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秘籍4 竖直面与水平面的圆周运动问题
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、牛顿运动定律、向心力、功能关系等内
容，常以生活中的一些圆周运动模型，如汽车过弯、火车过弯来来呈现，或者单独水平面或竖直
面上圆周运动来考察。
题型一 有关圆盘上无绳两物体的水平面圆周运动的临界问题（选择题）
题型二 有关圆盘上无绳两物体的水平面圆周运动的临界问题（选择题）
题型三 竖直面内的绳类(轨道内侧)问题（选择题）
题型四 竖直面内的杆类(管类)问题（选择题）
1、圆锥摆模型
1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在
水平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。
2．受力特点：摆球质量为m，只受两个力即竖直向下的重力mg和沿摆线方向的拉力FT。两个力的
合力，就是摆球做圆周运动的向心力
，如图所示（也可以理解为拉力
的竖直分力与摆球的重
1
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力平衡，
的水平分力提供向心力）。
4．运动特点：摆长为l，摆线与竖直方向的夹角为θ的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周
运动的轨道半径是r =lsinθ
向心力 F合=mg tanθ =man=mω
2l sinθ =m v
2/(l sinθ)
摆线的拉力 FT =mg/cosθ
【讨论】：
(1) 当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据
cosθ = g/(ω
2l)可知，若角速度ω越大，则θ越大，摆线拉力FT =mg/cosθ也越大，向心加速度
an= g tanθ也越大，线速度v =ωr =√glsinθ tanθ也越大。
结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若θ越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越
大，转动的越快，运动的也越快，。
(2)当lcosθ为定值时（lcosθ =h为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量
相等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力FT =mg/cosθ，向心力
F合=mg tanθ，向心加速度an= g tanθ，角速度ω=√g/h，线速度v =ωr =√gh tanθ。
结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但θ角
大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。
2
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2、锥形、球形容器模型
一．圆锥斗
1.结构特点：内壁为圆锥的锥面，光滑，轴线垂直于水平面且固定不动，可视为质点的小球紧贴着
内壁在图中所示的水平面内做匀速圆周运动。
2.受力特点：小球质量为m，受两个力即竖直向下的重力mg和垂直内壁沿斜向上方向的支持力F N。
两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力
，如图所示
3.运动特点：轴线与圆锥的母线夹角θ，小球的轨道面距地面高度h，圆
周轨道的圆心是O，轨道半径是r =h tanθ, 则有
向心力Fn=mg/ tanθ =man=mω
2h tanθ =m v
2/(h tanθ).
支持力F N =mg/sinθ.
由此得an= g/ tanθ，ω=√
g
h(tanθ)
2，v =√gh。
结论是：在同一地点，同一锥形斗内在不同高度的水平面内做匀速圆周运动的同一小球，支持力大
小相等，向心力大小相等，向心加速度大小相等，若高度越高，则转动的越慢，而运动的越快。
二．圆碗
受力分析运动分析
正交分解x 轴指向
心
列方程求解
规律
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcosθ=mg
r=Rsinθ
an=gtanθω=√
g
Rcosθ
;
F N = mg
cosθ =mω
2 R
①同角同向心加速度（B 和
C）
②同高同角速度（A 和C）
3、圆盘模型
mg
θ
R
FN
mg
FN
θ
x
y
A
B
C
A
B
A
B
A B
A
B
A
B
A
B
·
θ
3
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f 静=mω2r
ω 临= √
μg
r
与质量无关
轻绳出现拉力临界ω1=√
μg
rB
; AB 离心的临界：
隔离A:T=μmAg；隔离B:T+μmBg=mBω2
2rB；
隔离A:μmAg-T=mAω2
2rA；隔离
B:T+μmBg=mBω2
2rB；
隔离A:T-μmAg=mAω2
2rA；隔离
B:T+μmBg=mBω2
2rB；
整体：AB 滑动ω 临2=√
μg
r 质心
（
r 质心= mA r A+mBrB
mA+mB
）
①μA≥μB,
ω 临1=√
μB g
r
①ωmin=
√
mB g- μmA g
r
②μA<μB,
ω 临2=√
μA g
r
②ωmax=
√
mB g+ μmA g
r
3、竖直面绳、杆模型
轻绳模型（没有支撑）
轻杆模型（有支撑）
常见
类型
过最高点的
临界条件
由mg＝m 得v 临＝
由小球能运动即可得v 临＝0
对应最低点速度v 低≥√5 gr
对应最低点速度v 低≥√4 gr
绳不松不脱
轨条件
v 低≥√5 gr或v 低≤√2gr
不脱轨
最低点弹力
F 低-mg =mv 低2/r
F 低=mg+mv 低2/r，向上拉力
F 低-mg =mv 低2/r
F 低=mg+mv 低2/r，向上拉力
