第3講　圓周運動高考物理總復習新教材版

第講圓周運動[教材閱讀指導](對應人教版新教材必修第二冊頁碼及相關問題)P23[問題]，大、小兩個齒輪邊緣上的點，哪個運動得更快些？同一齒輪上到轉軸的距離不同的點，哪個運動得更快些？提示：大、小齒輪邊緣上的點線速度大小相同。同一齒輪上到轉軸的距離不同的點，角速度相同。P27向心力是按性質命名的力嗎？對物體進行受力分析時分析向心力嗎？提示：向心力是由某個力或者幾個力的合力提供的，是根據力的作用效果命名的。對物體進行受力分析時不分析向心力。P28[實驗]，寫出向心力大小的表達式。提示：Fn＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝man。P29閱讀“變速圓周運動和一般曲線運動的受力特點”這一部分內容，說一說變速圓周運動的受力特點，怎樣處理一般的曲線運動？提示：對變速圓周運動，將其所受合力F沿切線和半徑方向分解，切向力Ft改變速度大小，指向圓心的合力Fn改變速度的方向。研究一般的曲線運動時，將曲線分割為許多很短的小段，質點在每小段的運動都可以看作圓周運動的一部分，這樣就可以采用圓周運動的分析方法來進行處理。P32[思考與討論]，A、B、C三點中，哪兩個點適用于“向心加速度與半徑成正比”？哪兩個點適用于“向心加速度與半徑成反比”？提示：vA＝vB，由an＝eq\f(v2,r)知，A、B兩點適用于“向心加速度與半徑成反比”。ωB＝ωC，由an＝ω2r知，B、C兩點適用于“向心加速度與半徑成正比”。P35圖6.4－1，觀察火車輪緣，火車轉彎滿足什么條件時車輪不受側壓力？速度過大哪邊受側壓力？速度過小呢？提示：當重力和支持力的合力剛好提供向心力時，車輪不受側壓力；速度過大時外側受壓力，速度過小時內側受壓力。P42[復習與提高]B組T3；T5；T6。提示：T3：圓盤轉動一周所需要的時間為T1＝eq\f(1,20)s，頻閃光源每隔T2＝eq\f(1,21)s閃一次，所以頻閃光源每閃一次，白點尚未運動一周，故觀察到白點逆時針轉動。每次閃光，白點與原位置相差的角度Δθ＝2π－ω1T2＝2π－eq\f(2π,T1)×T2＝eq\f(2π,21)，所以觀察到白點轉動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(Δθ,T2))＝1s。T5：(1)mω2l；(2)ω＝eq\r(\f(g,h))與l無關；(3)F＝mgeq\f(l,h)，即F與l成正比。T6：(1)eq\f(11,3)mg；(2)繩長為eq\f(d,2)，最大水平距離為eq\f(2\r(3)d,3)。物理觀念勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度勻速圓周運動的向心力1．勻速圓周運動(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小eq\x(\s\up1(01))處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。(2)性質：加速度大小eq\x(\s\up1(02))不變、方向總是指向eq\x(\s\up1(03))圓心的變加速曲線運動。(3)條件：有初速度，受到一個大小不變、方向始終與速度方向eq\x(\s\up1(04))垂直且指向圓心的合力。2．描述圓周運動的物理量描述圓周運動的物理量主要有線速度、角速度、周期、頻率、轉速、向心加速度、向心力等，具體如下：定義、意義公式、單位線速度①描述做圓周運動的物體沿圓弧運動eq\x(\s\up1(05))快慢的物理量(v)②是矢量，方向和半徑垂直，沿切線方向①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\x(\s\up1(06))ωr②單位：eq\x(\s\up1(07))m/s角速度描述物體繞圓心eq\x(\s\up1(08))轉動快慢的物理量(ω)①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(v,r)②單位：eq\x(\s\up1(10))rad/s或s－1周期和轉速①周期是指做勻速圓周運動的物體，運動eq\x(\s\up1(11))一周所用的時間(T)②轉速是指物體轉動的eq\x(\s\up1(12))圈數與所用時間之比(n)，也叫頻率(f)①T＝eq\f(2πr,v)＝eq\x(\s\up1(13))eq\f(2π,ω)，單位：s②f＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(1,T)，單位：eq\x(\s\up1(15))Hz③n的單位：eq\x(\s\up1(16))r/s、eq\x(\s\up1(17))r/min向心加速度①描述速度eq\x(\s\up1(18))方向變化eq\x(\s\up1(19))快慢的物理量(an)②方向eq\x(\s\up1(20))指向圓心，時刻在變①an＝eq\x(\s\up1(21))eq\f(v2,r)＝eq\x(\s\up1(22))ω2r②單位：eq\x(\s\up1(23))m/s2向心力①作用效果是產生向心加速度，只改變線速度的eq\x(\s\up1(24))方向，不改變線速度的eq\x(\s\up1(25))大小(Fn)②方向指向eq\x(\s\up1(26))圓心，時刻在變③來源：某個力，或某幾個力的合力，或某個力的分力①Fn＝eq\x(\s\up1(27))mω2r＝eq\x(\s\up1(28))meq\f(v2,r)②單位：eq\x(\s\up1(29))N相互關系①v＝rω＝eq\f(2πr,T)＝2πrf②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)＝4π2f2r③Fn＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝meq\f(4π2r,T2)＝4mπ2f2r物理觀念勻速圓周運動與變速圓周運動勻速圓周運動變速圓周運動運動特點線速度的大小eq\x(\s\up1(01))不變，角速度、周期和頻率都eq\x(\s\up1(02))不變，向心加速度的大小eq\x(\s\up1(03))不變線速度的大小、方向都eq\x(\s\up1(04))變，角速度eq\x(\s\up1(05))變，向心加速度的大小、方向都變，周期可能變也eq\x(\s\up1(06))可能不變受力特點所受到的eq\x(\s\up1(07))合力為向心力，大小不變，方向變，其方向時刻eq\x(\s\up1(08))指向圓心所受到的合力eq\x(\s\up1(09))不指向圓心，合力產生兩個效果：①沿半徑方向的分力eq\x(\s\up1(10))Fn，即向心力，它改變速度的eq\x(\s\up1(11))方向；②沿切線方向的分力eq\x(\s\up1(12))Ft，它改變速度的eq\x(\s\up1(13))大小運動性質變加速曲線運動(加速度大小不變，方向變化)變加速曲線運動(加速度大小、方向都變化)物理觀念離心現象1．