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第3講　圓周運動的描述　圓錐擺模型
目標要求 　1.熟練掌握描述圓周運動的各物理量之間的關系.2.掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法.3.會分析圓周運動的向心力來源，掌握圓周運動的動力學問題的分析方法，掌握圓錐擺模型.
考點一　描述圓周運動的物理量
基礎回扣
1.描述圓周運動的物理量
定義、意義 公式、單位
線速度(v) ①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量
②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切 ①v＝ΔsΔt(定義式)＝2πrT(與周期的關系)
②單位：m/s
角速度(ω) ①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量
②是矢量，但不研究其方向 ①ω＝ΔθΔt(定義式)＝2πT(與周期的關系)
②單位：rad/s
③ω與v的關系：v＝ωr
周期(T)
轉速(n)
頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周所用的時間，周期的倒數為頻率
②轉速是單位時間內物體轉過的圈數 ①T＝2πrv＝1f(與頻率的關系)
②T的單位：s
n的單位：r/s、r/min
f的單位：Hz
向心加速度(an) ①描述線速度方向變化快慢的物理量
②方向指向圓心 ①an＝v2r＝ω2r＝4π2T2r＝ωv
②單位：m/s2

2.勻速圓周運動
(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，所做的運動就是勻速圓周運動.
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動.
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心.
技巧點撥
1.對an＝v2r＝ω2r的理解
在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比.
2.常見的傳動方式及特點
(1)皮帶傳動：如圖1甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖1
(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖2甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖2
(3)同軸轉動：如圖3甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比.

圖3
描述圓周運動物理量的關系

例1 　A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們(　　)
A.線速度大小之比為4∶3
B.角速度大小之比為3∶4
C.圓周運動的半徑之比為2∶1
D.向心加速度大小之比為1∶2
答案　A
解析　時間相同，路程之比即線速度大小之比，A項正確；運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，由于時間相同，角速度大小之比為3∶2，B項錯誤；路程比除以角度比得半徑之比，為8∶9，C項錯誤；由向心加速度an＝v2r知線速度平方比除以半徑比即向心加速度大小之比，為2∶1，D項錯誤.

圓周運動的多解問題

例2 　(2020·湖南長沙市雅禮中學高三月考)如圖4所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，規定經過圓心O水平向右為x軸的正方向.在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始該容器從O點正上方隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水，求：(重力加速度為g)

圖4
(1)每一滴水經多長時間落到盤面上；
(2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤轉動的角速度ω應為多大；
(3)第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的最大距離x.
答案　(1)2hg　(2)nπg2h(n＝1,2,3，…)　(3)5v2hg
解析　(1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，有h＝12gt2，解得t＝2hg.
(2)分析題意可知，在相鄰兩滴水的下落時間內，圓盤轉過的角度應為nπ(n＝1,2,3，…)，
由ωt＝nπ得
ω＝nπt＝nπg2h(n＝1,2,3，…).
(3)第二滴水落在圓盤上時到O點的距離為：
x2＝v·2t＝2v2hg，
第三滴水落在圓盤上時到O點的距離為：
x3＝v·3t＝3v2hg，
當第二滴水與第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心兩側時，兩點間的距離最大，則：
x＝x2＋x3＝5v2hg.

1.(傳動裝置中各物理量的關系)如圖5所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是(　　)

圖5
A.小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1
B.大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4
C.大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4
D.大齒輪和小齒輪輪緣的向心加速度大小之比為4∶1
答案　B
解析　小齒輪和后輪是同軸轉動裝置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齒輪與小齒輪是皮帶傳動裝置，線速度大小相等，即v1＝v2，根據v＝ωr，得出ω1ω2＝r2r1＝14，v1v3＝v2v3＝r2r3＝116，向心加速度a＝v2r，則a1a2＝r2r1＝14，故A、C、D錯誤，B正確.
2.(圓周運動的多解問題)(2020·廣東肇慶中學月考)如圖6所示為一個半徑為5 m的圓盤，正繞其圓心做勻速轉動，當圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20 m的高度有一個小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10 m/s2，要使得小球正好落在A點，則(　　)