最高点弹力
过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，
绳、轨道对球产生弹力FN＝m-mg
向下压力
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为向上支持力
(2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN向上支
持力，随v 的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN为向下压力
并随v 的增大而增大
ω2
O
f
μmg
ω2
O
T
出现T
滑动
ω2
O
f
B μmBg
μmAg
A
ω2
O
f
B μmBg
μmAg
A
4
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在最高
点的FN
图线
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
4、常用公式
物理概念规律名称
公式
动能
= p
2
2m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cos (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S 相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率：
即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
1
2 mv1
2+mgh1+ 1
2 k x1
2= 1
2 mv2
2+mgh2+ 1
2 k x2
2或者Ep= Ek
1.
（多选）（2024•甘肃模拟）如图所示，可视为质点、质量为M 的物块用长为L 的细
绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方
向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（ ）
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A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零
B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为1
2 μMgLsinα
C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为√
g
Lsinα
D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零
【解答】解：AB、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩擦力提供向心
力，设转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有
μMg＝Mω1
2Lsinα
此时物块的线速度大小为
v1＝ω1Lsinα
设从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，转盘对物块做的功为W，对物块，由动能定理得
W = 1
2 mv
2
联立解得：W = 1
2 μMgLsinα，故A 错误，B 正确；
C、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向有
Mg＝Tcosα
水平方向上，由牛顿第二定律有
Tsinα = M ω2❑
2 Lsinα
联立解得：ω2=√
g
Lcosα
可知当物块的角速度增大到√
g
Lcosα 时，物块与转台间恰好无相互作用，所以物块能在转台上随
转台一起转动的最大角速度为√
g
Lcosα ，故C 错误；
D、物块在做圆周运动的过程中，细绳对物块拉力方向与物块运动的方向始终垂直，因此细绳对
物块拉力的瞬时功率始终为零，故D 正确。
故选：BD。
2.
（2023 春•清江浦区校级月考）如图所示，金属环M、N 用不可伸长的细线连接，分
别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转
动时，两金属环相对杆始终不动，下列判断正确的是（ ）
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A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B．转动的角速度越大，环N 与竖直杆之间的弹力越大
C．转动的角速度越大，环M 与水平杆之间的摩擦力越大
D．转动的角速度不同，环M 与水平杆之间的弹力仍相等
【解答】解：AB、根据题意，分别对金属环N 受力分析，如图所示，
由于金属环相对杆始终不动，设细绳与竖直方向的夹角为θ，对N 环（设其质量为mN）
由平衡条件，竖直方向有：Fcosθ＝mNg
水平方向：Fsinθ＝FN
解得：F = mN g
cosθ 、FN＝mgtanθ
由此可知，由于θ 不变，则细线中的拉力和环N 与竖直杆之间的弹力不变，故AB 错误；
根据题意，设整个装置以竖直杆为轴以ω0转到时，环M 与横杆没有摩擦力，对M 环（设其质
量为mM）受力分析，如图所示，
水平方向上，由牛顿第二定律有：mM ω0
2r = Fsinθ =mN gtanθ
竖直方向上有：Fcosθ+mMg＝FN'
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解得：ω0=√
mN gtanθ
mM r
，FN'＝（mN+mM）g
D、由上式可知FN'＝（mN+mM）g 可知，转动的角速度不同，环M 与水平杆之间的弹力仍相等，
故D 正确。
C、若转动的角速度大于ω0，则有：mM ω
2r =mN gtanθ+ f
由此可知，随着ω 增大，f 增大
若转动的角速度小于ω0，则有：mM ω
2r =mN gtanθ - f
由此可知，随着ω 增大，f 减小，故C 错误。
故选：D。
3.