離心運動(1)定義：做eq\x(\s\up1(01))圓周運動的物體，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的eq\x(\s\up1(02))向心力時，所做的逐漸遠離圓心的運動。(2)本質：做圓周運動的物體，由于eq\x(\s\up1(03))慣性，總有沿著eq\x(\s\up1(04))切線方向飛出去的傾向。(3)受力特點①當F＝mω2r時，物體做eq\x(\s\up1(05))勻速圓周運動。②當F<mω2r時，物體逐漸eq\x(\s\up1(06))遠離圓心，做離心運動。③當F＝0時，物體沿eq\x(\s\up1(07))切線方向飛出。2．近心運動：當F>mω2r時，物體將逐漸eq\x(\s\up1(08))靠近圓心，做近心運動。一堵點疏通1．做圓周運動的物體，一定受到向心力的作用，所以分析受力時，必須指出受到的向心力。()2．勻速圓周運動是勻變速曲線運動，變速圓周運動是變加速曲線運動。()3．勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。()4．在光滑的水平路面上，汽車不可以轉彎。()5．摩托車轉彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的緣故。()6．火車轉彎速率小于規(guī)定的數值時，內軌受到的壓力會增大。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二對點激活1．(人教版必修第二冊·P30·T3改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案C解析A受三個力作用，重力和支持力平衡，指向圓心的摩擦力充當向心力，故C正確。2．(多選)甲、乙兩物體都在做勻速圓周運動，下列哪種情況下甲的向心加速度比較大()A．它們的線速度相等，乙的運動半徑小B．它們的周期相等，甲的運動半徑大C．它們的角速度相等，乙的線速度小D．它們的線速度相等，在相同時間內甲與圓心的連線掃過的角度比乙的大答案BCD解析由an＝eq\f(v2,r)知，在v相同的情況下，r甲>r乙時，a甲<a乙，故A錯誤；由an＝eq\f(4π2,T2)r知，在T相同情況下，r甲>r乙時，a甲>a乙，故B正確；由an＝ωv知，在ω相同情況下，v甲>v乙時，a甲>a乙，故C正確；由an＝ωv知，在v相同情況下，ω甲>ω乙時，a甲>a乙，故D正確。3．(人教版必修第二冊·P30·T4改編)質量為m的小球，用長為l的細線懸掛在O點，在O點的正下方eq\f(l,2)處有一光滑的釘子P，把小球拉到與釘子P等高的位置，細線被釘子擋住。如圖讓小球從靜止釋放，當小球第一次經過最低點時()A．小球運動的線速度突然減小B．小球的角速度突然減小C．小球的向心加速度突然增大D．懸線的拉力突然增大答案B解析當小球第一次經過最低點時，由于重力與懸線的拉力都與速度垂直，所以小球的線速度大小不變，故A錯誤；根據v＝rω，可知線速度大小不變，小球做圓周運動的半徑變大，則角速度變小，故B正確；根據向心加速度公式an＝eq\f(v2,r)可得，線速度大小不變，軌跡半徑變大，則向心加速度變小，故C錯誤；懸線拉力F＝mg＋meq\f(v2,r)＝mg＋man，故懸線的拉力突然減小，D錯誤。4．(人教版必修第二冊·P30·T5)一輛汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是()答案C解析汽車沿曲線轉彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側的向心力Fn，汽車的速度逐漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡切線方向的切向力Ft，這兩個力的合力方向如圖C所示。5．下列關于離心現象的說法正確的是()A．當物體所受的離心力大于向心力時產生離心現象B．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將做背離圓心的圓周運動C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將沿切線做直線運動D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將做曲線運動答案C解析物體只要受到力，必有施力物體，但“離心力”是沒有施力物體的，故所謂的離心力是不存在的，只要所受合力不足以提供所需的向心力，物體就做離心運動，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，當所受的一切力突然消失后，物體將沿切線做勻速直線運動，故B、D錯誤，C正確?？键c1描述圓周運動的物理量及其關系[科學思維梳理]1．圓周運動各物理量間的關系向心力Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝meq\f(4π2r,T2)＝4mπ2f2r注：(1)對公式v＝ωr的理解：當r一定時，v與ω成正比；當ω一定時，v與r成正比；當v一定時，ω與r成反比。(2)對an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解：當v一定時，an與r成反比；當ω一定時，an與r成正比。2．