圖6
A.小球平拋的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平拋的初速度可能是2.5 m/s
C.圓盤轉動的角速度一定是π rad/s
D.圓盤轉動的角速度可能是π rad/s
答案　A
解析　根據h＝12gt2可得t＝2hg＝2 s，則小球平拋的初速度v0＝Rt＝2.5 m/s，A正確，B錯誤；根據ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圓盤轉動的角速度ω＝2nπt＝nπ(n＝1、2、3、…)，圓盤轉動的加速度為a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D錯誤.
考點二　圓周運動的動力學問題
基礎回扣
1.勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小.
(2)大小
Fn＝mv2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv.
(3)方向
始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力.
(4)來源
向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供.
2.離心運動和近心運動
(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動.
(2)受力特點(如圖7)

圖7
①當F＝0時，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運動.
②當0 ③當F>mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做近心運動.
(3)本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是提供的力小于做勻速圓周運動需要的向心力.

技巧點撥
1.勻速圓周運動的實例分析
運動模型 向心力的來源圖示
圓錐擺模型 飛機水平轉彎

火車轉彎

圓錐擺

飛車走壁

汽車在水平路面轉彎

水平轉臺(光滑)


2.圓周運動動力學問題的分析思路


例3 　(多選)公路急轉彎處通常是交通事故多發地帶.如圖8，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢.則在該彎道處(　　)

圖8
A.路面外側高內側低
B.車速只要低于v0，車輛便會向內側滑動
C.車速雖然高于v0，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動
D.當路面結冰時，與未結冰時相比，v0的值變小
答案　AC
解析　路面應建成外高內低，此時重力和支持力的合力指向內側，可以提供圓周運動的向心力，A正確；車速低于v0，所需的向心力減小，此時可以產生指向外側的摩擦力，減小提供的力，車輛不會向內側滑動，B錯誤；當車速為v0時，靜摩擦力為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0時，摩擦力指向內側，只要速度不超過最高限度，車輛不會向外側滑動，C正確；當路面結冰時，與未結冰時相比，由于支持力和重力不變，故v0不變，D錯誤.
例4 　(多選)如圖9所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)

圖9
A.A、B球受到的支持力之比為3∶3
B.A、B球的向心力之比為3∶1
C.A、B球運動的角速度之比為3∶1
D.A、B球運動的線速度之比為1∶1
答案　CD
解析　設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin θ＝mg，FNA∶FNB＝3∶1，選項A錯誤；F＝mgtan θ，FA∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htan θ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確.

3.(圓周運動的動力學問題)(2020·海南?？谝恢懈呷驴?如圖10所示，內壁光滑的豎直圓桶，繞中心軸做勻速圓周運動，一物塊用細繩系著，繩的另一端系于圓桶上表面圓心，且物塊貼著圓桶內表面隨圓桶一起轉動，則(　　)

圖10
A.繩的張力可能為零
B.桶對物塊的彈力不可能為零
C.隨著轉動的角速度增大，繩的張力保持不變
D.隨著轉動的角速度增大，繩的張力一定增大
答案　C
解析　當物塊隨圓桶做圓周運動時，繩的拉力的豎直分力與物塊的重力保持平衡，因此繩的張力為一定值，且不可能為零，故A、D錯誤，C正確；當繩的水平分力提供向心力的時候，桶對物塊的彈力恰好為零，故B錯誤.
4.(圓錐擺模型)如圖11所示，長度不同的兩根輕繩L1與L2，一端分別連接質量為m1和m2的兩個小球，另一端懸于天花板上的同一點O，兩小球質量之比m1∶m2＝1∶2，兩小球在同一水平面內做勻速圓周運動，繩L1、L2與豎直方向的夾角分別為30°與60°，下列說法中正確的是(　　)

