第3講圓周運動

一、勻速圓周運動及描述

1.勻速圓周運動

⑴定義：做圓周運動的物體，若在任意相等的時間內通過的圓弧長相笠，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。

⑶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。

2.運動參量

定義、意義公式、單位

小As271r

線速度描述做圓周運動的物體沿圓弧運動快⑴”△廠T

⑺慢的物理量(0)(2)單位：m/s

角速度⑴①一△廠工

描述物體繞圓心轉動快慢的物理量(0)

(。)(2)單位：rad/s

(DT—2廣—普，單位：s

周期⑺

(2)f=^,單位:Hz

頻率⑺物體沿圓周運動二周的時間⑺

轉速⑺

(3>=y?單位:r/s

/1、—尤—2—魚_

向心加(1)描述速度方面變化快慢的物理量(an)(l)Qn一丁一①丫一y一①0

速度(金)(2)方向指向圓心(2)單位：m/s?

二、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

2.大小：Fn=nr^=mcor=rrr^~r=ma>v=Airmfro

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。

三、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1所示)

(1)當R=0時，物體沿切線方向飛出。

⑵當0＜R＜機02r時，物體逐漸遠離圓心。

(3)當廣＞機02r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。

【自測】如圖2所示，一質量為2.0X103kg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L4X104N,當汽車經過半徑為80m的彎道時，下列

判斷正確的是()

圖2

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20m/s時所需的向心力為1.4XIO,N

C.汽車轉彎的速度為20m/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7.0m好

答案D

解析汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，但向心力是根據力的效果命

名的，不是物體實際受到的力，選項A錯誤；當汽車轉彎速度為20m/s時，根據

求

Fn=my,得所需的向心力Rn=IX1()4N,沒有超過最大靜摩擦力，所以車也不會

側滑，所以選項B、C錯誤；汽車轉彎達到最大靜摩擦力時，向心加速度最大為

4

Ffm1.4X10,，加工一九

<2n=~=2ox103m/s-=7.0m/s-,選項D正確。

I研透命題要點

命題點一圓周運動的運動學分析

1.對公式0=5的理解

當廠一定時，0與0成正比。

當。一定時，0與廠成正比。

當0一定時，o與廠成反比。

2.對an=—=arr的理解

在0一定時，an與廠成反比；在①一定時，On與廠成正比。

3.常見的傳動方式及特點

(1)皮帶傳動：如圖3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，即辦=辦。

甲乙

圖3

(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖4甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象

(3)同軸轉動：如圖5甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，COA=CDB,

甲乙

圖5

【真題示例1】（2021.廣東卷）由于高度限制，車庫出入口采用如圖6所示的曲桿

道閘。道閘由轉動桿。尸與橫桿尸。鏈接而成，尸、。為橫桿的兩個端點。在道閘

抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿。尸繞。點從與水平方向成30。勻速轉動

到60。的過程中，下列說法正確的是（）

A.P點的線速度大小不變

B.P點的加速度方向不變

C.。點在豎直方向做勻速運動

D.。點在水平方向做勻速運動

答案A

解析由于桿。尸勻速轉動，P點到圓心的距離不變，故P點的線速度大小不變，

A正確；P點的加速度為向心加速度，始終指向圓心，方向時刻變化，B錯誤；

設OP=h,PQ=h,可知。點到。點所在水平線的距離丁=/囪11（30。+。/）,故Q

點在豎直方向的運動不是勻速運動，C錯誤；Q點到O點的水平距離x=h+

Zicos（30°+^）,故。點在水平方向的運動也不是勻速運動，D錯誤。

【針對訓練1】游樂場的旋轉木馬是小朋友們非常喜歡的游玩項目。如圖7所示，

一小孩坐在旋轉木馬上，繞中心軸在水平面內做勻速圓周運動，圓周運動的半徑

為3.0m,小孩旋轉5周用時1min,則下列說法正確的是（）

圖7

7T

A.小孩做圓周運動的角速度為§rad/s

B.小孩做圓周運動的線速度為27im/s

C.小孩在1min內通過的路程為15TIm

D.小孩做圓周運動的向心加速度為盍2mzs2

答案D

t9JTTT

解析小孩做圓周運動的周期T=~=12s,則角速度為0=亍=&rad/s,A錯誤;

