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专题10 水平面内的圆周运动模型
圆锥摆模型（2-6 题）.................................................................................................................................... 2
圆锥筒、圆碗和圆筒模型（7-11 题）.......................................................................................................6
汽车转弯模型（12-16 题）.........................................................................................................................10
圆盘转动模型（17-21 题）.........................................................................................................................15
1.
（广东）（1）为了响应国家的“节能减排”号召，某同学采用了一个家用汽车的节
能方法．在符合安全行驶的要求的情况下，通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加
油量等措施，使汽车负载减少．假设汽车以72km/h 的速度行驶时，负载改变前、后汽车受到
阻力分别为2000N 和1950N．请计算该方法使发动机输出功率减少了多少？
（2）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固
定在半径为r 的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω 匀速转动
时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ．不计钢绳的重力，求转盘转动的角
速度ω 与夹角θ 的关系．
【解答】解：（1）v＝72km/h＝20m/s，由P＝Fv 得
P1＝F1v＝f1v ①
P2＝F2v＝f2v ②
故ΔP＝P1﹣P2＝（f1﹣f2）v＝1×103W，
（2）设转盘转动角速度为ω 时，夹角为θ，
座椅到中心轴的距离：R＝r+Lsinθ ①
对座椅分析有：F 心＝mgtanθ＝mRω2 ②
1
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联立两式 得ω=√
gtanθ
r + Lsinθ ，
圆锥摆模型（2-6 题）
2.
（2023•龙华区校级四模）如图所示，小球甲在竖直面内摆动的周期为T0，悬线长为
L；小球乙在水平面内做匀速圆周运动，悬点为O1、轨迹圆圆心为O2，甲、乙两小球都能视为
质点。下列说法正确的是（ ）
A．小球甲的向心力由合力来充当
B．小球乙的向心力由拉力来充当
C．若小球乙运动的周期为T0，则与小球乙连接的悬线长度为L
D．若O1、O2两点间的距离为L，则小球乙运动的周期为T0
【解答】解：A、对甲球受力分析，甲球的向心力是由细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合
力提供，故A 错误；
B、小球乙在水平面内做匀速圆周运动，乙球的向心力是拉力沿水平方向的分力提供，故B 错误；
CD、对乙球进行受力分析，设悬线与竖直方向的夹角为α，O1、O2两点间的距离为h，轨迹圆
半径为r，
根据牛顿第二定律得mgtanα =m 4 π
2
T
2 r，
又由几何关系得tanα = r
h，解得T =2π√
h
g
对比甲球的摆动周期T 0=2π√
L
g
可知，当T＝T0时，解得h＝L，则知小球乙连接的悬线长度为
大于L，O1、O2两点间的距离为L，故C 错误，D 正确。
2
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故选：D。
3.
（2023•郴州模拟）如图所示。质量均为m 的a、b 两小球用不可伸长的长度均为L 的
轻质细绳悬挂起来，使小球a 在竖直平面内来回摆动，小球b 在水平面内做匀速圆周运动，连
接小球b 的绳子与竖直方向的夹角和小球a 摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力
加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球b 在水平面内做匀速圆周运动的周期为T＝2π√
Lcosθ
g
B．小球a 摆动到最低点时，绳子的拉力为2mg（1﹣cosθ）
C．a、b 两小球做圆周运动的半径之比为cosθ
D．小球a 运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ
【解答】解：A、小球b 在水平面内做匀速圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，有：
mgtanθ＝m4 π
2
T
2
Lsinθ
解得：T＝2π√
Lcosθ
g
故A 正确；
B、小球a 摆动到最低点时，对球受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝mv
2
L
从最高点到最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcosθ）= 1
2
mv2
联立解得：F＝（3﹣2cosθ）mg
故B 错误；
C、a、b 两小球做圆周运动的半径之比为Ra：Rb＝L：Lsinθ＝1：sinθ
故C 错误；
D、小球a 运动到最高点时速度为0，所需要的向心力为0，将重力分解到沿绳方向和垂直于绳
方向，拉力为F′＝mgcosθ
故D 错误。
故选：A。
3
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4.