（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
所受的静摩擦力为：Ff =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
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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。
4.
（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（ ）
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
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【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。
5.
（2023 春•沙坪坝区校级期末）如图所示，叠放在水平圆形转台上的物体A、B 能随
转台在半径r 的圆周上运动，A、B 质量均为m，A 与B、B 与转台间的动摩擦因数分别为
0.2、0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．B 对A 的摩擦力一定为0.2mg
B．在转台的角速度不断增大的过程中，A 先相对滑动被甩出
C．在转台的角速度不断增大的过程中，A 受到的摩擦力一定指向圆心
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D．A、B 能随转台一起转动的最大角速度为√
0.3 g
r
【解答】解：A、由题意，可知若A 与B 起以角速度ω 匀速转动，根据牛顿第二定律可得B 对
A 的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝mrω2≤fmax＝μmg＝0.2mg，故A 错误；
B、在转台角速度不断增大的过程中，设当B 对A 的最大静摩擦力恰好提供向心力时，转台的角
速度为ω0，对A 根据牛顿第二定律，有：f max=0.2mg =mr ω0
2
此时设转台对B 的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有：f - f max=mr ω0
2
求得此时转台对B 的摩擦力为f＝0.4mg 而转台对B 的最大静摩擦力为：fmax＝μ×2mg＝0.6mg＞
0.4mg
所以，可知在转台的角速度不断增大的过程中，A 先达到最大静摩擦力，则A 先相对滑动被甩
出，故B 正确；
C、在转台的角速度不断增大的过程中，若A 发生相对滑动被甩出，在转台上发生滑动时，此时
A 不是做匀速圆周运动，其受到的摩擦力不指向圆心，故C 错误；
D、由选项B 分析可知，A、B 能随转台一起转动的最大角速度为ω0= f max
m =√
0.2 g
r
，故D 错误。
故选：B。
6.
（2023 春•重庆期末）如图所示的装置中，小木块在摩擦力的作用下随水平转盘一起
运动。当转速逐渐增大到某值时木块相对转盘滑动。下列图像中能大致反映小木块离开转盘前
所受摩擦力大小与转盘转速间关系的是（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力）（ ）
A．
B．
C．
D．
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【解答】解：小木块在摩擦力的作用下随水平转盘一起运动，属于水平面内的匀速圆周运动问
题，合外力一定在水平方向且指向圆心提供向心力。故对小物块受力分析得重力和支持力，平
衡，只能是摩擦力提供向心力，即f＝m（2πn）2r＝4π2rmn2
即f﹣n 图像为抛物线；
当物块与平台之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，再增加转速，木块所受摩擦力不足以提供所
需向心力，则物块开始滑动，此后摩擦力为滑动摩擦力大小为f＝μmg，保持不变，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
7.