圖11
A.繩L1、L2的拉力大小之比為1∶3
B.小球m1、m2運動的向心力大小之比為1∶6
C.小球m1、m2運動的向心加速度大小之比為1∶6
D.小球m1、m2運動的線速度大小之比為1∶2
答案　B
解析　小球運動的軌跡圓在水平面內，運動形式為勻速圓周運動，在指向軌跡圓圓心方向列向心力表達式方程，在豎直方向列平衡方程，可得拉力大小FT1＝m1gcos 30°，FT2＝m2gcos 60°，則FT1FT2＝36，A選項錯誤；向心力大小F1＝m1gtan 30°，F2＝m2gtan 60°，則F1F2＝16，B選項正確；a1＝F1m1，a2＝F2m2，則a1a2＝13，C選項錯誤；由a＝v2r，因連接兩小球的懸點距兩小球運動平面的距離相等可知，v1v2＝a1·tan 30°a2·tan 60°＝13，D選項錯誤.
5.(火車轉彎)(多選)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌.如圖12所示，當火車以規定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則(　　)

圖12
A.該彎道的半徑r＝v2gtan θ
B.當火車質量改變時，規定的行駛速度大小不變
C.當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓
D.當火車速率大于v時，外軌將受到輪緣的擠壓
答案　ABD
解析　火車轉彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律有：mgtan θ＝mv2r，解得：r＝v2gtan θ，故A正確；根據牛頓第二定律有：mgtan θ＝mv2r，解得：v＝grtan θ，可知火車規定的行駛速度與火車質量無關，故B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故C錯誤，D正確.

物體所受合力不指向圓心，合力產生兩個效果：
(1)沿半徑方向的分力提供向心力，產生向心加速度an，改變速度的方向；
(2)沿切線方向的分力，產生切向加速度at，改變速度的大小，當at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反之，則做減速圓周運動.
例5 　水平轉盤上距轉軸1.2 m處放置一個10 kg的物體(可視為質點)，物體與轉盤間的動摩擦因數為0.13.當轉盤轉動后，可使物體以0.5 m/s2的切向加速度做加速圓周運動，經過多少時間物體和轉盤發生相對滑動？(滑動摩擦力等于最大靜摩擦力)
答案　2.4 s
解析　物體做加速圓周運動，所以靜摩擦力不指向圓心，(如圖)把靜摩擦力分解，

可知Ff1＝ma
Ff2＝mvr2
當物體恰好滑動時：(μmg)2＝Ff12＋Ff22
聯立以上三式，解得v＝1.2 m/s
物體沿圓周做加速運動，所以t＝va＝2.4 s.
課時精練

1.(多選)關于勻速圓周運動的說法，正確的是(　　)
A.勻速圓周運動的速度大小保持不變，所以做勻速圓周運動的物體沒有加速度
B.做勻速圓周運動的物體，雖然速度大小不變，但方向時刻都在改變，所以必有加速度
C.做勻速圓周運動的物體，加速度的大小保持不變，所以是勻變速曲線運動
D.勻速圓周運動加速度的方向時刻都在改變，所以勻速圓周運動一定是變加速曲線運動
答案　BD
解析　速度和加速度都是矢量，做勻速圓周運動的物體，雖然速度大小不變，但方向時刻在改變，速度時刻發生變化，必然具有加速度.加速度大小雖然不變，但方向時刻改變，所以勻速圓周運動是變加速曲線運動，故B、D正確，A、C錯誤.
2.(2019·山西六校聯考)如圖1所示，小物塊A與圓盤保持相對靜止，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列關于小物塊A受力情況的說法中正確的是(　　)

圖1
A.受重力、支持力和向心力
B.受重力、支持力和指向圓心的摩擦力
C.受重力、支持力和與運動方向相反的摩擦力
D.受重力、支持力、指向圓心的摩擦力和指向圓心的向心力
答案　B

3.(多選)如圖2為甲、乙兩球做勻速圓周運動時向心加速度隨半徑變化的關系圖線，甲圖線為雙曲線的一支，乙圖線為直線.由圖象可以知道(　　)

圖2
A.甲球運動時，線速度的大小保持不變
B.甲球運動時，角速度的大小保持不變
C.乙球運動時，線速度的大小保持不變
D.乙球運動時，角速度的大小保持不變
答案　AD
解析　由a＝ω2r知，當角速度的大小不變時，a與r成正比，故D正確，C錯誤；由a＝v2r知，當線速度的大小不變時，a與r成反比，故A正確，B錯誤.
4.(多選)(2020·遼寧丹東市質檢)在如圖3所示的齒輪傳動中，三個齒輪的半徑之比為2∶3∶6，當齒輪轉動的時候，關于小齒輪邊緣的A點和大齒輪邊緣的B點，(　　)