（多选）（2023•思明区校级模拟）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，
腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其
简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P 到腰带中心点
O 的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，
绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝
0.6，下列说法正确的是（ ）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力不变
C．当θ 稳定在37°时，配重的角速度为ω=√15rad/s
D．当θ 由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
【解答】解：A、匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，配重受到
的合力是变力，故A 错误；
B、运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，保持不变，故B 正确；
C、对配重，由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2（lsinθ+r）
解得：ω=√
gtanθ
lsinθ+r =√
10×0.75
0.5×0.6+0.2
rad/s=√15rad/s，故C 正确；
D、由C 中公式可知，当θ 稳定在53°时，角速度大于θ 稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也
增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ
由37°缓慢增加到53° 的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以绳子对配重
做正功，故D 正确。
故选：BCD。
5.
（2023 春•清江浦区校级月考）如图所示，两个相同的小球A、B 用不同长度的细线
拴在同一点O，在不同的水平面内做圆锥摆运动，两绳与竖直方向之间的夹角相同，则小球
A、B 的（ ）
4
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A．周期相等
B．角速度相等
C．线速度大小相等
D．向心加速度大小相等
【解答】解：小球做匀速圆周运动，受力如图：
根据牛顿第二定律有：
mgtanθ＝ma= m v
2
Lsinθ =mω2•Lsinθ=m⋅4 π
2
T
2 ⋅Lsinθ
解得各运动量为：
a= gtanθ
v =√gLsinθtanθ
ω=√
g
Lcosθ
T =2π√
Lcosθ
g
由题意得连接AB 两球的两绳与竖直方向之间的夹角θ 相同，而摆线长度不等，所以向心加速度
a 大小相等，周期T、角速度ω、线速度v 大小不相等。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
6.
（2023 秋•道里区校级期中）质量为m 的小球M 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，当轻杆绕轴OO′以角速度ω 匀速转动时，a 绳与水平方向成θ 角，b
绳在水平方向上且长为l，下列说法正确的是（ ）
5
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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ω＞√
g
ltanθ
时，b 绳中存在张力
D．当b 绳突然被剪断，则a 绳的张力一定发生变化
【解答】解：AB、a 绳拉力的竖直分力等于球的重力，不可能为零，且不随角速度的增大而增
大，故AB 错误；
C、设绳b 的弹力为零，根据牛顿第二定律
mg
tanθ =mω
2l
得ω=√
g
ltanθ
则加速度大于该值时，b 绳产生弹力来补充向心力，故C 正确；
D、由于b 绳弹力可能为零，则当b 绳突然被剪断，则a 绳的张力可能不变，故D 错误。
故选：C。
圆锥筒、圆碗和圆筒模型（7-11 题）
7.
（2023 秋•安徽月考）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车（可
视为质点）沿球形铁笼内侧壁高速行驶，在不同的水平面内做匀速圆周运动，不考虑杂技演员
和摩托车质量的变化，下列说法正确的是（ ）
6
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A．摩托车在C 处对侧壁的压力小于在D 处对侧壁的压力
B．摩托车在C 处的速度小于D 处的速度
C．摩托车在C 处的角速度大于D 处的角速度
D．摩托车在C 轨道运动的周期大于在D 轨道运动的周期
【解答】解：A、演员骑着摩托车（视为质点）做匀速圆周运动，设演员和摩托车的总质量为
m，球形铁笼的半径为R，侧壁弹力与竖直方向夹角为α，受力如图所示，
侧壁对摩托车的弹力为N= mg
cosα
，由图可知，在C 处侧壁弹力和竖直方向的夹角α 大于D 外，
所以摩托车在C 处对侧壁 的压力大于在D 处对侧壁的压力，故A 错误；
BCD、根据牛顿第二定律有：mgtanα＝mω2R= mv
2
Rsinα =m( 2π
T )
2 R
解得：ω=√
g
Rcosα
，v＝sinα√
gR
cosα
，T=2π√
Rcosα
g
所以摩托车在C 处的角速度大于D 处的角速度，在C 处的速度大于D 处的速度，在C 轨道运动
的周期小于在D 轨道运动的周期，故BD 错误，C 正确。
故选：C。
8.