（2023 秋•北碚区校级期中）如图所示，固定在竖直面内的粗糙轨道ABC 由直线段
AB 和圆弧段BC 组成，两段相切于B 点，BC 段圆心为O，最高点为C，A 与C 的高度差等于
圆弧轨道的直径2R。质量为m 的小球从A 点以初速度v0=√5 gR冲上轨道，能恰好沿轨道运
动到C 点。若小球所受阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．小球在C 点受到轨道的支持力大小为0
B．小球从A 到C 的过程中，机械能减少了5
2 mgR
C．小球从A 到C 的过程中，克服了轨道的阻力做功1
2 mgR
D．若要让小球从C 点脱离轨道，则至少要将小球的初速度v0增大到2√gR
【解答】解：A、小球能恰好沿轨道运动到C 点，即到达C 点时速度恰好为零，所以小球在C
点受到轨道的支持力与小球所受的重力等大反向，故A 错误；
B、小球从A 到C 的过程中，机械能减少了：ΔE= 1
2 m v0
2-mg×2R= 1
2 mgR，故B 错误；
C、小球从A 到C 的过程中，克服了轨道阻力做功：W＝ΔE= 1
2 mgR，故C 正确；
D、由于2√gR＜√5 gR，所以初速度为2√gR时，小球到达不了C 点，故D 错误。
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故选：C。
8.
（2023 秋•郫都区校级月考）如图所示，一长为0.1m 的轻杆的一端固定在位于O 点
的水平转轴上，另一端固定一质量为0.1kg 的小球（可视为质点），轻杆随转轴在竖直平面内
做圆周运动，P 是圆周上的最高点，Q 为最低点。已知重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．当小球运动到与O 点等高的水平位置时，杆对小球的作用力为零
B．若小球刚好能经过最高点P，则此时杆对小球的作用力为零
C．若小球经过P 点时杆对小球的作用力大小等于0.36N，则此时小球的速度大小一定等于
0.8m/s
D．若小球经过Q 点时杆对小球的作用力大小等于5N，则此时小球的速度大小一定等于2m/s
【解答】解：A、当小球运动到与O 点等高的水平位置时，杆对小球的作用力提供小球做匀速圆
周运动的向心力，不为零，故A 错误；
B、小球恰好能够到达最高点P，则有vp＝0，由牛顿第二定律可得：F+mg＝0，则F＝﹣mg，所
以此时杆对小球的作用力不为零，故B 错误；
C、在最高点P，杆对小球的作用力可能向上，也可能向下，因此有：mg- F =m v1
2
L
或
mg+ F =m v2
2
L
解得：v1＝0.8m/s，v2=√1.36m/ s，故C 错误；
D、当小球运动到Q 点时，小球受到杆的拉力为5N，则有：F -mg=m vQ
2
L
，代入数据解得：vQ
＝2m/s，故D 正确。
故选：D。
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9.
（2023 秋•郫都区校级月考）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在
做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N 装有连着数字计时器的光电门，可测
球经过N 点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M 点时对管道作用力F
（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复实验，得到F 与v N
2 的关系图像如图乙，c
为图像与横轴交点坐标，b 为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中不
正确的是（ ）
A．若小球经过N 点时满足v N
2 =c，则经过M 点时对轨道无压力
B．当小球经过N 点时满足v N
2 =√2c，则经过M 点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为c
5 g
D．小球质量m=- b
5 g
【解答】解：A、由乙图可知，当v N
2 =c 时，小球经过M 点时对管道作用力F＝0，故A 正确；
B、由乙图可知，当v N
2 =√2c 时，小球经过M 点时对管道作用力F＞0，即F 的方向竖直向上，
小球对外管道壁有压力，故B 错误；
C、设圆的半径为R，从最高点M 到最低点N，由动能定理得：2mgR= 1
2 m v N
2 - 1
2 m v M
2
当v N
2 =c 时，代入上可得：v M
2 =c﹣4gR
此时小球经过M 点时对管道作用力为：F＝0
则有：mg＝mv M
2
R =mc - 4 gR
R
14
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解得：R= c
5 R ，故C 正确；
