即0 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mgtan m2lsin 解得2，即 2 rad/s.答案(1) rad/s(2)2 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，都是水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度若速度继续增大，质点将做离心运动 【迁移题组】 迁移1车辆转弯问题1(多选)(2016高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L100 m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有Fm，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大 45 m/s，v小 30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d50 m，由运动学公式vv2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a6.50 m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t2.79 s，则D项错误 迁移2圆锥摆模型2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动已知L1跟竖直方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，下列说法正确的是()A细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为 1B小球m1和m2的角速度大小之比为 1C小球m1和m2的向心力大小之比为31D小球m1和m2的线速度大小之比为31解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则Tcos mg，解得T，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为，故A正确；小球所受合力的大小为mgtan ，根据牛顿第二定律得mgtan mL2sin ，得2，故两小球的角速度大小之比为，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为Fmgtan ，小球m1和m2的向心力大小之比为3，故C正确两小球角速度大小之比为1，由vr得线速度大小之比为1，故D错误 迁移3水平面内圆周运动的临界问题3(多选)(高考全国卷)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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，fm2r，显然b受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值fmax，由题设知fmaxkmg，所以kmgm2r，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度0 ，由此得a发生相对滑动的临界角速度为 ，b发生相对滑动的临界角速度为 ；若 ，a受到的是静摩擦力，大小为fm2lkmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动学生用书P72【知识提炼】1运动特点(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度(4)一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形2常见模型轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mgm得v临由小球能运动即可，得v临0讨论分析(1)过最高点时，v，FNmgm，绳、轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时v，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v0时，FNmg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0v时，FNmgm，FN背离圆心且随v的增大而减小(3)当v时，FN0(4)当v时，FNmgm，FN指向圆心并随v的增大而增大【典题例析】(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示则()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小相等审题指导由于杆既可以提供支持力，又可以提供拉力，故小球通过最高点时的速度可以不同，则通过Fv2图象，可得到小球通过最高点时杆的弹力和小球速度大小的定量关系，从而找到解题的突破口解析对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，Fmg0，结合图象可知amg0；当F0时，由牛顿第二定律可得mg，结合图象可知mg，联立解得g，m，选项A正确，B错误；由图象可知bc，当v2c时，根据牛顿第二定律有Fmg，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C正确；当v22b时，由牛顿第二定律可得mgF，可得Fmg.选项D正确答案ACD求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型(2)确定临界点：v临界，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合F向(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程 【迁移题组】 迁移1汽车过拱桥模型1一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为()A31B32C13 D12 解析：选C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1FN1所以由牛顿第二定律可得mgFN1同样，如图乙所示，FN2FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有FN2mg由题意可知FN1mg由式得FN2mg，所以FN1FN213. 迁移2轻绳模型2.(2017高考江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC物块上升的最大高度为D速度v不能超过 解析：选D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg，因为2F为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F，A项错误；当小环碰到钉子P时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F，B项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，MghMv2，即上升的最大高度h，C项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F，此时的速度v是最大速度，则2FMgM，解得v，D项正确 迁移3轻杆模型3(多选)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()A当v的值为时，杆对小球的弹力为零B当v由逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C当v由逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小D当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg，v，A对；当v时，轻杆对球有拉力，则Fmg，v增大，F增大，B对；当v时，轻杆对球有支持力，则mgF，v减小，F增大，C错；由F向知，v增大，向心力增大，D对 学生用书P731.(2016高考全国卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示将两球由静止释放在各自轨迹的最低点()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgLmv2，v，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ekmv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，Fmgm，求得F3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误2(多选)(2015高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线，有如图所示的、三条路线，其中路线是以O为圆心的半圆，OOr.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()A选择路线，赛车经过的路程最短B选择路线，赛车的速率最小C选择路线，赛车所用时间最短D、三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线、赛车通过的路程分别为：(r2r)、(2r2r)和2r，可知路线的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即mgm，可得最大速率v，则知和的速率相等，且大于的速率，选项B错误；根据t，可得、所用的时间分别为t1，t2，t3，其中t3最小，可知路线所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：mgma向，a向g，可知三条路线上的向心加速度大小均为g，选项D正确3(2017高考全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)() A.BC. D解析：选B.设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg2Rmv2mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：xv1t，2Rgt2，求得x，因此当R0，即R时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1r2，两个物体随圆盘以角速度匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则()A取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心B取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力当m2rfm即时，若再增大，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有Tfmm2r2，而此时对P而言有Tfm2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当Tm2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确学生用书P297(单独成册)(建议用时：60分钟)一、单项选择题1(2018江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中是半径为r1的大齿轮，是半径为r2的小齿轮，是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为()A.BC. D解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：1r12r2，解得2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度vr32，故D正确2(2017高考全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误3(2015高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()At1t2 D无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t10时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为1，受力如图：由牛顿第二定律得，Ffcos 45FNcos 45mRsin 45Ffsin 45mgFNsin 45联立解得：1 当0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为2由牛顿第二定律得，FNcos 45Ffcos 45mRsin 45 Ffsin 45FNsin 45mg联立解得：2所以 .答案：(1)(2) 12.如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1R2和m1m2.当框架转动的角速度缓慢增大到1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零则：(1)角速度1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？(2)角速度2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有Ffm2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力设当物体受到的静摩擦力达到最大值mg时，框架的角速度为0，则有mgmR由此得0 .式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为1 时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为FfAm1R1，FfBm2g.(2)当角速度1时，设轻绳拉力为FT，对于A物体有FTFfAm12R1对于B物体有FTm2gm22R2联立式得A物体受到的静摩擦力为FfAm2g(m2R2m1R1)2由于R1R2和m1m2，则A物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为2 将式代入式得轻绳拉力为FT.答案：(1)1 FfAFfBm2g(2)2 FT20