高中物理《圆周运动》

第三讲 圆周运动

一、基础知识（匀变速圆周运动）

1.性质：变速运动（非匀变速运动：a 大小不变，方向时刻变化；v 大小不变，方向时刻变化）.

2.加速度a 特点：大小不变，方向时刻指圆心，只改变速度方向，不改变速度大小.

3.速度特点：大小不变，方向沿轨迹切线，时刻满足.a v ⊥

4.基本物理量及关系：线速度v （描述运动快慢），角速度ω，频率f,转速n ，周期T （描述转动快慢），向心角速度a n (描述v 方向变化快慢）. .n

1ω2πv

2πr T

2πn,T

2π

t θωrω,2πrn T 2πr t s v ==========

r.n 4πr T

4πrωr v a 2222

22n ==== 5.非匀变速圆周运动：a 和v 夹锐角加速圆周运动，a 和v 夹钝角减速圆周运动. 如图甲：a 1改变v 的方向，a 2使v 增加；如图乙：a 1改变v 的方向，a 2使v 减小. 二、向心力（F n ）

1. 作用效果：产生向心加速度，只改变速度方向，不改变速度大小.

2. 来源：效果力，是由某一力或某力的分力或几个力的合力提供.

3. 方向：始终沿半径指向圆心，是变力.

4. 大小：mvω.mrn 4πT

4πmr mrωr v m ma F 22

22

22n n ====== 三、常见的三类传动方式及特点

(1)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v A ＝v B . (2)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，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v A ＝v B .

(3)同轴传动：如图戊、己所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA ＝ωB ，由v ＝ωr 知v 与r 成正比．

四、“一、二、三、四”求解圆周运动问题

“一审”：审题，选取研究对象， “二定”：定圆心，画轨道.

“三分析”：①分析几何关系，定半径 ②分析运动情况，明确物理运动参量的关系 ③分析受力情况，求出合外力.

“四列”：根据牛顿运动定律和圆周运动知识列方程求解.

五、“供需关系谈变轨”——“近心运动”和“离心运动”现象的认识.

2a 2a v v

a a 1

a 甲1a

（1）当2

mrωF =时，做稳定的圆周运动，即“供需相等稳定圆周运动”

（2）当2mrωF >时，做近心的圆周运动，即“供大需小渐近圆心”——近心运动. （3）当2mrωF ≤时，做离心的圆周运动，即“供小需大渐离圆心”——离心运动.

六、题型分类

（一）运动参量的换算及圆周运动中的追及相遇问题

1.三速间的关系：r.n 4πrωr

v 2πn，a ω2πrn,

rωv 2

222======明确传动方式. 2.圆周运动中追及相遇问题：把握两关系①时间关系②圆心角关系. 同向运动，由相距最近到相距最近，每共线一次的时间间隔t.

.

ω其中ω2π,）t ω-（ω2121>= 由相距最近到相距最远，每共线一次的时间间隔t.

.2121ω其中ωπ,）t ω-（ω>=

反向运动，由相距最近到相距最近，每共线一次的时间间隔t.则2π.）t ω（ω21=+ 由相距最近到相距最远，每共线一次的时间间隔t.则.π

）t ω（ω21=+ 例1．(齿轮传动类圆周运动问题)(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm 的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm ，从动轮的半径约为2 cm ，P 和Q 是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )

A ．P 、Q 的线速度相同

B ．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反

C ．P 点的线速度大小约为1.6 m/s

D ．摇把的转速约为400 r/min

解析：设玻璃盘为C ，从动轮为B ，主动轮为A.

（1）由皮带的缠绕方式可知，B 项对.Q P v v =，大小相同，但方向不同，故A 错.

（2）BC 为同轴传动， 1.6m/s.0.5π

n 2πr 则v r/s,3

5100r/min n C P p ≈====故C 对. （3）P 、B 同轴传动n 相同，m/s.15

π

v r r v v 2πnr v B P B P B =?=?= A 、B 皮带传动v 相同，25r/min,r/s 12

5

2πr v 2πr v n 2πnr v A B A A A ====

?=D 错. 2.如图所示，质点a 、b 在同一平面内绕质点c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a ∶T b

＝1∶k(k ＞1，为正整数)．从图示位置开始，在b 运动一周的过程中( )

A

B

C

A ．a 、b 距离最近的次数为k 次

B ．a 、b 距离最近的次数为k ＋1次

C ．a 、b 、c 共线的次数为2k 次

D ．a 、b 、c 共线的次数为2k －2次

解析：（1）设每相距最近一次经历t ，有

.1

k T

t 2π)t T 2πT 2π（b b a -=?=- 则在T b 内ab 相距最近的次数 1.-k t

T N b

==

故AB 错. （2）在T b 内ab 相距最远的次数为（k-1），在T b 内ab 共线次数2（k-1)）,故C 错D 对.