線速

9jrr7T

度為v=~jr=2向s，B錯誤；在1min內通過的路程5=〃-2兀廠=30兀m,C錯誤;

712

22

向心加速度為an=a）r=-^jm/s,D正確。

【針對訓練2]（2021.河北衡水中學模擬）穿梭于大街小巷的共享單車解決了人們

出行的“最后一公里”問題。單車的傳動裝置如圖8所示，鏈輪的齒數為38,飛

輪的齒數為16,后輪直徑為660mm。已知齒輪的齒數比等于半徑比，若小明以

5m/s勻速騎行，則腳踩踏板的角速度約為（）

圖8

A.3.2rad/sB.6.4rad/s

C.12.6rad/sD.18.0rad/s

答案B

解析飛輪和后輪角速度。i相等，鏈輪和飛輪的邊緣線速度。相等，鏈輪和踏板

Nio

角速度。相等，可得。=看方故正確，A、、錯誤。

22N2K=6.4rad/s,BCD

命題點二圓周運動的動力學分析

勻速圓周運動的實例分析

運動向心力的運動向心力的

模型來源圖示模型來源圖示

飛機水火車

平轉彎轉彎

F=zngtan6\

n,Img

Fn=zngtan0

再飛車

圓錐擺----

mg走壁

Fn=mgtan6

Fn=mgtan6

r=Zsin6

汽車在水平

坪噴車.............