D、小球经过M 点时，由向心力公式有：mg+F′＝mv M
2
R
由牛顿第三定律有：F′＝F
结合2mgR= 1
2 mv N
2 - 1
2 mv M
2
当v N
2 =0 时，F＝﹣b 时，解得：m=- b
5 g，故D 正确。
本题选不正确的，故选：B。
10. （2023 春•浉河区校级期末）如图，在竖直平面内有一个半径为R 且光滑的四分之一
圆弧轨道AB，轨道下端B 与水平面CD 相切，BC 光滑且长度大于R，C 点右边粗糙程度均匀
且足够长。现用手捏住一根长为R
4 的匀质细杆的上端，使杆下端与A 点等高，然后由静止释
放杆子，让杆子保持沿轨道内下滑。不计空气阻力及杆与圆弧轨道的撞击，重力加速度为g，
下列说法正确的是（ ）
A．杆子前端到达C 点时的速度大小为√
5 gR
2
B．杆子前端在过C 点后，一直做匀减速运动
C．杆子前端在过C 点后，滑行一段距离后停下来，在此过程中，若将杆子分成任意两段，其前
一段对后一段的作用力大小不变
D．若杆子前端在过C 点后，滑行s 距离后停下，且s＞R，杆子与粗糙平面间的动摩擦因数为
9 R
8 s- R
【解答】解：A、杆子从A 处静止释放到前端到达C 点的过程，由动能定理得：mg（R+ 1
8R）
= 1
2 mvC
2 ，解得：vC= 3
2 √gR，故A 错误；
15
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B、杆子前端在过C 点后，在杆子通过C 点的过程中，杆子受到的滑动摩擦力逐渐增大，合力逐
渐增大，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，当杆子完全进入CD 后，受到的滑
动摩擦力不变，合力不变，开始做匀减速直线运动，故B 错误；
C、杆子前端在过C 点后，将杆子分成任意两段，设前段的质量为m。若前段已经通过C 点，在
后段通过C 点的过程，对前段，由牛顿第二定律得：f﹣F＝ma，则后段对前段的作用力大小F
＝f﹣ma，a 增大，f 不变，F 减小，故C 错误；
D、绳子前端滑过C 点后，其受到的滑动摩擦力先均匀增大，其平均值为f = 0+ μmg
2
= 1
2μmg，
后端通过C 点后滑动摩擦力不变，其值为μmg。
从前端过C 点到停止的过程，由动能定理得：−1
2μmg• R
4 −μmg（s−R
4 ）＝0−1
2 m vC
2 ，解得：μ
=
9 R
8 s- R
，故D 正确。
故选：D。
11. （2023 春•芜湖期末）如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，
相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压
力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离x 变化时，测得两点
压力差ΔFN与距离x 的关系图像如右图所示。不计空气阻力，g 取10m/s2。则可判断（ ）
A．小球的质量为1kg
B．相同半圆光滑轨道的半径为0.2m
C．若小球在最低点B 的速度为20m/s，小球沿光滑轨道恰能通过A 点，则x 为15m
D．若小球在最低点B 的速度为20m/s 且x 为0，则小球运动到A 点时的速度为15m/s
【解答】解：AB、设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R。小球从最低点到最高点的过程，
由机械能守恒定律可得
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1
2 mvB
2 = 1
2 mv A
2 +mg（2R+x）
由牛顿第二定律可得
对B 点，有FN1﹣mg＝mvB
2
R
对A 点，有F N 2+mg=m v A
2
R
结合牛顿第三定律解得A、B 两点的压力差为
Δ F N = F N 1- F N 2=6mg+ 2mgx
R
由题图可得，纵轴截距为b＝6mg＝6N
斜率为k= 2mg
R
= 10-6
4
N/m
解得：m＝0.1kg，R＝2m，故AB 错误；
C、小球沿光滑轨道恰能通过A 点的条件为：mg＝mv A
2
R
，得vA＝2√5m/s
若小球在最低点B 的速度为20m/s，代入表达式FN1﹣mg＝mvB
2
R
，解得：FN1＝21N
则A、B 两点的压力差为ΔFN＝FN1＝21N
代入表达式ΔFN＝6mg+ 2mgx
R
，解得：x＝15m，故C 正确；
D、若小球在最低点B 的速度为20m/s 且x 为0，代入表达式ΔFN＝6mg+ 2mgx
R
，可得ΔFN＝6N
由ΔFN＝FN1﹣FN2，F N 2+mg=m v A
2
R
，解得：v A =8√5m/ s，故D 错误。
故选：C。
12. （2023•山东模拟）如图所示，水平机械臂BC 固定在竖直转轴CD 上，B 处固定一与
