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第3讲　圆周运动的描述　圆锥摆模型
目标要求 　1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法.3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型.
考点一　描述圆周运动的物理量
基础回扣
1.描述圆周运动的物理量
定义、意义 公式、单位
线速度(v) ①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量
②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ①v＝ΔsΔt(定义式)＝2πrT(与周期的关系)
②单位：m/s
角速度(ω) ①描述物体绕圆心转动快慢的物理量
②是矢量，但不研究其方向 ①ω＝ΔθΔt(定义式)＝2πT(与周期的关系)
②单位：rad/s
③ω与v的关系：v＝ωr
周期(T)
转速(n)
频率(f) ①周期是物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率
②转速是单位时间内物体转过的圈数 ①T＝2πrv＝1f(与频率的关系)
②T的单位：s
n的单位：r/s、r/min
f的单位：Hz
向心加速度(an) ①描述线速度方向变化快慢的物理量
②方向指向圆心 ①an＝v2r＝ω2r＝4π2T2r＝ωv
②单位：m/s2

2.匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动就是匀速圆周运动.
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动.
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心.
技巧点拨
1.对an＝v2r＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比.
2.常见的传动方式及特点
(1)皮带传动：如图1甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.

图1
(2)摩擦传动和齿轮传动：如图2甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.

图2
(3)同轴转动：如图3甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比.

图3
描述圆周运动物理量的关系

例1 　A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，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　时间相同，路程之比即线速度大小之比，A项正确；运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，由于时间相同，角速度大小之比为3∶2，B项错误；路程比除以角度比得半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度an＝v2r知线速度平方比除以半径比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误.

圆周运动的多解问题

例2 　(2020·湖南长沙市雅礼中学高三月考)如图4所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向.在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，求：(重力加速度为g)

图4
(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.
答案　(1)2hg　(2)nπg2h(n＝1,2,3，…)　(3)5v2hg
解析　(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h＝12gt2，解得t＝2hg.
(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1,2,3，…)，
由ωt＝nπ得
ω＝nπt＝nπg2h(n＝1,2,3，…).
(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x2＝v·2t＝2v2hg，
第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x3＝v·3t＝3v2hg，
当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：
x＝x2＋x3＝5v2hg.

1.(传动装置中各物理量的关系)如图5所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是(　　)

图5
A.小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D.大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1
答案　B
解析　小齿轮和后轮是同轴转动装置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齿轮与小齿轮是皮带传动装置，线速度大小相等，即v1＝v2，根据v＝ωr，得出ω1ω2＝r2r1＝14，v1v3＝v2v3＝r2r3＝116，向心加速度a＝v2r，则a1a2＝r2r1＝14，故A、C、D错误，B正确.
2.(圆周运动的多解问题)(2020·广东肇庆中学月考)如图6所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，要使得小球正好落在A点，则(　　)

图6
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的角速度可能是π rad/s
答案　A
解析　根据h＝12gt2可得t＝2hg＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝Rt＝2.5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2nπt＝nπ(n＝1、2、3、…)，圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D错误.
考点二　圆周运动的动力学问题
基础回扣
1.匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小.
(2)大小
Fn＝mv2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv.
(3)方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力.
(4)来源
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供.
2.离心运动和近心运动
(1)离心运动：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.
(2)受力特点(如图7)

图7
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动.
②当0 ③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动.
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力.

技巧点拨
1.匀速圆周运动的实例分析
运动模型 向心力的来源图示
圆锥摆模型 飞机水平转弯

火车转弯

圆锥摆

飞车走壁

汽车在水平路面转弯

水平转台(光滑)


2.圆周运动动力学问题的分析思路


例3 　(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图8，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(　　)

图8
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小
答案　AC
解析　路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动的向心力，A正确；车速低于v0，所需的向心力减小，此时可以产生指向外侧的摩擦力，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动，B错误；当车速为v0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0时，摩擦力指向内侧，只要速度不超过最高限度，车辆不会向外侧滑动，C正确；当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，故v0不变，D错误.
例4 　(多选)如图9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(　　)

图9
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∶1
答案　CD
解析　设小球受到的支持力为FN，向心力为F，则有FNsin θ＝mg，FNA∶FNB＝3∶1，选项A错误；F＝mgtan θ，FA∶FB＝3∶1，选项B错误；小球运动轨道高度相同，则半径R＝htan θ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，选项C正确；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，选项D正确.

3.(圆周运动的动力学问题)(2020·海南海口一中高三月考)如图10所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则(　　)

图10
A.绳的张力可能为零
B.桶对物块的弹力不可能为零
C.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
答案　C
解析　当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，故A、D错误，C正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，故B错误.
4.(圆锥摆模型)如图11所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是(　　)

图11
A.绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3
B.小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6
C.小球m1、m2运动的向心加速度大小之比为1∶6
D.小球m1、m2运动的线速度大小之比为1∶2
答案　B
解析　小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达式方程，在竖直方向列平衡方程，可得拉力大小FT1＝m1gcos 30°，FT2＝m2gcos 60°，则FT1FT2＝36，A选项错误；向心力大小F1＝m1gtan 30°，F2＝m2gtan 60°，则F1F2＝16，B选项正确；a1＝F1m1，a2＝F2m2，则a1a2＝13，C选项错误；由a＝v2r，因连接两小球的悬点距两小球运动平面的距离相等可知，v1v2＝a1·tan 30°a2·tan 60°＝13，D选项错误.
5.(火车转弯)(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨.如图12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挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)

图12
A.该弯道的半径r＝v2gtan θ
B.当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C.当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D.当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
答案　ABD
解析　火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgtan θ＝mv2r，解得：r＝v2gtan θ，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgtan θ＝mv2r，解得：v＝grtan θ，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确.