圖3
A.A點和B點的線速度大小之比為1∶1
B.A點和B點的角速度之比為1∶1
C.A點和B點的角速度之比為3∶1
D.以上三個選項只有一個是正確的
答案　AC
解析　題圖中三個齒輪邊緣線速度大小相等，則A點和B點的線速度大小之比為1∶1，由v＝ωr可知，線速度一定時，角速度與半徑成反比，則A點和B點角速度之比為3∶1，故A、C正確，B、D錯誤.
5.(2018·浙江11月選考·9)如圖4所示，一質量為2.0×103 kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104 N，當汽車經過半徑為80 m的彎道時，下列判斷正確的是(　　)

圖4
A.汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力
B.汽車轉彎的速度為20 m/s時所需的向心力為1.4×104 N
C.汽車轉彎的速度為20 m/s時汽車會發生側滑
D.汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0 m/s2
答案　D
解析　汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A錯誤；汽車轉彎的速度為20 m/s時，根據Fn＝mv2R，得所需的向心力為1.0×104 N，沒有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會發生側滑，B、C錯誤；汽車安全轉彎時的最大向心加速度為am＝Ffm＝7.0 m/s2，D正確.
6.未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態，為緩解這種狀態帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖5所示.當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力.為達到上述目的，下列說法正確的是(　　)

圖5
A.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大
B.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小
C.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大
D.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小
答案　B
解析　根據向心力的公式man＝mω2r，要想使宇航員在旋轉艙內受到側壁的彈力等于站在地球表面受到地面的支持力，旋轉艙的向心加速度an應等于重力加速度，旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度應該越小，選項A錯誤，B正確；旋轉艙的角速度與宇航員的質量無關，選項C、D錯誤.
7.如圖6所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上.不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　)

圖6
A.A的速率比B大
B.A與B的向心加速度大小相等
C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等
D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小
答案　D
解析　A、B繞豎直軸勻速轉動的角速度相等，即ωA＝ωB，但rA
8.(多選)(2019·天津市南開區下學期二模)飛機飛行時除受到發動機的推力和空氣阻力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面向上，當飛機在空中盤旋時機翼傾斜(如圖7所示)，以保證重力和機翼升力的合力提供向心力.設飛機以速率v在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成θ角，飛行周期為T.則下列說法正確的是(　　)

圖7
A.若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大
B.若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大
C.若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大
D.若飛行速率v增大，θ增大，則周期T可能不變
答案　CD
解析　對飛機進行受力分析，如圖所示，根據重力和機翼升力的合力提供向心力，得mgtan θ＝mv2R＝m4π2T2R，解得：v＝gRtan θ，T＝2πRgtan θ.若飛行速率v不變，θ增大，由v＝gRtan θ知，R減小，則再由T＝2πRgtan θ知，T減小，故A、B錯誤；若θ不變，飛行速率v增大，由v＝gRtan θ知，R增大，故C正確；若飛行速率v增大，θ增大，R的變化不能確定，則周期T可能不變，故D正確.


9.如圖8所示，一根細線下端拴一個金屬小球Q，細線穿過小孔(小孔光滑)另一端連接在金屬塊P上，P始終靜止在水平桌面上，若不計空氣阻力，小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺).實際上，小球在運動過程中不可避免地受到空氣阻力作用.設因阻力作用，小球Q的運動軌道發生緩慢的變化(可視為一系列半徑不同的圓周運動).下列判斷正確的是(　　)

圖8
A.小球Q的位置越來越高
B.細線的拉力變小
C.小球Q運動的角速度變大
D.P受到桌面的靜摩擦力變大
答案　B
解析　由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，則所需要的向心力減小，小球做近心運動，小球的位置越來越低，故A項錯誤；設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L，當小球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖所示，則有FT＝mgcos θ，mgtan θ＝mv2Lsin θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝gLcos θ，由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，θ減小，cos θ增大，因此，細線的拉力FT減小，角速度ω減小，故B項正確，C項錯誤；對金屬塊P，由平衡條件知，P受到桌面的靜摩擦力大小等于細線的拉力大小，則靜摩擦力變小，故D項錯誤.