（二）圆周运动中的动力学问题：

找圆心画轨迹，几何知识求半径，受力分析求F 合，利用圆周规律列方程求解.

3.(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r ，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为r 的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时( )

A ．细绳对小球的拉力可能为零

B ．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等

C ．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等

D ．当ω＝

2g

r

时，金属圆环对小球的作用力为零

解析：由几何知识得θ=300，轨道半径rcosθ.R = （1）当ω较大时，N 指向圆心，

N.-mrωT mrωN T mRωNcosθx轴：Tcosθ2

22=?=+?=+

，，N T mg,T mg N T mg Nsinθy轴：Tsinθ>>+=?+=2故AB 错.

（2）当ω适中时，N=0，2

2mrωT mRωx轴：Tcosθ=?=， mg y轴：Tsinθ

= 解得r

2g

ω=

，mg T >，故AB 错CD 对. （3）当ω较小时，N 背离圆心，

N.mrωT mrωN -T mRωNcosθ-x轴：Tcosθ2

22+=?=?=则T>N.

，mg Nsinθy轴：Tsinθ=+解得：22

1

ωmr mg T +=，T>mg.

故AB 错CD 对，综合上述选CD.

4．(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L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )

A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1

x

mg

T

N

θ

θ

θ

y

/O T

θ

x

y

三种情况（1）ω很小

②ω适中③ω很大，分别列方程分析.

B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1

C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1

D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1

解析：1,:3cos60:cos30T :T mg y轴：Tcosθ

021==?=故A 对. .1:3=?=?====212

2

a :a gtanθa Lsinθr ,r

v m

mrωma x轴：Tsinθ故C 对. ：133v :v gLtanθsinθv 1,:3ω:ωLcosθ

g

ω21421=?==?=

故BD 错.

（三）水平转盘上的圆周运动的临界问题

5.在一水平面放置的圆盘上放有一劲度系数为k 的弹簧,如图所示，弹簧的一端固定于轴 O 上,另一端挂质量为m 的物体A, 物体与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 ,求: （1）盘的转速n 0多大时，物体A 开始滑动?

（2）当转速达到 2n 0 时，弹簧的伸长量Δx 是多少？ 解析：（1）当ω较小时，2

2mRn 4πf =, 当mg f μ=时，A 开始滑动，此时n=n 0. 即.R

μg

2π1n mRn 4πμmg 02

02

=

?=

（2）当n=2n 0时，弹簧伸长Δx ，则.4μmg

kR 3μmgR

Δx )Δx)(2n m（R 4πkΔx μmg 2

02

-=

?+=+

6.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙两物体的质量分别为M 与m （M ＞m ），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L （L ＜R ）的轻绳连在一起，如图所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间接线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与转盘之间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大值不得超过多少？

解析：甲、乙两物体将要发生相对滑动时，它们与圆盘之间都达到最大静摩擦力， 则对甲物体T =μMg ，对乙物体μmg+T =mω2L.解得mL

g m M )(+=μω.

7、如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m 的A 、B 两个物块(可视为质点)， A 和B 距轴心O 的距离分别为r A =R ，r B =2R ，且A 、B 与转盘之间的最大静摩擦力都是f m ，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止．则圆盘转动的角速度从0逐渐增大的过程中，下列说法正确的是( ACD ) A 、B 所受合外力大于A 所受合外力 B 、A 受到的摩擦力一直指向圆心 C 、B 受到的摩擦力一直指向圆心

D 、A 、B 两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为(2f m /mR)1/2

解析：（1）满足什么条件物体即将发生滑动？那个物体先发生滑动？ 当m f f =时即将发生滑动，设将要滑动时的临界角速度为ω0.

O

A

R

,r

μg

ωmrωμmg f 02

0m =

?==由于,ωωA B <在转角速度增大过程先到达B 的临界角速度R

B 2g

0μω=，

故B 最先发生滑动（最外层临界角速度小先分离）.当B 滑动前，绳子无张力. 当0ωω<时，AB 均有f 提供向心力，指向圆心. （2）当0ωω>时，绳子产生张力，AB 受力如图.

对A 有：,2

ωmR f T A =+对B 有：2

2ωμR m T mg =+.整理得2

mg ωμmR f A =-. 随着ω的增大，T 增大，f A ，当0=A f 时，即R

g

μω=，f A 转向.故B 错.