水平路轉臺

LoJ

R=Ff

面轉彎（光滑）Pn=mng

【真題示例2】（2021?浙江6月選考）質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時

的照片如圖9所示，對該時刻，下列說法正確的是（）

圖9

A.秋千對小明的作用力小于mg

B.秋千對小明的作用力大于mg

C.小明的速度為零，所受合力為零

D.小明的加速度為零，所受合力為零

答案A

解析設秋千的擺長為/,擺到最高點時擺繩與豎直方向的夾角為仇秋千對小明

的作用力為亂沿擺繩方向，對小明受力分析，有R一mgeos。=行，因最高點

時小明的速度為0,則R=/ngcos6</ng；沿垂直擺繩方向，有機gsin6=ma,即a

=gsin0,故A正確，B、C、D錯誤。

【真題示例3】（多選）（2021?河北卷）如圖10,矩形金屬框MNQP豎直放置，其中

MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個

質量為機的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞軸分別以角速度。和勻速

轉動時，小球均相對PQ桿靜止。若力>0,則與以。勻速轉動時相比，以〃勻

速轉動時（）

A.小球的高度一定降低

B.彈簧彈力的大小一定不變

C.小球對桿壓力的大小一定變大

D.小球所受合外力的大小一定變大

答案BD

解析設彈簧的勁度系數為左，形變量為x,彈簧與豎直方向的夾角為aMN、

PQ間的距離為L,對小球受力分析有如ccos。一機g=0,即豎直方向受力為0,水

平方向有Axsin。土=當金屬框以。繞AfN軸轉動時，假設小球的位置升

高，則質減小，cos。減小，小球受力不能平衡；假設小球的位置降低，則質增

大，cos。增大，小球受力同樣不能平衡，則小球的位置不會變化，彈簧彈力的大

小一定不變，故A錯誤，B正確；小球對桿的壓力大小/N=FN=W702乙一日sin6

或RW=RN=Axsin6一機。23所以當角速度變大時壓力大小不一定變大，故C錯

誤；由口6=機02r知，當角速度變大時小球受到的合外力一定變大，故D正確。

【針對訓練3】（2021.廣東佛山市南海區摸底）如圖11所示，一根長為LOm的

輕繩一端系在固定橫軸的。點上，另一端系著一個質量為1kg的小球（小球半徑

忽略不計）。。點距離光滑水平桌面的距離為0.8m,水平桌面足夠大。若想讓小

球對水平桌面壓力為零，可以讓小球在某一水平面上做勻速圓周運動，重力加速

度取10m/s2,cos37。=0.8,則勻速圓周運動的角速度。應滿足（）

A.rad/s

C.心rad/sD.co^y[10rad/s

答案B

解析當小球對水平桌面壓力恰好為零時，對小球受力分析，如圖所示,

mg

由幾何關系cos0=7=T4=O.8

L1.U

得6=37。

小球圓周運動的半徑r=Lsin37°=0.6m

由牛頓第二定律得mgtan<9=m(z>2r,解得

co=^\[2rad/s

所以要讓小球對水平桌面壓力為零，勻速圓周運動的角速度3應滿足①>非

rad/s,故B正確，A、C、D錯誤。

命題點三豎直面內圓周運動的“兩類模型”問題

物理情景輕繩模型輕桿模型

球與繩連接、水流星、沿內軌球與桿連接、球在光滑管道中

實例

道運動的“過山車”等運動等

最高點無支撐最高點有支力掌

圖示⑦還01

受力除重力外，物體受到的彈力方除重力外，物體受到的彈力方

特征向向下或等于零向向下、等于零或向上

受力L市、,5

mgmgmgmgmg

不意圖00o1。0

V2V2

力學mg+FT=m-mg±FN=

方程

FT=0

0=0

臨界Vm2in

即歹向=0

特征

即Vmin=y[grFz=mg

過最高點在最高點的速度

心0

的條件v^\[gr

模型1輕繩模型

【例4】（2021?江蘇揚州市調研）如圖12所示是游樂場里的過山車，過山車運動過

程中經過A、3兩點（）

A.在A點時對軌道壓力較小

B.在A點時所受摩擦力較大