10.(多選)(2019·四川成都七中5月測試)天花板下懸掛的輕質光滑小圓環P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉.一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B(m1≠m2).設兩球同時做如圖9所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則(　　)

圖9
A.兩球運動的周期相等
B.兩球的向心加速度大小相等
C.球A、B到P的距離之比等于m2∶m1
D.球A、B到P的距離之比等于m1∶m2
答案　AC
解析　對其中一個小球受力分析，其受到重力和繩的拉力FT，繩的拉力在豎直方向的分力與重力平衡，設輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，設該小球到P的距離為l，則有FTsin θ＝mgtan θ＝m4π2T2lsin θ，解得周期為T＝2πlcos θg＝2πhg，因為任意時刻兩球均在同一水平面內，故兩球運動的周期相等，選項A正確；連接兩球的繩的張力FT相等，由于向心力為Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m與l成反比，即l1l2＝m2m1，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝(2πT)2htan θ，故向心加速度大小不相等，選項C正確，B、D錯誤.
11.(多選)如圖10所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動.一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，則(　　)

圖10
A.子彈在圓筒中的水平速度為v0＝dg2h
B.子彈在圓筒中的水平速度為v0＝2dg2h
C.圓筒轉動的角速度可能為ω＝πg2h
D.圓筒轉動的角速度可能為ω＝3πg2h
答案　ACD
解析　子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t＝2hg，則v0＝dt＝dg2h，故A正確，B錯誤；在此段時間內圓筒轉過的圈數為半圈的奇數倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝(2n＋1)πt＝(2n＋1)πg2h(n＝0,1,2，…)，故C、D正確.
12.(2019·江蘇宿遷市2月調研)如圖11所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉動.質量不同的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α>β，則(　　)

圖11
A.A的質量一定小于B的質量
B.A、B受到的摩擦力可能同時為零
C.若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力
D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
答案　D
解析　當B受到的摩擦力恰為零時，受力分析如圖；根據牛頓第二定律得：mgtan β＝mωB2Rsin β，解得：ωB＝gRcos β，同理可得：ωA＝gRcos α，物塊轉動角速度與物塊的質量無關，所以無法判斷物塊質量的大小，故A錯誤；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同時為零，故B錯誤；若A不受摩擦力，此時轉臺的角速度為ω＝ωA>ωB，則B物塊有向上的運動趨勢，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力，故C錯誤；如果轉臺的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故D正確.


13.如圖12所示，質量為m＝1.2 kg的小球P(可以看成質點)，用兩根輕繩OP和O′P在P點拴結后再分別系于豎直軸上相距0.3 m的O、O′兩點上，繩OP長0.5 m，繩O′P長0.4 m.

圖12
(1)今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起.當繩O′P剛伸直時，拉力F的大小是多少？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使軸加速轉動，求兩繩繃緊時的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使軸勻速轉動，設繩O′P對球的作用力為F′，系統與軸一起轉動的角速度為ω，請寫出F′與角速度ω的關系式并且作F′－ω2的圖象.
答案　(1)10 N　(2)1033 rad/s　(3)見解析
解析　(1)繩O′P剛拉直時，設OP繩拉力為FT1，此時O′P繩子拉力為零，小球受力如圖甲所示.根據幾何關系可得：sin α＝OO′OP，所以有：α＝37°，根據共點力的平衡條件可得：Fcos θ＝FT1cos α，Fsin θ＋FT1sin α＝mg，聯立解得F＝10 N；
(2)如果撤去力F，使軸加速轉動，角速度最小對應的是O′P繩的拉力為零，合力提供向心力，故：F合＝mgtan 53°＝mω2rO′P，解得：ω＝1033 rad/s；
(3)當角速度大于1033 rad/s時，繩子O′P有拉力，球受重力、兩個拉力，合力提供向心力.如圖乙所示，豎直方向：FT1′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cos 37°＝mω2rO′P，聯立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的圖象，如圖丙所示.

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