则R

g

20μω<

<，绳子无张力，f A f B 均指向圆心，

R

g

R

g

μωμ<

<2，绳子有张力，f A f B 均指向圆心.

R

g

μω>

，f A 背离圆心，mg f B μ=不变，仍指向圆心，故C 对B 错.

（3）由于AB 同轴转动ω相等，由A B B A F F r r mr F F 合合合，>?<==2

n ω，故A 对.

（4）当R

g

μω>

时，AB 受力如图.

对A 有：2

ωmR f T A =-，对B 有2

2ωμmR mg T =+，整理得2

mg ωμmR f A =+. 随着ω的增大，f A 增大，当时mg f μ==m A f ，A 将发生滑动，此时ω最大， 解得,2m f 2m R

g

R m

μω==

故D 对. 8.(多选)如图甲所示，将质量为M 的物块A 和质量为m 的物块B 沿同一半径方向放在水平转盘上，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F T 与转动角速度的平方ω2

的关系如图乙所示，当角速度平方ω

2

超过3ω2

1时，物块A 、B 开始滑动．若图乙中的F 1、ω1及重力加速度g 均为已知，下列说法正确的是( )

A ．L ＝F 1m ω21

B ．L ＝F 1

2m ω21

C ．k ＝2F 1

mg

D ．m ＝M

解析：如图甲，B 先发生滑动，绳子开始产生张力，补充B 圆周运动需要的向心力的不足. （1）当时2

12

2ωω=即将产生张力，则此时，对B 有：.4222

12

1ωωmL kmg L m kmg =?= （2）当时2

12

3ωω=AB 开始滑动，即二者摩擦力均达到最大.开始做离心运动. 对A 有：2

113ωML F kMg =-，对B 有：2

12

11632k ωωmL L m mg F ==+.

B

A

A f mg

μB

A

A

f m

g μT

T mg μT A

B

T

A

f

解得.m 2,m 2,m 21

211===

M g

F k F L ω故AD 错BC 对.

（四）斜面上圆周运动的临界问题

找出临界位置，明确临界条件. (一)静摩擦力控制下的斜面圆周运动

9.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3

2

(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )

A ． 5 rad/s

B ． 3 rad/s

C ．1.0 rad/s

D ．0.5 rad/s

解析：选C ．物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s ，C 项正确，A 、B 、D 项错误．

(二)轻杆控制下的斜面圆周运动

10.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．g 取10 m/s 2.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 ．210 m/s

C ．2 5 m/s

D ．2 2 m/s

解析：选A ．小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝1

2m v 2B ，

可得v B ＝4 m/s ，A 正确． (三)轻绳控制下的斜面圆周运动

11.(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l ＝0.5 m 的轻绳，一端系住一个质量为m ＝0.5 kg 的小球，另一端固定在板上的O 点．当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝2 m/s ，g 取10 m/s 2，则( )

A ．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为F T ＝4 N

B ．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m

C ．小球能在平板上绕O 点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤25

D ．小球能在平板上绕O 点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤

4

15

解析：选AD ．（1）小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为

零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，

（2）小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有

L

v m mg T 21sin =+α...①从释放点到最高点的过程，据动能定理有：－mgLsin α ＝ 12m v 21－12m v 20 ②，若恰好通过最高点，轻绳拉力T ＝0，联立①②解得：15

4

3sin 2

0==

gL v α，故C 错误，D 正确； （3）若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：N L

v m T 420

==，故A 正确； （4）若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m ，重力势能的增加量mgh ＝1.5 J ，初动能12m v 2

＝1 J ，机械能不守恒，故B 错误． （五）竖直面内的圆周运动——轻“绳”、轻“杆”模型

轻“绳”模型

轻“杆”模型

情景图示

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 ＋F T ＝m v

2

r

mg ±F N ＝m v

2

r

临界特征 F T ＝0，即mg ＝m v

2

r ，得v ＝gr

v ＝0，即F 向＝0，

此时F N ＝mg

v ＝gr 的意义

物体能否过最高点的临界点

F N 表现为拉力还是支持力的临界点

模型，然后注意区分两者在最高点的最小速度要求，区分绳与杆的施力特点，必要时还要在某点牛顿运动定律列方程，某过程动能定理列方程求解．

轻“杆”模型.12.如图所示，轻杆长为L ，一端固定在水平轴上的O 点，另一端系一个小球(可视为质点)．小球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g 为重力加速度．下列说法正确的是( )

A ．小球通过最高点时速度可能小于gL

B ．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零

C ．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大

D ．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小

解析：选A ．（1）在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg －F ＝m v 2

L

，则得v

＜gL ，故A 正确．

（2）当小球速度为gL 时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B 错误．

（3）轻杆在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg ＋F ＝m v 2

L ，则知v 越大，F 越大，

即随小球速度的增大，杆的拉力增大.

