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第19课时:圆周运动
目标要求:
1.掌握描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。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.掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。
考点一:圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量
2.圆周运动各物理量之间的关系
3.匀速圆周运动
(1)物体沿着圆周运动，线速度的大小处处相等。
(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。
在an=，an=ω2r两式中an与r成正比还是成反比？
答案:在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
例1:(2025·浙江杭州市检测)齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动效率高、结构紧凑、工作可靠、寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D为四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比ra∶rb∶rc∶rd=2∶1∶2∶1。则( )
A.va∶vb=2∶1 B.ωc∶ωd=2∶1
C.aa∶ab=2∶1 D.Tc∶Td=1∶1
答案:D
解析:A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb=1∶1，由向心加速度公式a=得aa∶ab=rb∶ra=1∶2，A、C错误；C、D属于同轴转动，角速度相等，则ωc∶ωd=1∶1，B错误；根据匀速圆周运动的周期T=，可得Tc∶Td=ωd∶ωc=1∶1，D正确。
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比：= 向心加速度与半径成正比：= 角速度与半径成反比：= 向心加速度与半径成反比：= 角速度与半径成反比：= 向心加速度与半径成反比：=
例2:(多选)如图为质点P以O为圆心做匀速圆周运动的轨迹圆，角速度为ω，圆周上水平虚线BD与虚线AC垂直，若质点从C点开始运动的同时在D点正上方有一小球自由下落，重力加速度为g，要使小球与质点P相遇，则小球下落时离D点的高度可能为( )
A. B. C. D.
答案:BD
解析:质点P经过D点的时间为t=(n+)T(n=0，1，2，3，…)，其中T=，要使小球与质点P在D点相遇，则两者运动时间相等，所以小球自由下落的高度h=gt2=(n+)2()2(n=0，1，2，3，…)，当n=0，有h1=，当n=1，有h2=，故选B、D。
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匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。
考点二:圆周运动的动力学问题
1.向心力
(1)作用效果
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=m=mrω2=mr=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。
2.圆周运动中向心力与合力的关系
3.常见匀速圆周运动模型
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
洗衣机转筒
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
4.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)
①当F=0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
(3)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。
例3:(2025·浙江省Z20名校联盟二模)杂技表演中，为了提高观赏性，摩托车手设计沿如图所示圆锥面的内壁做圆周运动，运动半径为R，重力加速度为g(假设摩托车视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则( )
A.摩托车越重越不容易实现在圆锥面的内壁做圆周运动
B.摩托车无法实现在圆锥面的内壁做圆周运动
C.摩托车做圆周运动的角速度需要满足ω>
D.摩托车以角速度ω做圆周运动时车胎橡胶与圆锥内表面间的动摩擦因数μ≥
答案:D
解析:摩托车在竖直面内的受力分析，如图所示
摩托车在竖直面内受力平衡，由受力平衡条件得mg+FNsin θ=Ffcos θ
摩托车在水平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有FNcos θ+Ffsin θ=mω2R
联立可得Ff=m(g+ω2Rtan θ)cos θ，FN=m(ω2R-gtan θ)cos θ
其中Ff≤μFN
所以可得μ≥
可见摩托车的重量与摩托车在圆锥面的内壁做圆周运动的难易程度无关，摩托车可以在圆锥面的内壁做圆周运动，故A、B错误，D正确；
在临界条件下，圆锥面对摩托车的弹力恰好为0，则有FN=m(ω2R-gtan θ)cos θ=0
解得ω=
要使摩托车做圆周运动，则角速度需要满足ω>，故C错误。
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圆周运动中动力学问题的分析思路
例4:(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案:(1):(2)
解析:(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcos α=mr1，μmg=FTsin α
联立解得tan α=
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sin θ，FT2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β=mr2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β=Ff=μFN
竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg
联立解得ω2=。
:圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F向=mgtan θ=m=mω2r，且r=Lsin θ，联立解得
v=，
ω=。
2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F=和运动所需的向心力也越大。
例5:(2025·浙江杭州市模拟)如图所示，水平转台上的小物体1、2通过轻质细线相连，质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无张力，并静止在转台上，可绕垂直转台的中心轴OO'转动。两物体与转台表面的动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。两物体与轴O共线且物体1到转轴的距离为r，物体2到转轴的距离为2r，重力加速度为g。当转台从静止开始转动，角速度缓慢地增大，下列说法正确的是( )
A.物体2比物体1先产生摩擦力