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖甲、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vA＝vB。(2)摩擦(齒輪)傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(3)同軸轉動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。例1(2021·全國甲卷)“旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，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處的點向心加速度大小約為()A．10m/s2 B．100m/s2C．1000m/s2 D．10000m/s2[答案]C[解析]此時紐扣轉動的角速度ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，則紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小an＝ω2r＝(100π)2×1×10－2m/s2≈1000m/s2，C正確。[對點跟進訓練]1．(描述圓周運動的物理量及其關系)(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，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m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙的運動周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A錯誤；根據線速度與角速度的關系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與座艙的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。2．(向心力相關計算)(2020·全國卷Ⅰ)如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200N B．400NC．600N D．800N答案B解析當該同學蕩到秋千支架的正下方時，根據牛頓第二定律，有2T－mg＝eq\f(mv2,r)，解得T＝410N，即此時每根繩子平均承受的拉力約為400N，故B正確。3．(綜合)(2021·廣東高考)由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘。道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q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OP繞O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．Q點在豎直方向做勻速運動D．Q點在水平方向做勻速運動答案A解析由題知桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°，則P點繞O點做勻速圓周運動，P點的線速度大小不變，加速度方向時刻指向O點，A正確，B錯誤；Q點在豎直方向的運動與P點相同，則開始時Q點在豎直方向的分速度大小vQy＝vPcos30°，末狀態(tài)Q點在豎直方向的分速度大小vQy′＝vPcos60°，vQy≠vQy′，則Q點在豎直方向做變速運動，同理可知Q點在水平方向也做變速運動，C、D錯誤?？键c2水平面上圓周運動的分析考向1圓錐擺模型及其臨界問題[科學思維梳理]1．圓錐擺模型的受力特點受兩個力，且兩個力的合力沿水平方向，物體在水平面內做勻速圓周運動。2．運動實例運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺物體在光滑半圓形碗內做勻速圓周運動3．解題方法(1)對研究對象進行受力分析，確定向心力來源。(2)確定圓心和軌道半徑。(3)應用相關力學規(guī)律列方程求解。4．規(guī)律總結(1)圓錐擺的周期如圖，擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。受力分析，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)rr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。(2)結論①擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉得越快，θ越大。②擺線拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圓錐擺轉得越快，擺線拉力F越大。③擺球的加速度a＝gtanθ。5．圓錐擺的兩種變形變形1：具有相同錐度角的圓錐擺(擺長不同)，如圖甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。變形2：具有相同擺高、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。例2(2021·河北高考)(多選)如圖，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m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′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]對小球進行受力分析，設彈簧彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，在豎直方向由平衡條件得Tsinθ＝mg①，且T＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))②，當角速度從ω變?yōu)棣亍鋾r，若θ增大(減小)，根據①式，T應減小(增大)，而根據②式，T應增大(減小)，故角速度從ω變?yōu)棣亍鋾r，θ和T都不變，即小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確。