（2023 秋•河西区期中）如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，
圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B 两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处
做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
7
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A．A、B 球受到的支持力之比为√3：3
B．A、B 球的向心力之比为√3：1
C．A、B 球运动的角速度之比为3：1
D．A、B 球运动的线速度之比为1：2
【解答】解：A、设圆锥母线与竖直方向夹角为θ。对小球A、B 受力分析，受到重力和支持力，
在竖直方向合力为零，则有FNsinθ＝mg
解得：F N = mg
sinθ
可得A、B 球受到的支持力之比为：F NA
F NB
= sin 60°
sin30° =√3，故A 错误；
B、小球在水平面内做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，则有F向= mg
tanθ
可得A、B 球的向心力之比为：F
A
向
F
B
向
= tan 60°
tan30° =3，故B 错误；
C、小球的运动轨迹高度相同，则轨迹半径r＝htanθ
由牛顿第二定律可知
mg
tanθ =mω
2r
解得：ω=
1
tanθ√
g
h
可得A、B 球运动的角速度之比为：ωA
ωB
= tan60°
tan30° =3，故C 正确；
D、线速度与角速度的关系为v＝ωr＝ωhtanθ，联立解得A、B 球运动的线速度之比为：v A
vB
=1，
故D 错误。
故选：C。
9.
（2023 春•南开区校级期中）如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆
8
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锥筒固定不动，让两个质量相同的小球A 和小球B，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆
周运动，则（ ）
A．A 球的线速度一定大于B 球的线速度
B．A 球的角速度一定大于B 球的角速度
C．A 球的向心加速度一定大于B 球的向心加速度
D．A 球对筒壁的压力一定大于B 球对筒壁的压力
【解答】解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律，有：F＝mgtanθ＝ma= m v
2
r
=mω2r，
解得：v=√grtanθ，a＝gtanθ，ω=√
gtanθ
r
．A 的半径大，则A 的线速度大，角速度小，向心
加速度相等。故A 正确，BC 错误。
D、因为支持力N= mg
cosθ
，支持力等于球对筒壁的压力，知球A 对筒壁的压力一定等于球B 对
筒壁的压力。故D 错误。
故选：A。
10. （多选）（2023•湖南模拟）如图所示，水平地面上固定着三个内壁光滑的容器甲、
乙、丙，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为圆锥面，乙的内表面为半球面，
丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），三个容器中均有两
9
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个小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中A 球的线速度比B 球大
B．乙容器中A 球的角速度比B 球大
C．丙容器中两球角速度大小相等
D．丙容器中A 球的角速度比B 球小
【解答】解：A、设容器对小球弹力方向与竖直方向夹角为θ，对甲容器中的小球受力分析，由
牛顿第二定律mgtanθ =m v
2
r
，可得v =√grtanθ
由于θ 为定值，而A 球半径更大，则A 球线速度更大，故A 正确；
B、对乙容器中的小球受力分析，根据向心力和牛第二定律，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，可得
ω=√
g
Rcosθ =√
g
h
其中h 为球心到圆周轨迹平面的距离，由于A 球的圆周平面到球心更近，故A 的角速度比B 大，
故B 正确；
CD、对丙容器，由mgtanθ＝mω2x，由几何关系可知，tanθ 为抛物线上该点切线斜率，设抛物
线方程为y＝kx2，由平抛推论或数学求导均可得tanθ = 2 y
x
，得ω2＝2kg 可知，角速度与位置无
关，即两球角速度相等，故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
11. （2023•沙坪坝区校级开学）如图所示，半径为R 的半球形容器固定在可以绕竖直轴
旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O 的竖直线重合。有两个质量均为m 的小物块