B.物体1受到的摩擦力始终指向轴心
C.轻绳刚有拉力时物体1的线速度为
D.物体1和物体2一起刚要被甩离转台时的角速度为
答案:D
解析:开始转动时，静摩擦力提供向心力，所以两者同时产生静摩擦力，故A错误；根据μmg=mrω2可知，随着角速度缓慢增大，物体2先达到最大静摩擦力。开始时由摩擦力提供物体2的向心力，当达到最大静摩擦力后，绳中出现张力。此时绳的张力和摩擦力的合力提供物体2的向心力，对物体1也是，随着角速度增大，绳中张力变大，物体1的摩擦力反向背离轴心，所以物体1受到的摩擦力先指向轴心，后背离轴心，故B错误；轻绳刚有拉力时，物体2的摩擦力达到最大时有μ×2mg=2m，解得v2=，物体1的线速度为v1=v2=，故C错误；当物体1和物体2均被甩离转台时，物体1所受的摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得μ×2mg+FT'=2mω'2×2r，FT'-μmg=mω'2r，解得ω'=，故D正确。
考点三:竖直面内圆周运动
1.竖直面内圆周运动一般为变速圆周运动，故除最高点和最低点(或等效最高点和等效最低点)合外力指向圆心，其他位置合外力不指向圆心。
2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒，有其他力参与做功的可用动能定理或能量守恒定律解题。
3.竖直面内圆周运动的两类模型
轻绳模型 轻杆模型
常见类型 小球最高点没有支撑 小球最高点有支撑
最高点受力特征 除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
最高点受力示意图
动力学方程 mg+F弹=m mg±F弹=m
临界特征 F弹=0 mg=m 即vmin= ①恰好过最高点，v=0，F弹=mg ②恰好无弹力，F弹=0，v=
过最高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
例6:(2025·浙江宁波市一模)汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，ρ1>ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三点时，下列说法正确的是( )
A.汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg
B.汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态
C.汽车在A点的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动
D.汽车经过C处时所受的向心力最小
答案:B
解析:汽车在A处，mg-FNA=m
得FNA=mg-m
汽车在A处受到的摩擦力大小
Ff=μFNA=μ(mg-m)，故A错误；
汽车经过A处时，加速度向下，处于失重状态，经过C处时，加速度向上，处于超重状态，故B正确；
要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有mg=
即安全行驶的速度不得超过，汽车在A点的行驶速度大于时，汽车将做平抛运动，故C错误；
该车以恒定的速率v行驶，汽车所受向心力
Fn=m
B处的曲率半径最大，汽车经过B处时所受的向心力最小，故D错误。
例7:(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小。
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。
(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案:(1)4 m/s:17 N:(2)4 m:(3)2 m/s
解析:(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
m=mg·2L+m
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m
解得v1=4 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2
解得x=4 m
(3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律
mv0'2=mg·5L+m
解得v0'=2 m/s。
例8:(2024·浙江宁波市模拟)如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是( )
A.经过最低点时小球可能处于失重状态
B.经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态
C.若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0
D.若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小
答案:A
解析:小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误，符合题意；小球经过最高点Z时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确，不符合题意；由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确，不符合题意；若过最高点的速度较小，则在Z点，小球对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得mg-F=m
此时经过最高点Z的速度增大，小球在Z点和管壁的作用力减小，故D正确，不符合题意。
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分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
课时精练
[分值：34分]
:[1~6题，每题3分]
1.(2025·浙江省浙南名校联盟期中)天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α不变，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是( )
A.作业过程中P与B线速度大小一定相等
B.作业过程中P与B线速度方向一定相同
C.作业过程中P与B角速度大小一定相等
D.作业过程中P与B加速度大小一定相等
答案:C
解析:由于P、B两点的角速度相同，根据线速度公式v=ωr，P、B两点的半径不确定是否相同，所以无法确定二者线速度的关系，故C正确，A错误；线速度的方向为该点与圆心连线的垂直方向上，由于P、B两点与圆心连线不重合，所以线速度方向不相同，故B错误；根据圆周运动加速度公式an=rω2，P、B的r不确定是否相同，所以二者加速度不一定相同，故D错误。
2.(2025·河北卷·5)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为( )
A.90 B.120 C.150 D.180
答案:C
解析:根据题意可知跳绳的转动角速度为ω== rad/s=5π rad/s，转动周期T==0.4 s，故每分钟跳绳的圈数为n===150，故选C。
3.(多选)(2025·福建卷·5)在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为d、d，则手绢转动过程中( )
A.Q的线速度大小是P的倍
B.Q的角速度大小是P的倍
C.P的加速度大小是Q的倍
D.P受到的合外力方向始终指向O点
答案:AD