BC 垂直的光滑水平转轴，轻杆AB 套在转轴上。轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为
m 的小球，轻杆和机械臂的长度均为L，开始小球静止，缓慢增大竖直轴转动的角速度，直至
杆与竖直方向的夹角为37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则（ ）
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A．此时小球的角速度大小为√
5 g
4 L
B．此时小球的线速度大小为√3 gL
2
C．此过程中杆对小球做的功为4
5 mgL
D．此过程中杆对小球做的功为3
5 mgL
【解答】解：AB、当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，
合力提供向心力，则有：F 合＝mgtan37°＝ma
可得：a= gtan37° = 3
4 g
由几何关系可知，圆周运动半径：r = L+ Lsin37° = 8
5 L
根据向心加速度的公式：a=r ω
2= v
2
r
联立以上可得：ω=√
15 g
32 L，v =√
6 gL
5
，故AB 错误；
CD、设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理：W -mgL(1-cos37°)= 1
2 mv
2
解得：W = 4
5 mgL，故C 正确，D 错误。
故选：C。
13. （2023 春•太康县校级期中）如图所示，质量均为m 的小物块A、B 分别置于正方形
水平薄板abcd 边缘上的a、e 两点，e 为ab 边中点，薄板绕过中心的竖直轴转动。已知薄板边
长为l，A 与B、板与B 间的动摩擦因数为μ，A 与板间的动摩擦因数为√2
3 μ。若两小物块均可
视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
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A．若A、B 均与板相对静止，薄板转动的最大角速度为√μg
3l
B．若A、B 均与板相对静止，薄板转动的最大角速度为√2 μg
l
C．将B 叠放在a 处的A 上，若A、B 均能与板相对静止，薄板转动的最大角速度为√
√2 μg
l
D．将B 叠放在a 处的A 上，若A、B 均能与板相对静止，薄板转动的最大角速度为√
2 μg
3l
【解答】解：AB、若A 与板相对静止，此时薄板转动的最大角速度ω1 满足：fAm= √2
3 μmg＝
mω1
2•√2
2 l，解得：ω1=√
2 μg
3l
；
若B 与板相对静止，此时薄板转动的最大角速度ω2 满足：fBm＝μmg＝mω2
2• l
2，解得：ω2
=√
2 μg
l
＞ω1。
若A、B 均与板相对静止，则薄板转动的最大角速度为√
2 μg
3l
，故AB 错误；
CD、将B 叠放在a 处的A 上，若B 能与板相对静止，此时薄板转动的最大角速度ω1′满足：
μmg＝mω1′2•√2
2 l，解得ω1′=√
√2 μg
l
；
若A、B 整体能与板相对静止，此时薄板转动的最大角速度ω2′满足：√2
3 μ•2mg＝2mω2′2•
√2
2 l，解得：ω2′=√
2 μg
3l ＜ω1′，故此时薄板转动的最大角速度为√
2 μg
3l
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
14. （2023 秋•碑林区校级月考）如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直
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轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO′重合。转台以定角速度匀速转
动，一质量为m 的小物块（可视为质点）落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转
动且相对罐壁静止，小物块与陶罐内壁间的动摩擦因数为μ，且它和O 点的连线与OO′之间
的夹角为θ，转动角速度为ω，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．当ω2=
g
Rcosθ 时，小物块与陶罐内壁间的弹力为mgcosθ
B．当ω2=
g
Rcosθ 时，小物块与陶罐内壁间的弹力为mg
cosθ
C．当ω2=
g
Rcosθ 时，小物块与陶罐内壁间的摩擦力沿罐壁向上
D．当ω2= 2g(sinθ+ μcosθ)
Rsin2θ
时，小物块将向陶罐上沿滑动
【解答】解：A.当小物块做圆周运动的向心力由重力与陶罐对其的弹力提供时，根据牛顿第二
定律得：mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得ω
2=
g