A、B 在容器内随容器一起匀速转动且相对容器内壁静止，两物块和球心O 点的连线相互垂直，
A 物块和球心O 点的连线与竖直方向的夹角θ＝53°。物块与半球形容器间的动摩擦因数均为μ
＝0.75，物块与半球形容器间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度为g，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6。
（1）若A 物块所受的摩擦力恰好为零，求此时容器转动的角速度大小；
（2）为使两物块相对容器一直静止，求容器转动的最大角速度。
10
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【解答】解：（1）对A 有：mgtan53°＝mrω2r＝Rsin53°解得：ω=√
5 g
3 R
（2）分析B 物块，设B 受到斜向下的最大静摩擦力时，角速度为ω2，沿器壁切线方向：
F N sin37°+ fcos37° =mω2
2 Rsin37°
垂直于器壁方向：FNcos37°﹣fsin37°﹣mg＝0 又：f＝μFN
解得：ω2=√
40 g
7 R
再分析A 物块，设A 受到斜向下的最大静摩擦力时，角速度为ω1，沿器壁切线方向有：
F N sin37°+ fcos37° =mω2
2 Rsin37°
垂直于器壁方向：F'Ncos53°﹣f'sin53°﹣mg＝0
又：f'＝μF'N
无解，所以角速度的最大值为√
40 g
7 R
汽车转弯模型（12-16 题）
12. （2023 春•辽阳期末）港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体
最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R＝150m
的圆弧形弯道，总质量m＝1500kg 的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝72km/h 做匀速圆周
运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向
最大静摩擦力为汽车所受重力的3
5
，取重力加速度大小g＝10m/s2，则（ ）
11
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A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为9000N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为30m/s
【解答】解：A．过该弯道时受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，其中摩擦力提供做圆周
运动的向心力，故A 错误；
B．过该弯道时所受径向静摩擦力提供向心力f =m v
2
R =1500× 20
2
150 N = 4000 N
故B 错误；
C．过该弯道时的向心加速度大小为a= v
2
R = 20
2
150 m/ s
2= 8
3 m/ s
2
故C 错误；
D．根据kmg=m vm
2
R
通过该弯道的最大速度为vm=√kgR =√
3
5 ×10×150m/ s=30m/ s
故D 正确。
故选：D。
13. （2023 春•安康期末）2023 年5 月28 日上午，随着K7672 列车缓缓驶离固安站，标
志着京九铁路北京丰台至河北固安通通勤列车正式开通。火车转弯时，如果铁路弯道的内、外
轨一样高，则外轨对轮缘（如图所示）挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力（如图所示），
但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内
轨（如图所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，设
此时的速度大小为v，重力加速度为g，以下说法中正确的是（ ）
12
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A．该弯道的半径R = v
2
g
B．当火车速率小于v 时，内轨将受到轮缘挤压
C．当火车质量减小时，规定行驶速度也减小
D．按规定速度行驶时，支持力小于重力
【解答】解：A、若轨道平面与水平面的夹角为θ，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨
均不会受到轮缘的侧向挤压，有：mgtanθ =m v
2
R
解得：R =
v
2
gtanθ
，故A 错误；
C、由上式变形得：v =√gRtanθ，可知规定的行驶速度与火车的质量无关，故C 错误；
B、当火车速率小于v 时，火车有向心运动的趋势，则内轨将受到轮缘挤压，故B 正确；
D、按规定速度行驶时，支持力为：N = mg
cosθ
，则支持力大于重力，故D 错误。
故选：B。
14. （2023 春•凉山州期末）2023 年1 月1 日，德会高速试通车运行，该段高速公路全长