解析:由题意可知，手绢转动过程中，两个小饰物P、Q角速度大小相等，所受合外力方向均始终指向O点，故选项B错误，D正确；设两个小饰物P、Q的角速度大小均为ω，线速度大小分别为vP和vQ，加速度大小分别为aP和aQ，由匀速圆周运动规律，有==，==，故选项A正确，C错误。
4.(2025·山东卷·4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹，重力加速度g取10 m/s2。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为( )
A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N
答案:C
解析:根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl=r=×0.6 m=0.12 m，可得线速度v== m/s=6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg=m，代入数据解得FT=7 N。
5.(多选)(2025·广东卷·8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
答案:AC
解析:对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A正确；线速度大小为v=ωR=2 m/s，故B错误；向心加速度大小为a向=ω2R=10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN== N，故D错误。
6.(2024·江苏卷·11)如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器( )
A.角速度不变 B.线速度减小
C.向心加速度增大 D.所受拉力大小不变
答案:C
解析:设绳子与竖直方向夹角为θ，蜂鸣器质量为m。对蜂鸣器分析有F向=mgtan θ=man，FT=，根据a、b两个位置可知，b位置更高，则θb>θa，故FTb>FTa，anb>ana，故C正确，D错误；根据ma=mω2r，则有ωb>ωa，缓慢拉绳子，可以认为上升过程中，绳子拉力与重力的合力在竖直方向上合力为零，做功为零；两个力合力的水平分力因为半径减小而做正功，从而使蜂鸣器的动能变大，速度变大，线速度变大，故A、B错误。
:[7~10题，每题4分]
7.(多选)(2025·山东卷·10)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5 m的圆形区域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
答案:BC
解析:物品从无人机上释放后做平抛运动，竖直方向H=gt2，可得t=2 s，要使物品落点在目标区域内，水平方向满足x==vt，最大角速度ωmax=，联立解得ωmax= rad/s，故A错误，B正确；无人机从A点到B点的时间t'== s，由于t'>t，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。
8.如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A.小球一定能够回到轨道最高点
B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C.小球脱离轨道时的速度大小为
D.小球脱离轨道时离地面的高度为R
答案:D
解析:小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大，根据机械能守恒，小球从最高点到最低点的过程满足mg·2R=mv2，解得v=2，在最低点有FN-mg=m，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg，故B错误；小球在左侧单层轨道上运动时，当重力的分力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道，设小球脱离轨道时速度方向与水平方向的夹角为θ，小球的速度为v，满足mgcos θ=m，从最高点到脱离点，根据机械能守恒mgR(1-cos θ)=m，解得v脱=，故C错误；小球脱离轨道时，速度方向与水平方向的夹角θ满足cos θ=，此时小球离地面的高度为h=R(1+cos θ)=R，故D正确。
9.(2024·浙江省天域全国名校协作体联考)如图所示，电动打夯机由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是( )
A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B.配重物转到顶点时，系统处于失重状态
C.偏心轮转动的角速度为
D.打夯机对地面压力的最大值为(M+m)g
答案:B
解析:电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据v=ωr，电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；配重物转到顶点时，底座刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速度，故系统处于失重状态，故B正确；当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有FT=Mg，对配重物有mg+FT=mω2R，解得偏心轮转动的角速度为ω=，故C错误；配重物在最低点，打夯机对地面的压力最大，对配重物有FT'-mg=mω2R，对打夯机有FN=FT'+Mg=2(M+m)g，根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2(M+m)g，故D错误。
10.(多选)(2024·浙江宁波市模拟)如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长轻质细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球，木块与O点之间的细线水平。已知木块、小球质量均为m，且均可视为质点，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度ω1匀速转动时，小球以角速度ω1随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，木块与圆盘间的动摩擦因数为μ，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则( )
A.若角速度保持为ω1不变，L越大，则α越大
B.若R=L，当ω>时，木块将相对于圆盘发生滑动
C.若R=，木块所受摩擦力方向可能指向圆心
D.若R=2L，当ω增大时，木块所受摩擦力可能增大
答案:AD
解析:设细线的拉力为FT，则FTsin α=mLsin α·ω2，FTcos α=mg，解得ω=，若ω=ω1不变，L越大，则α越大，故A正确；木块随圆盘匀速转动所需要的向心力为Fn=mRω2，当R=L时Fn=mLω2，由A选项分析可知，FT=mLω2，即此时细线的张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，所以无论ω多大，木块都不会滑动，故B错误；若R=时，木块所需要的向心力小于细线的张力，所以木块受到背离圆盘圆心方向的摩擦力，故C错误；若R=2L时，木块所需要的向心力大于细线的张力，木块受到指向圆心方向的摩擦力，有Ff=m(2L)ω2-mLω2=mLω2，随着ω增大时，木块所受摩擦力增大，故D正确。

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