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专题 15 圆周运动（二）
28．（2017·浙江）在G20峰会“最忆是杭州”的文化文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋
转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为 、 ，线速度大小分别为 、 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】可以把A、B两点看成是同轴转动的两个质点，则 ，由 得， 故D选项正确．
故选D
点睛：同轴角速度相等，同皮带线速度相等，然后借助于 求解．
29．（2018·浙江）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之
比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（ ）
A．线速度大小之比为4：3 B．角速度大小之比为3：4
C．圆周运动的半径之比为2：1 D．向心加速度大小之比为1：2
【答案】A
【解析】A．因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据 ，则A、B的线速度之比为 4：3，
故A正确；
B．运动方向改变的角度之比为3：2，根据 ，则角速度之比为3：2，故B错误；
C．根据 可得圆周运动的半径之比为故C错误；
D．根据a=vω得，向心加速度之比为
故D错误。
故选A。
30．（2018·浙江）如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度
约为15m，内径75m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车
A．所受的合力可能为零
B．只受重力和地面的支持力作用
C．最大速度不能超过25m/s
D．所需的向心力由重力和支持力的合力提供
【答案】C
【解析】汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩擦力提供向心
力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，ABD错误；汽车受到的最大静摩擦力等于车重的
0.7倍， ，根据牛顿第二定律 ，当r最大时， ，有最大速度，
，即车的最大速度不能超过25m/s，C正确．
【点睛】本题考查匀速圆周运动，关键在于分析向心力的来源，汽车转弯时静摩擦力提供向心力，当轨道
半径最大时有最大速度．
31．（2017·全国）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
【答案】A
【解析】AB．大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环
的作用力一直不做功，A正确，B错误；
CD．小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下
半部分时，支持力指向大环的圆心，CD错误。
故选A。
32．（2016·上海）风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，
通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每
转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，
则该时间段内风轮叶片
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
【答案】B
【解析】根据题意，从图（b）可以看出，在 时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光
时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在 时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动
4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为 ，叶片转动速率为： ，故选项B正确．
【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率．
33．（2015·天津）未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人
设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站
在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法
正确的是
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
【答案】B
【解析】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在
旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有
，
故可知 ，旋转半径越大，转运角速度就越小，且与宇航员质量无关，故B正确、ACD错误．
三、填空题
34．（2023·上海）假设月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T，月球到地心的距离为r，则月球的线速度
v=_____________；若已月球的质量为m，则地球对月球的引力F = _____________。
【答案】
【解析】[1]根据角速度和周期的关系有
再根据线速度和角速度的关系有[2] 月球绕地球做匀速圆周运动有
35．（2014·天津）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正
上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若
小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度为h＝ ，圆盘转动的角速
度大小为 ．
【答案】 、
【解析】[1]小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间:
竖直方向做自由落体运动，则:
[2]根据 得：
36．（2014·上海）动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比 ，它们的角速度之比
____，质量之比 _____．
【答案】 1:2
【解析】[1]对人造卫星，根据万有引力提供向心力：可得角速度
则：
[2]线速度之比：
动能
可得
四、解答题
37．（2023·江苏）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，
杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为 时，
碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小 和受到的静摩擦力大小f。
【答案】 ；
【解析】发光体的速度
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为38．（2022·福建）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。
短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前 用时 。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加
速度大小；
（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为 的匀速圆周运动，速度大小为 。已知武大靖的
质量为 ，求此次过弯时所需的向心力大小；
（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，
如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角 的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小
取 ， 、 、 、 ）
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为 ，根据
解得
（2）根据
解得过弯时所需的向心力大小为
（3）设场地对武大靖的作用力大小为 ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得解得
可得
39．（2022·辽宁）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队
在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度
时，滑过的距离 ，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员
同时进入弯道，滑行半径分别为 ，滑行速率分别为 ，求甲、乙
过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
【答案】（1） ；（2） ，甲
【解析】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因 ，所以甲先出弯道。
40．（2022·浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 =37°的光滑直轨道AB、圆心为O
1
的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，
2
B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O、D、O 和F点处于同
1 2
一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度
，滑块与轨道FG间的动摩擦因数 ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（ ）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）设释放点距B点的长度为 ，滑块第一次经F点时的速度v与 之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度 的值。
【答案】（1）7N；（2） （ ）；（3） ， ，
【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定
理
可解得
则要保证小球能到F点， ，带入 可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度 的值可能为 ， ， 。
41．（2021·湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑
水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。
A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2） ；（3）
【解析】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v，v，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
1 2解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
0
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
42．（2020·江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直
径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为 。在轮上绕有长绳，绳上
悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度
为 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的
线速度为
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
43．（2020·天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平
瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小
球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，
重力加速度为g，求（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为
v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，
有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的
速度大小为 ，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为
⑧44．（2020·浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道
和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高 处静止
释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为 ，弧形轨道和
圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因
数仍为0.25，求它们在轨道 上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计， ，
）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （ ）； （ ）
【解析】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系
得
故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为 ，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
45．（2019·天津）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上
的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载
机的起飞过程，假设上翘甲板 是与水平甲板 相切的一段圆弧，示意如图2， 长 ，
水平投影 ，图中 点切线方向与水平方向的夹角 （ ）．若舰载机从 点由静
止开始做匀加速直线运动，经 到达 点进入 ．已知飞行员的质量 ， ，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 ；
（2）舰载机刚进入 时，飞行员受到竖直向上的压力 多大．
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为 ，则有
①
根据动能定理，有②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为 ，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
46．（2018·浙江）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直
轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传
感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨
道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻
力．
（1）求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（3）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度
方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．
【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【解析】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：
解得：A至B过程中，由动能定理： ，解得： ；
（2）B至C过程中，由动能定理：
B至P的水平距离为：
当 时P至B的水平距离最大，最大距离为： ；
（3）C至P的时间为： ，由于小球每次碰撞机械能损失 ，由 ，则碰撞后的速
度为碰撞前速度的 ，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方
向分速度的 ，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的 ，所以：
第一次反弹至落地时间为：
第二次反弹至落地时间为：
第三次反弹至落地时间为：
……
第n次反弹至落地时间为：
由数学归纳法分可得总时间为： ．
47．（2017·浙江）如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型。
倾角为 的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为 的直轨道EF，分别通过水平光滑衔
接轨道BC、平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，E、G间的水平距离l=40m。现有质量
m=500kg的过山车，从高h=40m的A点静止下滑，经 最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的
动摩擦因数均为 ，与减速直轨道FG的动摩擦因数均为 ，过山车可视为质点，运动中不脱
离轨道，求（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
（3）减速直轨道FG的长度x。（已知 ， ）
【答案】（1） ；（2）7000N，竖直向上；（3）30m
【解析】(1)设过山车到达C点的速度为vC，由动能定理可得
代入数据可得
(2)设过山车到达D点的速度为 ，由动能定理可得
由牛顿第二定律可得
联立代入数据可得
FD=7000N
由牛顿第三定律可知，过山车对轨道的作用力大小为7000N，方向竖直向上。
(3)过山车从A到达G点的过程，由动能定理可得
代人数据可得，减速直轨道FG的长度为
x=30m
48．（2018·全国）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC
为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α， ，一质量为m的小球沿水平轨道向右
运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为
零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）设水平恒力的大小为F，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
0
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
得
（2）设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得
由动能定理有
得小球在A点的动量大小为（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的
初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
得
【点睛】小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动
量、斜下抛运动有机结合，经典创新。
49．（2015·广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道
相切，半径R＝0.5m，物块A以v＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨
0
道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排
列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力
加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度v 与n的关系式。
n
【答案】(1) ，22 N ； (2) 45 ； (3)
【解析】(1)物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只
有重力做功，根据动能定理有
解得在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有
解得
为正值，说明方向与假设方向相同。
(2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v，设碰后A、B瞬间一起运动的速度
0
为v′，根据动量守恒定律有
0
解得
设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有
解得
所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的 倍，即
(3)物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为
由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移
关系式有
解得
（其中n＝1、2、3、…、44）
50．（2015·江苏）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O
与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为 ，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧
始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ；
（3）弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的功W．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F、T，OA杆与转轴的夹角为θ
1 1 1
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
F =mg+2Tcosθ
弹1 1 1
小球受力平衡
Fcosθ +Tcosθ =mg
1 1 1 1
Fsinθ =Tsinθ
1 1 1 1
解得
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F、T，OA杆与转轴的夹角为θ
2 2 2
小环受到弹簧的弹力
F =k（x-L）
弹2小环受力平衡
F =mg
弹2
解得
对小球
Fcosθ =mg
2 2
且
解得
（3）弹簧长度为 时，设OA、AB杆中的弹力分别为F、T，OA杆与弹簧的夹角为θ
3 3 3
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
2Tcosθ =mg+F
3 3 弹3
且
对小球
Fcosθ =Tcosθ +mg
3 3 3 3
解得
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：解得