物体所受合力不指向圆心，合力产生两个效果：
(1)沿半径方向的分力提供向心力，产生向心加速度an，改变速度的方向；
(2)沿切线方向的分力，产生切向加速度at，改变速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反之，则做减速圆周运动.
例5 　水平转盘上距转轴1.2 m处放置一个10 kg的物体(可视为质点)，物体与转盘间的动摩擦因数为0.13.当转盘转动后，可使物体以0.5 m/s2的切向加速度做加速圆周运动，经过多少时间物体和转盘发生相对滑动？(滑动摩擦力等于最大静摩擦力)
答案　2.4 s
解析　物体做加速圆周运动，所以静摩擦力不指向圆心，(如图)把静摩擦力分解，

可知Ff1＝ma
Ff2＝mvr2
当物体恰好滑动时：(μmg)2＝Ff12＋Ff22
联立以上三式，解得v＝1.2 m/s
物体沿圆周做加速运动，所以t＝va＝2.4 s.
课时精练

1.(多选)关于匀速圆周运动的说法，正确的是(　　)
A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D.匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动
答案　BD
解析　速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度.加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B、D正确，A、C错误.
2.(2019·山西六校联考)如图1所示，小物块A与圆盘保持相对静止，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关于小物块A受力情况的说法中正确的是(　　)

图1
A.受重力、支持力和向心力
B.受重力、支持力和指向圆心的摩擦力
C.受重力、支持力和与运动方向相反的摩擦力
D.受重力、支持力、指向圆心的摩擦力和指向圆心的向心力
答案　B

3.(多选)如图2为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线.由图象可以知道(　　)

图2
A.甲球运动时，线速度的大小保持不变
B.甲球运动时，角速度的大小保持不变
C.乙球运动时，线速度的大小保持不变
D.乙球运动时，角速度的大小保持不变
答案　AD
解析　由a＝ω2r知，当角速度的大小不变时，a与r成正比，故D正确，C错误；由a＝v2r知，当线速度的大小不变时，a与r成反比，故A正确，B错误.
4.(多选)(2020·辽宁丹东市质检)在如图3所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，(　　)

图3
A.A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B.A点和B点的角速度之比为1∶1
C.A点和B点的角速度之比为3∶1
D.以上三个选项只有一个是正确的
答案　AC
解析　题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误.
5.(2018·浙江11月选考·9)如图4所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　)

图4
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案　D
解析　汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时，根据Fn＝mv2R，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝Ffm＝7.0 m/s2，D正确.
6.未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，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5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(　　)

图5
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　根据向心力的公式man＝mω2r，要想使宇航员在旋转舱内受到侧壁的弹力等于站在地球表面受到地面的支持力，旋转舱的向心加速度an应等于重力加速度，旋转舱的半径越大，转动的角速度应该越小，选项A错误，B正确；旋转舱的角速度与宇航员的质量无关，选项C、D错误.
7.如图6所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)

图6
A.A的速率比B大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案　D
解析　A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA＝ωB，但rA
8.(多选)(2019·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图7所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T.则下列说法正确的是(　　)

图7
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
答案　CD
解析　对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtan θ＝mv2R＝m4π2T2R，解得：v＝gRtan θ，T＝2πRgtan θ.若飞行速率v不变，θ增大，由v＝gRtan θ知，R减小，则再由T＝2πRgtan θ知，T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝gRtan θ知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T可能不变，故D正确.


9.如图8所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用.设因阻力作用，小球Q的运动轨道发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动).下列判断正确的是(　　)

图8
A.小球Q的位置越来越高
B.细线的拉力变小
C.小球Q运动的角速度变大
D.P受到桌面的静摩擦力变大
答案　B
解析　由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝mgcos θ，mgtan θ＝mv2Lsin θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝gLcos θ，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cos θ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误.

10.(多选)(2019·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2).设两球同时做如图9所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则(　　)

图9
A.两球运动的周期相等
B.两球的向心加速度大小相等
C.球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D.球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
答案　AC
解析　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mgtan θ＝m4π2T2lsin θ，解得周期为T＝2πlcos θg＝2πhg，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与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，选项C正确，B、D错误.
11.(多选)如图10所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则(　　)

图10
A.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝dg2h
B.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2dg2h
C.圆筒转动的角速度可能为ω＝πg2h
D.圆筒转动的角速度可能为ω＝3πg2h
答案　ACD
解析　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝2hg，则v0＝dt＝dg2h，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，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正确.
12.(2019·江苏宿迁市2月调研)如图11所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动.质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β，则(　　)

图11
A.A的质量一定小于B的质量
B.A、B受到的摩擦力可能同时为零
C.若A不受摩擦力，则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　当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωB2Rsin β，解得：ωB＝gRcos β，同理可得：ωA＝gRcos α，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，故A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω＝ωA>ωB，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台的角速度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正确.


13.如图12所示，质量为m＝1.2 kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直轴上相距0.3 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.4 m.

图12
(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸直时，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，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴一起转动的角速度为ω，请写出F′与角速度ω的关系式并且作F′－ω2的图象.
答案　(1)10 N　(2)1033 rad/s　(3)见解析
解析　(1)绳O′P刚拉直时，设OP绳拉力为FT1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示.根据几何关系可得：sin α＝OO′OP，所以有：α＝37°，根据共点力的平衡条件可得：Fcos θ＝FT1cos α，Fsin θ＋FT1sin α＝mg，联立解得F＝10 N；
(2)如果撤去力F，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P绳的拉力为零，合力提供向心力，故：F合＝mgtan 53°＝mω2rO′P，解得：ω＝1033 rad/s；
(3)当角速度大于1033 rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力.如图乙所示，竖直方向：FT1′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cos 37°＝mω2rO′P，联立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的图象，如图丙所示.