在水平方向，小球的運動半徑r不變，當角速度較小時，PQ桿對小球的彈力FN背離轉軸，有Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r；當角速度較大時，FN指向轉軸，有Tcosθ＋FN＝mω2r，即FN＝mω2r－Tcosθ；由以上分析，結合牛頓第三定律可知，當角速度增大后，小球對桿的壓力不一定變大，C錯誤。根據F合＝mω2r可知，當角速度增大后，小球所受合外力變大，D正確。例3(多選)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．a繩的張力不可能為零B．a繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b繩將出現彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化[答案]AC[解析]小球做勻速圓周運動，在豎直方向上所受的合力為零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a繩對小球的拉力在豎直方向上的分力與小球的重力平衡，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據豎直方向上小球受力平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的拉力與角速度ω無關，故B錯誤；當b繩拉力為零時，有：eq\f(mg,tanθ)＝mωeq\o\al(2,0)l，解得ω0＝eq\r(\f(gcotθ,l))，可知當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))時，b繩將出現彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。[關鍵能力升華]解決圓錐擺臨界問題的技巧圓錐擺的臨界問題，主要就是與彈力有關的臨界問題。(1)繩子松弛的臨界條件是：繩恰好拉直且沒有彈力；繩子斷開的臨界條件是：繩上的拉力恰好達最大值。(2)兩物體接觸或脫離的臨界條件是：兩物體間的彈力恰好為零。(3)對于半圓形碗內的水平圓周運動，有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②發(fā)生相對滑動。[對點跟進訓練]1．(圓錐擺模型的圖像分析)如圖所示，用一根質量不計、不可伸長的細繩，一端系一可視為質點的小球，另一端固定在O點。當小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為ω時，懸點O到軌跡圓心高度為h，細繩拉力大小為F，小球的向心加速度大小為a，線速度大小為v，下列描述各物理量與角速度ω的關系圖像正確的是()答案A解析設細繩長度為l，小球質量為m，小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向的夾角為θ，有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mω2l，A正確；由mgtanθ＝mω2lsinθ，h＝lcosθ，得h＝eq\f(g,ω2)，B錯誤；由mgtanθ＝mω2lsinθ，可得cosθ＝eq\f(g,ω2l)，小球的向心加速度大小a＝ω2lsinθ＝eq\r(ω4l2－g2)，C錯誤；由cosθ＝eq\f(g,ω2l)，得小球的線速度大小v＝ωlsinθ＝eq\r(ω2l2－\f(g2,ω2))，D錯誤。2．(火車轉彎)(2022·河北省石家莊市第二中學高三上開學診斷)(多選)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌。如圖所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()A．該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gtanθ)B．當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C．當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓D．當火車速率小于v時，內軌將受到輪緣的擠壓答案ABD解析當火車以速度v轉彎時，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律可得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，v＝eq\r(grtanθ)，可知該臨界速度與火車質量無關，故當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變，A、B正確；當火車速率大于v時，重力與支持力的合力不足以提供向心力，火車有做離心運動的趨勢，故外軌將受到輪緣的擠壓，C錯誤；當火車速率小于v時，重力與支持力的合力大于所需的向心力，火車有做近心運動的趨勢，內軌將受到輪緣的擠壓，D正確?？枷?水平轉盤上的圓周運動及其臨界問題[科學思維梳理]水平轉盤上圓周運動的臨界問題，主要涉及與摩擦力和彈力有關的臨界極值問題。1．如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。2．如果水平方向除受摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體在水平面上轉動，其臨界情況要根據題設條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。3．運動實例例4(2019·海南高考)如圖，一硬幣(可視為質點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起沿OO′軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為()A．eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B．eq\r(\f(μg,r))C．eq\r(\f(2μg,r)) D．2eq\r(\f(μg,r))[答案]B[解析]硬幣在水平圓盤上做勻速圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，當向心力等于最大靜摩擦力時，圓盤轉動的角速度最大，根據牛頓第二定律有μmg＝mrω2，解得圓盤轉動的最大角速度為ω＝eq\r(\f(μg,r))，B正確。[關鍵能力升華]解決臨界問題的注意事項(1)先確定研究對象受力情況，看哪些力充當向心力，哪些力可能突變引起臨界問題。(2)注意分析物體所受靜摩擦力大小和方向隨圓盤轉速的變化而發(fā)生的變化。(3)關注臨界狀態(tài)，例如靜摩擦力達到最大值時，開始相對滑動，出現臨界情況，此時對應的角速度為臨界角速度。[對點跟進訓練]1．(連接體在水平轉盤上的圓周運動)兩個質量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為L，b與轉軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k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，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是()A．a比b先達到最大靜摩擦力B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)答案D解析木塊隨圓盤一起轉動，當繩子上無拉力時，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，聯立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達到臨界角速度，b先達到最大靜摩擦力，故A錯誤。在b的靜摩擦力沒有達到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質量分別是2m和m，而圓周運動的半徑r分別為L和2L，所以開始時a和b受到的摩擦力是相等的；當b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，對b木塊有kmg＋F＝mω2·2L，對a木塊有FfA－F＝2mω2L，聯立得FfA＝2F＋kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B錯誤。b剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯立得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，故C錯誤。當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a、b未滑動且輕繩中有拉力，由B項分析得a所受摩擦力大小FfA＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，故D正確。2．(連接體在水平轉盤上的圓周運動)(多選)如圖所示，水平轉臺上的小物體A、B通過輕彈簧連接，并隨轉臺一起勻速轉動，A、B的質量分別為m、2m，A、B與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A、B離轉臺中心的距離分別為1.5r、r，已知彈簧的原長為1.5r，勁度系數為k，設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法正確的是()A．若B受到的摩擦力為0，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(k,m))B．若A受到的摩擦力為0，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(2k,3m))C．使轉臺轉速緩慢增大，若B比A先相對轉臺滑動，則當B剛好要滑動時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,2r))D．使轉臺轉速緩慢增大，若A比B先相對轉臺滑動，則當A剛好要滑動時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))答案BD解析若B受到的摩擦力為0，由彈簧彈力提供B做圓周運動的向心力，則k(2.5r－1.5r)＝2mω2r，解得ω＝eq\r(\f(k,2m))，A錯誤；若A受到的摩擦力為0，由彈簧彈力提供A做圓周運動的向心力，則k(2.5r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得ω＝eq\r(\f(2k,3m))，B正確；使轉臺轉速緩慢增大，若B比A先相對轉臺滑動，則當B剛好要滑動時，B與轉臺間的摩擦力達到最大靜摩擦力且指向轉臺中心，此時彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力提供B做圓周運動的向心力，則有k(2.5r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2·r，解得ω＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，C錯誤；使轉臺轉速緩慢增大，若A比B先相對轉臺滑動，則當A剛好要滑動時，A與轉臺間的摩擦力達到最大靜摩擦力且指向轉臺中心，此時彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力提供A做圓周運動的向心力，則有k(2.5r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得ω＝eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))，D正確?？