C.在3點時所受向心力較大

D.在3點時合外力方向豎直向下

答案B

解析由牛頓第二定律得==m曾，解得RNA=/ng+m^,

fArBfA

0%

F^B=m—iB—mg,則/7N4>mg>FNB,即在A點時對軌道壓力較大，A錯誤；摩擦力

_、V2

Ff=〃FN,則BA>BB,即在A點時所受摩擦力較大，B正確；向心力凡="亨，因

為0A>0B,r\<TB,所以居A>FnB,即在A點時所受向心力較大，C錯誤；在3點

人受豎直向下的重力、豎直向下的彈力，水平方向的摩擦力，則合力的方向斜向

下，D錯誤。

模型2輕桿模型

【例5】如圖13所示，輕桿長3L在桿兩端分別固定質量均為根的球A和5光

滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的。點，外界給系統一定能量后，桿和球在豎

直平面內轉動，球3運動到最高點時，桿對球3恰好無作用力。忽略空氣阻力,

重力加速度為g。則球3在最高點時（）

圖13

A.球3的速度為零

B.球A的速度大小為回Z

C.水平轉軸對桿的作用力為1.5mg

D.水平轉軸對桿的作用力為2.5/ng

答案C

解析球3運動到最高點時，桿對球3恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，

有=解得故A錯誤；由于A、3兩球的角速度相等，則球A

的速度大小0A短Z,故B錯誤；3球在最高點時，對桿無彈力，此時A球所

受重力和拉力的合力提供向心力，有P一根g=〃rp解得R=L5mg,故C正確，

D錯誤。

命題點四圓周運動中的兩類臨界問題

1.與摩擦力有關的臨界極值問題

物體間恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力。

2.與彈力有關的臨界極值問題

（1）壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零。

⑵繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受

力。

【例6】（多選）（2021?湖北省高考模擬）如圖14所示，豎直桿A3在A、3兩點通過

光滑較鏈連接兩等長輕桿AC和3C,AC和3C與豎直方向的夾角均為仇輕桿長

均為3在C處固定一質量為m的小球，重力加速度為g,在裝置繞豎直桿AB

轉動的角速度①從0開始逐漸增大過程中，下列說法正確的是（）

圖14

A.當①=0時，AC桿和桿對球的作用力都表現為拉力

B.AC桿對球的作用力先增大后減小

C.一定時間后，AC桿與3C桿上的力的大小之差恒定

D.當①=\/五安7時，桿對球的作用力為0

答案CD

解析當①=0時，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC桿對小球的作用力表

現為拉力，桿對小球的作用力表現為支持力，且大小相等，選項A錯誤；當

。逐漸增大時，AC桿對小球的拉力逐漸增大，3C桿對小球的支持力逐漸減小，

當3c桿的作用力為0時，有機gtan。=機①2￡sin仇解得①當①繼

續增大時，AC桿對小球的拉力繼續增大，桿對小球的作用力變為拉力，且逐

漸增大，選項B錯誤，D正確；一定時間后，AC桿和3c桿的作用力都變為拉力，

拉力的豎直分力之差等于小球的重力，即Ficos0-Ficosd=mg,則FI-F2=^^,

因此AC桿與桿上的力的大小之差恒定，選項C正確。

【針對訓練4】（2019?海南卷）如圖15所示，一硬幣（可視為質點）置于水平圓盤

上，硬幣與豎直轉軸。。的距離為心已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數為〃（最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞。。軸

勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為（）

O'