Rcosθ ，此时小物块与陶壁间弹力为mg
cosθ ，故A 错误
B.通过对A 项的分析可得B 正确
C. 当ω
2=
g
Rcosθ 时小物块不受摩擦力，故C 错误
D. 当小物块受到的摩擦力为最大静摩擦力时，且方向斜向下，FNcosθ ＝mg+μFNsinθ ，
F N sinθ+ μ F N cosθ =mω
2 Rsinθ，解得ω
2=
g(sinθ+ μcosθ)
Rsinθ(cosθ - μsinθ)，故D 错误
故选：B。
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15. （2020 秋•南岗区校级月考）如图所示，两个可视为质点的相同的木块A 和B 放在水
平转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A
放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，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，以下说法正确的是（ ）
A．当ω＞√
kg
2 L
时，A、B 相对于转盘会滑动
B．当√
kg
2 L ＜ω＜√
2kg
3 L
时，绳子一定有弹力，且A、B 相对于转盘静止
C．当ω 在√
kg
2 L ＜ω＜√
2kg
3 L
范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D．当ω 在0＜ω＜√
2kg
3 L
范围内增大时，A 所受摩擦力大小先增大后减小
【解答】解：A、当A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 相对于转盘会滑动，对A 有：
kmg﹣T＝mLω2，对B 有：T+kmg＝m•2Lω2，解得ω=√
2kg
3 L
，当ω＞√
2kg
3 L
时，A、B 相对于
转盘会滑动，故A 错误；
B、当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg＝m•2Lω2，解得ω1=√
kg
2 L
，知ω
＞√
kg
2 L
时，绳子具有弹力，所以当√
kg
2 L ＜ω＜√
2kg
3 L
时，绳子一定有弹力，且A、B 相对于转
盘静止，故B 正确；
C、当ω＞√
kg
2 L
时，B 已经达到最大静摩擦力，当ω 在√
kg
2 L ＜ω＜√
2kg
3 L
范围内增大时，B 受
到的摩擦力不变，故C 错误；
D、当ω 在0＜ω＜√
2kg
3 L
范围内增大时，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所
以f﹣T＝mLω2，当ω 增大时，静摩擦力也增大，故D 错误。
故选：B。
16. （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
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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
力T + f A =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，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。
17. （多选）（2023 春•青神县校级期中）如图所示，水平转台两侧分别放置A、B 两物
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体，A 质量为m，B 质量为3m，到转轴OO'的距离分别为2L、L，A、B 两物体间用长度为3L
的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，A、B 两物体与水平转台间的动摩擦因数均为μ，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动
的角速度由零逐渐缓慢增大，直到A、B 恰好相对于转台滑动的过程中，下列说法正确的是（
）
A．当转台转动的角速度大于√
μg
2 L
时，细绳上可能没有拉力
B．当转台转动的角速度大于√
μg
2 L
时，A 可能不受摩擦力
C．整个过程中，A 与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变
D．整个过程中，B 与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变
【解答】解：A、角速度开始增大，根据静摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2r，由于A、B 两物
体与水平转台间的动摩擦因数均为μ，可以判断半径大的物体受摩擦力先达到最大静摩擦力，与