（4）小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg －F ＝m v 2

L ，

则知v 越大，F 越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C 、D 错误．

轻“绳”模型.13.(多选)如图甲所示，一长为L 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2

的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )

A.图线的函数表达式为mg L

v m F +=2

B ．重力加速度L

g b =

C ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大

D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变

解析：选BD ．（1）在最高点对小球受力分析，有F ＋mg ＝m v 2

l

，可得图线的函数表达式为

mg v L

m F -?=

2

，故A 项错误． （2）图乙中横轴截距为b ，则有0＝m b l －mg ，得g ＝b

l

，则b ＝gl ，若l 不变，m 变小，因b 与m 无关，

所以b 不变，B 、D 项正确．

（3）由图线的函数表达式可知图线斜率k ＝m

l

，若l 不变，m 变小，则k 减小，C 项错误．

“双绳”模型 14.如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根轻绳的拉力大小为( )

A ．3mg

B ．4

3

3mg

C ．3mg

D ．23mg

解析：选A ．小球在运动过程中，A 、B 两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运

动的半径R ＝L ·sin 60°＝

3

2

L ，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v 时，mg ＝m v 2

R ，当小球在最高点的速率为2v 时，应有：F ＋mg ＝m (2v)

2

R ，可解得：F ＝3mg.由2F T cos 30°

＝F ，可得两绳的拉力大小均为F T ＝3mg ，A 项正确．

15．(轻“绳”模型) (多选)如图所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v 必须满足( )

A ．最小值为4gr

B ．最大值为6gr

C ．最小值为5gr

D ．最大值为7gr

解析：选CD ．（1）要保证小球能通过环的最高点，

在最高点最小速度满足mg ＝m v 20

r ，由最低点到最高点由机械能守恒得12m v 2min ＝mg ·2r ＋12m v 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ，A 错误，C 正确.

（2）为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，

从最低点到最高点由机械能守恒得12m v 2max ＝mg ·2r ＋1

2m v 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr ，B 错误，D 正确．

（六）圆周运动的综合应用

16.如图所示，有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A 点有一长为L 的绳子系有质量为m 的小球．要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A 点到水平面的高度h 最小为( )

A ．g ω2

B ．ω2

g C ．ω2

g D ．g 2ω

2 解析：选A ．以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg 、 水平面支持力F N 、绳子拉力F ，

（1）设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R ＝htan θ.

（2）在竖直方向有：Fcos θ＋F N ＝mg ，在水平方向有：Fsin θ＝m ω2htan θ；当小球即将离开水平面时，F N ＝0，此时Fcos θ＝mg ，Fsin θ＝mgtan θ＝m ω2htan θ，即h ＝g

ω

2.故A 正确．

17..质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为L ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，

则下列说法正确的是( )

A ．a 绳的张力可能为零

B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大

C ．当角速度θ

ωtan L g

>

时，b 绳将出现弹力

D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化 解析：（1）小球受力如图，竖直方向：θ

θsin T mg sin a mg

T a =

?=，b 绳不断Ta 不变故AB 错. （2）当时0=b T ，水平方向：2

0m cos ωθL T a =,解得θ

ωtan 0L g

=

，当0ωω>时，b 绳将产生弹力，

故C 对.当0ωω=时，突然剪断b 绳Ta 不变，故D 错.

18.如图所示，AB 是长为L ＝1.2 m 、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC 相切于B 点．C 是圆弧的最高点，圆弧的半径为R ，A 、C 两点与圆弧的圆心O 在同一竖直线上．物体受到与斜面平行的恒力作用，从A 点开始沿斜面向上运动，到达B 点时撤去该力，物体将沿圆弧运动，通过C 点后落回到水平地面上．已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，恒力F ＝28 N ，物体可看成质点且m ＝1 kg.重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)物体通过C 点时对轨道的压力大小；(结果保留一位小数) (2)物体在水平地面上的落点到A 点的距离． 解析：（1）设AC 高度差为y ，由几何知识得：

.4.253

cos y ,,9.053tan 0

0m R

R m L R =+===

由A 到C 过程动能定理：02

153cos -2

-=

-C mv mgy mgL FL μ解得s m v C /32=. 在C 点牛顿第二定律：R

v F C

N 2m m g =+，解得N F N 3.3=.

由牛顿第三定律得物体对轨道的压力大小为3.3N.

（2）从C 点做平抛运动 下落时间：22

1gt y =

水平位移 2.4m.t ==C v x

mg

Ta

b

T x

y