答案B

解析硬幣做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，則后=機。2r，而

=/umg,聯立可得ma>2r^/j.mg,解得①即圓盤轉動的最大角速度為

故選項B正確。

提升素養能力（限時：40分鐘）

|A級基礎對點練

對點練□圓周運動的運動學分析

1.（2021?全國甲卷，15）“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖1,先將紐扣繞幾

圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反

轉會交替出現。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s,此時紐扣上距離中

心1cm處的點的向心加速度大小約為（）

圖1

A.10m/s2B.100m/s2

C.1000m/s2D.10000m/s2

答案C

解析向心加速度的公式跖=廠。2,結合角速度與轉速的關系①=2兀〃，代入數據

可得的-1000m/s2,C正確。

2.如圖2所示，修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的。其原理可簡化為

圖中所示的模型。43是轉動的齒輪邊緣的兩點，若A輪半徑是3輪半徑的1.5

倍，則下列說法中正確的是（）

A.A、3兩點的線速度大小之比為3：2

B.A、5兩點的角速度大小之比為2：3

C.A、3兩點的周期之比為2：3

D.A、3兩點的向心加速度大小之比為1：1

答案B

解析由題意知rA：rs=3：2,A,B兩輪邊緣的線速度相等，即0A：VB=1：1,

2兀

故A錯誤；由v=a）r知a）A:a）B=rBFA=2：3,故B正確；由T=一co知TA:TB

=3：2,C錯誤；由an=c?2廠知04：（78=2：3,D錯誤。

3.（2021.陜西咸陽市5月檢測）如圖3所示為車牌自動識別系統的直桿道閘，離地

面高為1m的細直桿可繞。在豎直面內勻速轉動。汽車從自動識別線時處到達

直桿處的時間為3.3s,自動識別系統的反應時間為0.3s；汽車可看成高1.6m的

長方體，其左側面底邊在。優直線上，且。到汽車左側面的距離為0.6m,要使汽

車安全通過道閘，直桿轉動的角速度至少為（）

圖3

*兀,,-3兀一

Aarad/sBqrad/s

-兀c兀1/

C.Trad/sD.五rad/s

答案D

解析如圖所示，在3.3s-0.3s=3.0s的時間內，橫桿上距離0點水平距離0.6m

的點至少要抬高1.6m—1.0m=0.6m,設汽車恰好通過時直桿轉過的角度為0,

由幾何關系得tane=L6第二lm=］即橫桿至少轉過。則角速度。=§=

?uHI.>,t

71

五rad/s,故A、B、C錯誤，D正確。

對點練燈圓周運動的動力學分析

4.（多選）（2019?江蘇卷，6）如圖4所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速

圓周運動。座艙的質量為加，運動半徑為凡角速度大小為。，重力加速度為g,

則座艙（）

圖4

A.運動周期為當

CO

B.線速度的大小為①R

C.受摩天輪作用力的大小始終為機g

D.所受合力的大小始終為機02R

答案BD

解析座艙的周期T=*=笄，A錯誤；根據線速度與角速度的關系v=coR知，

B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與重力大小不相等，其合

力提供向心力，合力大小為R4=mco2R,C錯誤，D正確。

5.（多選）（2021.湖南懷化市一模）如圖5所示，雙手端著半球形的玻璃碗，碗內放

有三個相同的小玻璃球。雙手晃動玻璃碗，當碗靜止后碗口在同一水平面內，三

小球沿碗的內壁在不同的水平面內做勻速圓周運動。不考慮摩擦作用，下列說法

中正確的是（）

圖5

A.三個小球受到的合力大小相等

B.距碗口最近的小球線速度最大

C.距碗口最近的小球向心加速度最大

D.處于中間位置的小球的周期最小

答案BC

解析對于任意一球，設其軌道處半球形碗的半徑與豎直方向的夾角為e,半球

形碗的半徑為R。根據重力和支持力的合力提供小球圓周運動的向心力，得R臺

=mgtan0,三個小球在碗中不同位置，。不同，口合不同，故A錯誤；因r=7?sin0,

IReos0

F合=加91211u=Tn=TYld=TTlrj^F聯立得u=y/gRtan&in仇T=2a

9Vg

=gtan0,H一定，可知。越大（越接近碗口），線速度。越大、周期越小、加速度

。越大，B、C正確，D錯誤。

對點練?豎直面內圓周運動的“兩類模型”問題

6.（2021.遼寧大連測試）過山車是青少年喜歡的一種游樂項目。為了研究過山車的

原理，可將過山車簡化為如圖6所示的模型，質量為機的小球在光滑豎直圓軌道

上做圓周運動，在軌道的最高點和最低點分別安裝有壓力傳感器。讓小球從同一

位置由靜止下滑，經多次測量得到在最高點和最低點小球對軌道壓力的平均值分

別為后、F2,則當地的重力加速度為（）

圖6

Fi—F\Fi—F\

A-2mB-3m

F2~F1F2—F1

C5m

答案D

解析過山車模型可以看做輕繩模型，小球在軌道上運動時受到軌道對其指向圓

心的彈力作用。由牛頓第三定律可得在〃點和N點軌道對小球的彈力大小平均值

分別為仍、Fio設圓軌道半徑為已在M點，對小球受力分析，根據小球所受的