约78km。如图是高速公路上一段半径为1000m 的弯道，路面设计成外高内低，路面倾角为θ
（tanθ＝0.09），汽车速度为某一值时，汽车转弯的向心力由重力和支持力的合力提供，汽车
不受侧向摩擦力，此速度称为安全速度。已知路面与轮胎间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。根据以上数据可知（ ）
A．该路面的安全速度为110km/h
B．当车速为110km/h 时，汽车会向弯道外侧滑动
13
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C．当车速为100km/h 时，汽车受到的径向摩擦力沿路面向外
D．夏季高温，轮胎抓地力强，汽车的安全速度比冬季的安全速度大
【解答】解：AD、对该路面的安全速度v 有Fn=mgtanθ =m v
2
r
解得v =√grtanθ =√10×1000×0.09m/ s=30m/ s=108km/h
可知汽车的安全速度，与μ 无关，即与雨天和晴天时的路面状况无关，故AD 错误；
B、当汽车以最大速度转弯而不发生滑动时，此时受到的摩擦力沿倾斜路面向下，为最大静摩擦
力，设为f，在竖直方向受力平衡，有mg+fsinθ＝FNcosθ
水平方向有fcosθ+ F N sinθ =m vmax
2
r
f＝μFN
联立解得vmax =√
μ+tanθ
1- μtanθ ⋅gr =√
0.8+0.09
1-0.8×0.09 ×10×1000m/s≈98m/s≈353km/h
所以可得当车速为110km/h 时，汽车可以正常转弯，不会向弯道外侧滑动，故B 错误；
C、由于μ＞tanθ，则最大静摩擦力μmgcosθ＞mgsinθ，可知汽车可静止在路面上，当车速为
100km/h 时，即此时车速小于安全速度大小，此时重力和支持力的合力，大于此时该速度下的向
心力大小，即汽车有做向心运动的趋势，故汽车此时受到的径向静摩擦力，方向沿路面向外，
故C 正确。
故选：C。
15. （2023 春•长安区校级期末）2022 年2 月7 日，我国运动员任子威、李文龙在北京冬
奥会短道速滑男子1000 米决赛中分获冠、亚军。如图所示为短道速滑比赛场地示意图，比赛
场地周长约为111.12m，其中直道长度为28.85m，弯道半径为8m。若一名质量为50kg 的运动
员在弯道紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，转弯时冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，运动员可看作质点，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为6m/s
B．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为8m/s
14
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C．运动员受到冰面的作用力最大为100N
D．运动员受到冰面的作用力最大约为510N
【解答】解：AB.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为
v，最大静摩擦力提供向心力，有：μmg=m v
2
R
，解得：v =√μgR，代入数据得：v＝4m/s，故
AB 错误；
CD.运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力最大为：Fn=m v
2
R
，代入数据得：Fn＝
100N，竖直方向受力平衡，有：FN＝mg，代入数据得：FN＝500N，所以运动员受到冰面的最大
作用力F =√F N
2 + Fn
2，代入数据得：F≈510N，故C 错误，D 正确。
故选D。
16. （2023 春•广州期末）山崖边的公路常常被称为最险公路，某弯道如图所示，外圈临
悬崖，内圈靠山，为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面往往设计成倾斜的。某汽车在这样的
弯道转弯，下列说法正确的是（ ）
A．汽车以恒定速率转弯时，做匀变速曲线运动
B．汽车以恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需向心力越大
C．为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高
D．因弯道路面倾斜，汽车转弯时一定不需要摩擦力提供向心力
【解答】解：A、匀变速曲线运动即为加速度大小方向均不变的曲线运动，汽车以恒定速率转弯
时，加速度的大小不变，方向发生了变化，所以汽车做的是非匀变速曲线运动，故A 错误；
B、若汽车以恒定速率转弯时，根据向心力公式Fn=m v
2
r
，转弯半径大，所需的向心力小，故B
错误。
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C、为汽车安全考虑，弯道处应该设计成内侧低外侧高，这样支持力的水平分力可以提供向心力，
减小汽在转弯时发生侧滑的危险，故C 正确；
D、弯道处设计成内侧低外侧高，当汽车速度为某一适当值时，其所需向心力由汽车重力与车道