质量无关，所以A 先达到最大静摩擦力，设A 此时的角速度为ω0，有μmg＝mω0
2⋅2 L，解得
ω0=√
μg
2 L
，当转台转动的角速度大于√
μg
2 L
时，A 圆周运动所需向心力已经大于最大静摩擦力了，
则细绳上一定有拉力，故A 错误；
BCD、当转台转动的角速度大于√
μg
2 L
并继续增大时，在B 达到最大静摩擦力之前，A 受摩擦力
不变，假设角速度为ω 时，设轻绳拉力为F，对A 应用向心力公式有：F+μmg＝mω2•2L
B 在A 达到最大静摩擦力后所受摩擦力方向还指向圆心，并由于绳上有了拉力，则拉力和静摩
擦力提供B 物体圆周运动的向心力。设B 受摩擦力为f，对B 应用向心力公式有：
f+F＝3mω2L
与A 向心力公式联立解得f＝mω2L+μmg
可以看出，ω 增大，B 受静摩擦力也增大，当B 物体受摩擦力达到最大静摩擦力f＝μ•3mg 时，
ω=√
2 μg
L
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角速度在ω=√
2 μg
L 基础上继续增大，B 受最大静摩擦力并保持f＝μ•3mg 不变，对B 应用向心
力公式，有：μ•3mg+F′＝3mω2L
设此时A 受摩擦力为f′，指向圆心方向为正方向，对A 应用向心力公式，有f′+F′＝2mω2L
联立解得：f′＝μ•3mg﹣mω2L
可以看出，角速度在ω=√
2 μg
L 基础上继续增大，A 受到的摩擦力开始减小，减小到0 时，f′＝
0 代入解出角速度等于√
3 μg
L
，角速度在√
3 μg
L
基础上再增加，f′为负值，即方向发生变化。
√
2 μg
L ＜ω＜√
3 μg
L
过程，A 受到的摩擦力开始减小，减小到0，B 物体所受摩擦力保持最大静
摩擦力不变；
ω 等于√
3 μg
L
基础上再增加，f′为负值，即A 物体所受摩擦力方向发生变化，而且反向增加，
B 物体所受摩擦力保持最大静摩擦力不变；
f′＝﹣μmg 时，即A 物体又达到最大静摩擦力，此时ω=2√
μg
L
，角速度再增加AB 两个物体就
会滑动了。
结合A 选项分析可知：0＜ω＜√
μg
2 L
过程，A 物体所受摩擦力变大，B 物体所受摩擦力也变大；
√
μg
2 L ＜ω＜√
2 μg
L
过程，A 物体所受摩擦力保持最大静摩擦力不变，B 物体所受摩擦力还在变
大；
A 物体在角速度增大并大于√
2 μg
L
后会有减小到0，甚至反向增加的情况，而B 物体与转台间的
摩擦力增大到最大静摩擦力保持不变，故B 正确，C 错误，D 正确。
故选：BD。
18. （2023 春•玉林期末）伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，
对膝盖损耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1 中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的
饰物，骑行时会自动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2 所示，一重物套在光
滑杆上，并与上端固定在A 点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M 与触点N 未接触。当
车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上的触点M 与触点N 接触，电路连通，LED 灯就会发光。
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关于此灯下面说法中正确的是（ ）
A．停车时也会发光，只是灯光较暗
B．骑行达到一定速度值时灯才会亮
C．无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮
D．此感应装置的发光利用重物的向心运动实现
【解答】解：A、停车时，车轮未转动，重物不能做离心运动，从而使M 点很难与N 点接触，
不能发光，故A 错误；
B、当车速从零缓慢增加到某一数值时，根据竖直方向圆周运动的特点，由离心运动原理可知，
重物向心力足够大时，M 点更容易与N 点接触，可以发光，故B 正确；
C、转速较大时，向心力较大，在圆周运动的顶端时向心力向下，则弹力增大，重物离心运动，
从而使M 点更容易与N 点接触，可以发光，故C 错误；
D、离心现象是指做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力
的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，感应装置的原理正是利用离心现象，使两触点接触而点
亮LED 灯，故D 错误；
故选：B。
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