合力提供向心力得五2一加且=機借，在N點，對小球受力分析，根據小球所受的合

力提供向心力得mg+Fi=nr^,由M到N,根據動能定理得一根g?27?=品忒一g/加7分,

聯立解得g=%F，D正確。

7.如圖7甲所示，一輕桿一端固定在。點，另一端固定一小球，在豎直平面內

做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為八，小球

在最高點的速度大小為。，圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A.當地的重力加速度大小為普

B.小球的質量為臂

C.當廬=。時，桿對小球彈力方向向上

D.若4=2b,則桿對小球彈力大小為2〃

答案B

8b

解析在最高點，若0=0,則外=。=〃吆；若FN=0,則根§=〃沃="樂，解得g

=1,m=1R,故A錯誤，B正確；由題圖可知，當濟時，桿對小球彈力方向

向上，當">>時，桿對小球彈力方向向下，所以當"=c時，桿對小球彈力方

2b

向向下，故C錯誤；若"=2乩則尸N+加g=M五，解得尸N=〃=冽g,故D錯誤。

對點練U圓周運動中的臨界問題

8.（多選）（2021.廣東惠州市第三次調研）如圖8所示，為一種圓錐筒狀轉筒，左右

各系著一長一短的繩子掛著相同的小球，轉筒靜止時繩子平行圓錐面，當轉筒中

心軸開始緩慢加速轉動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

圖8

A.角速度慢慢增大，線長的球先離開圓錐筒

B.角速度達到一定值時兩球同時離開圓錐筒

C.兩球都離開圓錐筒后，相較于原位置上升的高度相同

D.兩球都離開圓錐筒時兩繩中的拉力大小相同

答案AC

解析設繩子與豎直方向的夾角為仇小球剛好離開圓錐筒時，圓錐筒的支持力

為0,有機gtan。=機02/sin仇解得8=個點夕繩子越長的其角速度的臨界值

越小，越容易離開圓錐筒，故A正確，B錯誤；兩小球都離開圓錐筒后，小球都

只受重力與繩子的拉力，兩小球都隨圓錐筒一起轉動，有相同的角速度，小球的

高度為h=lcos。,代入數據解得力=壬，故C正確；由以上分析可知，繩長的小

CO

球先離開圓錐筒，繩短的小球離開圓錐筒時，兩繩與豎直方向的夾角不同，繩中

拉力大小不同，故D錯誤。

9.（多選）質量為機的小球由輕繩a和匕分別系于一輕質細桿的A點和3點，如

圖9所示，繩a與水平方向成。角，繩6在水平方向且長為/,當輕桿繞軸A3以

角速度o勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，重力加速度為g,則下

列說法正確的是（）

圖9

A.a繩的張力不可能為零

B.。繩的張力隨角速度的增大而增大

c.當角速度0＞小^，6繩將出現彈力

D.若6繩突然被剪斷，則。繩的彈力一定發生變化

答案AC

解析小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供

向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，

故選項A正確；根據豎直方向上平衡得Ezsin機g,即心=恭，可知。繩的

拉力不變，故B錯誤；當6繩拉力為零時，有簫=疝蘇,計算得出O2=就，

當角速度02＞舟，6繩將出現彈力，故選項C正確；因為6繩可能沒有彈力，

/tanC7

故人繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。

|B級綜合提升練

10.（多選）如圖10所示，兩個質量均為m的小木塊a和。（可視為質點）放在水平

圓盤上，。與轉軸。。的距離為/,6與轉軸的距離為2/。木塊與圓盤的最大靜摩

擦力為木塊所受重力的左倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩

慢地加速轉動，用o表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是（）

圖10

A.人一定比。先開始滑動

B.a、匕所受的摩擦力始終相等

c.母是6開始滑動的臨界角速度

D.當①=\1有~時，a所受摩擦力的大小為hng

答案AC

解析小木塊。、方做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即衣=機。2r。當角

速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊

＜2：Fta=rncoal,當Ffa=kmg時，king=rncoal,coa—\/；對木塊。：Fm（o%2l,

當時，kmg=ma）l-2l,初冬，所以》先達到最大靜摩擦力，選項A

22

正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則Ffa=mcol,Ffb=mco-2l,Fia<Fa,

選項B錯誤；當。='僧時,0剛開始滑動，選項C正確；①件，

2

2

a沒有滑動，則Ffa=mcol=^kmg,選項D錯誤。

11.（2021.江西八校4月聯考）如圖11,用手握著細繩的一端在水平桌面上做半徑

為廣的勻速圓周運動，圓心為。，角速度為①，細繩長為3質量忽略不計，運

動過程中細繩始終與小圓相切。在細繩的另外一端系著一個質量為機的小球，小

球恰好在以。為圓心的大圓上做圓周運動。小球和桌