对汽车的支持力的合力提供，路面对汽车没有摩擦力的作用；当汽车速度小于此值时，汽车将
受到平行路面指向弯道外侧的摩擦力；当汽车速度大于此值时，汽车将受到平行路面指向弯道
内侧的摩擦力，故D 错误。
故选：C。
圆盘转动模型（17-21 题）
17. （2023 秋•桃城区校级月考）如图所示，两个完全相同质量均为m 的橡皮擦a、b（均
可视为质点）放在水平圆盘上，a 与竖直转轴OO′（图中O′点未画出）的距离为l，b 与竖
直转轴的距离为1.5l，橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受重力的k 倍，重力加速度大
小为g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω 表示圆盘转动的角速度，下列说法中正
确的是（ ）
A．a、b 所受摩擦力大小始终相等
B．a 一定比b 先开始滑动
C．ω=√
2kg
3l
是b 开始滑动的临界角速度
D．当ω=√
3kg
4l
时，a 所受摩擦力的大小为kmg
【解答】解：A、a、b 两橡皮擦产生相对滑动前，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，则有
F f =mω
2r。橡皮擦a、b 的质量相等，由于b 的轨道半径大，因此产生相对滑动前，b 所受的静
摩擦力大，故A 错误；
B、两个橡皮擦的最大静摩擦力相等，橡皮擦随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，橡皮擦
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所受的静摩擦力为：F f =mω
2r，因质量m 和角速度ω 相等，则两个橡皮擦所受的静摩擦力Ff
与轨道半径r 成正比，因此b 所受的静摩擦力大于a 所受的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时，
b 的静摩擦力先达到最大值，因此b 一定比a 先开始滑动，故B 错误；
C、对橡皮擦b，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则由牛顿第二定律有
Ffmax＝mωb
2（1.5l）＝kmg
解得b 开始滑动的临界角速度：ωb=√
2kg
3l
，故C 正确；
D、对橡皮擦a，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则由牛顿第二定律有
F fmax=mωa
2l =kmg
解得：ωa=√
kg
l
因为ω=√
3kg
4l ＜ωa，则当角速度ω=√
3kg
4l
时，橡皮擦a 没有达到开始滑动的临界角速度，所
以橡皮擦a 所受到的静摩擦力小于最大静摩擦力kmg，故D 错误。
故选：C。
18. （2023•江都区校级开学）如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A 和B，
mA＝4kg，mB＝1kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1m，rB＝0.2m，中间用细线
相连，A、B 与盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静
止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10m/s2，以下正确的是（ ）
A．A 的摩擦力先达到最大
B．当ω1=√20rad / s，绳子出现张力
C．当ω1=√30rad / s，AB 两物体出现相对滑动
D．当ω1=√50rad / s，AB 两物体出现相对滑动
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【解答】解：A．若A 达到最大静摩擦力时的临界角速度满足：μmA g=mA ω0 A
2 r A
代入数据解得ω0 A =2√5rad / s
同理可得B 达到最大静摩擦力时的临界角速度为：μmB g=mBω0 B
2 rB
代入数据解得ω0 B=√10rad / s
则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B 先达到临界角速度值，则B 的摩擦力先达到最大，故A 错
误；
B．当B 的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω1=√10rad / s时，绳子出
现张力，故B 错误；
CD．A 与B 的角速度相等，A 的质量是B 的4 倍而A 做圆周运动的半径是B 的1
2
，根据F＝
mω2r 可知A 需要的向心力大，所以当AB 两物体出现相对滑动时A 背离圆心运动，B 向着圆心
运动，此时B 受静摩擦力方向背离圆心，A 受静摩擦力方向指向圆心，则对A ：
T + μmA g=mA ω1
2r A
对B：T - μmB g=mBω1
2rB
解得ω1=√50rad / s，故C 错误，D 正确。
故选：D。
19. （2023•桃城区校级开学）如图所示，O 为水平转盘的圆心，物块A 和B 质量均为
m，中间用轻绳连接在一起，A 与竖直转轴之间也用轻绳连接，两绳恰好且能承受的张力足够
大，A、B 随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，已知A 与O 点距离为R，B 与O 点距
离为2R，A、B 与转盘之间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，水平转盘的角速度ω 从零开
始缓慢增大的过程中，有（ ）
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A．当ω=√
2 μg
R
时，AB 绳开始有张力
B．当ω=√
μg
R
时，AB 绳开始有张力
C．当ω=√
2 μg
3 R
时，OA 绳开始有张力
D．当ω=√
μg
R
时，OA 绳开始有张力
【解答】解：AB、由题可知，A、B 具有相同的角速度，根据向心力公式F＝mω2r
可知角速度相同时，圆周运动半径越大，向心力越大
B 的圆周半径较大，当B 达到最大静摩擦力时，AB 绳即将产生拉力，此时对B 有
μmg＝mω2•2R
解得ω=√
μg
2 R
故A、B 错误；
CD、当A、B 整体达到最大静摩擦力时，OA 绳即将产生拉力，设AB 绳的拉力为T，此时对A
有μmg﹣T＝mω2R
对B 有μmg+T＝mω2•2R
联立解得ω=√
2 μg
3 R
故C 正确，D 错误。
故选：C。
20. （2023 春•连云港期末）如图所示，水平圆盘绕中心轴匀速转动，小物块A 与圆盘保
持相对静止，则物块A（ ）
A．线速度保持不变
B．受重力、支持力、摩擦力、向心力
C．相对圆盘有沿半径向外运动的趋势
D．受到的摩擦力方向沿圆周的切线方向
【解答】解：A．小物块做匀速圆周运动，线速度大小不变，但方向在改变，故A 错误；
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B．小物块受重力、支持力、摩擦力作用，合力提供向心力，故B 错误；
C．根据分析可知小物块受重力、支持力、摩擦力作用，重力与支持力平衡，因此由静摩擦力提
供向心力，即小物块有相对圆盘有沿半径向外运动的趋势，故C 正确；
D．根据上述可知，小物块受到的摩擦力方向指向圆心，故D 错误。
故选：C。
21. （2023 春•南昌期末）如图所示，质量为mA、mB的物体A、B 用轻绳连接放在水平
圆盘上，A、B 距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B 与圆盘间动摩擦
因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω 缓慢增大（A、B 与圆盘仍保持相
对静止）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．无论μA、μB大小关系如何，A、B 一定同时达到最大静摩擦力
B．当μA＝μB，mA＞mB时，A 先达到最大静摩擦力
C．当μA＝μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，A、B 将向B 的一侧发生滑动
D．当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B 的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心
【解答】解：A.当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由
f max = μmg=mω
2r，可知，A、B 动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦
力，故A 错误；
B、当μA＝μB，mA＞mB时，由μmg＝mrω2，解得ω=√
μg
r
，可知，同时达到最大静摩擦力，故
B 错误；
C、当μA＝μB mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出
现拉力T + μmA g=mA r ω
2，T + μmB g=mBr ω
2
因为A 的质量大，A 需要提供的向心力比B 的大，角速度继续增大时，B 的摩擦力减小，然后
反向，最终达到最大时，A、B 将向A 的一侧发生滑动，故C 错误；
D、当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B 则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉
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力T + f A =mAr ω
2，T + μmB g=mBr ω
2
因为A 的质量大，A 需要提供的向心力比B 的大，角速度继续增大时，A 的静摩擦力逐渐增大
到最大值，之后B 的摩擦力减小，然后反向直到B 的摩擦力又达到最大，即B 的摩擦力方向先
指向圆心后背离圆心，故D 正确。
故选：D。
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