键c3豎直面內的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型[科學思維梳理]1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的物體等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球受力特征除重力外，物體受到的彈力向下或等于零除重力外，物體受到的彈力向下、等于零或向上受力示意圖過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產生彈力FN(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道(1)當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心(2)當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN背離圓心，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，FN＝0(4)當v>eq\r(gr)時，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圓心，并隨v的增大而增大例5一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)B．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小[答案]B[解析]由于桿在最高點對小球的作用力可以表現為拉力，也可以表現為支持力，所以小球過最高點的最小速度為0，故A錯誤；當小球在最高點的速度v＝eq\r(gR)時，靠小球重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；當小球經過最高點時桿對它的作用力表現為支持力時，隨速度增大桿對球的作用力減小，當小球經過最高點時桿對它的作用力表現為拉力時，隨速度增大桿對球的作用力增大，故C、D錯誤。[關鍵能力升華]豎直面內圓周運動問題的解題思路[對點跟進訓練]1．(豎直面內圓周運動的繩模型)(2022·山東省濟寧市兗州區(qū)教研室高三上期中)如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為FT，小球在最高點的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則()A．輕質繩長等于eq\f(am,b)B．當地的重力加速度為eq\f(m,a)C．當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a答案D解析設輕質繩長為L，在最高點，對小球，由牛頓第二定律有mg＋FT＝meq\f(v2,L)，得FT＝meq\f(v2,L)－mg，可知FT-v2圖像的斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(m,L)，解得輕質繩的長度L＝eq\f(mb,a)，圖像的縱軸截距的絕對值為a＝mg，解得當地的重力加速度g＝eq\f(a,m)，故A、B錯誤；當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為FT＝meq\f(v2,L)－mg＝eq\f(ac,b)－a，故C錯誤；當v2≥b時，由輕質繩的拉力和小球的重力的合力提供向心力得FT＋mg＝meq\f(v2,L)，設小球運動到最低點時速度為v′，根據動能定理可知2mgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，又小球在最低點時，根據牛頓第二定律可知FT′－mg＝meq\f(v′2,L)，聯立解得FT′－FT＝6mg＝6a，故當v2≥b時，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a，故D正確。2．(豎直面內圓周運動的桿模型)(2022·河北省部分學校高三上第一次考試)(多選)如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓形管道，管道內有一質量為m的小鋼球，小鋼球的直徑稍小于圓管的內徑，小鋼球的直徑遠小于R。在最低點給小鋼球一大小為v0、方向水平向右的初速度，小鋼球到達最高點的速度大小為eq\r(gR)(g為重力加速度大小)。圓管內壁光滑，水平線ab過管道圓心。下列說法正確的是()A．小鋼球到達最高點時，受到管壁的作用力大小為mgB．稍微減小v0，小鋼球無法通過最高點C．稍微增大v0，小鋼球通過最高點時，對圓管外側管壁有壓力D．小鋼球在水平線ab以下的管道中運動時，外側管壁對小鋼球一定有作用力答案CD解析小鋼球到達管道最高點時，設管壁對小鋼球的力為N，方向豎直向下，根據牛頓第二定律有N＋mg＝meq\f(v2,R)，由題知v＝eq\r(gR)，聯立得N＝0，即小鋼球在最高點不受管壁的作用，故A錯誤；稍微減小v0，只要eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2mgR≥0，即到達最高點時速度不小于零，小鋼球便可以通過管道最高點，B錯誤；稍微增大v0，根據題設和動能定理可知，小鋼球通過管道最高點時速度大于eq\r(gR)，小鋼球重力不足以提供其所需向心力，小鋼球的重力與圓管外側管壁對小鋼球的壓力的合力提供向心力，根據牛頓第三定律可知，小鋼球對圓管外側管壁有壓力的作用，故C正確；小鋼球在水平線ab以下的管道中運動時，重力沿垂直管壁向下的分力與管壁對小鋼球的彈力的合力提供向心力，所以外側管壁對小鋼球一定有作用力，故D正確?？键c4斜面上圓周運動的分析[科學思維梳理]在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、輕繩控制、輕桿控制，物體的受力情況和臨界條件也不相同。(1)靜摩擦力控制下的圓周運動(2)輕繩控制下的圓周運動(3)輕桿控制下的圓周運動由于重力沿斜面的分力，在斜面內做圓周運動的物體的速率不斷變化，運動情況與豎直面內的圓周運動類似，所以通常分析物體在最高點和最低點的受力情況求臨界狀態(tài)。物體在斜面上運動時，若受摩擦力，還要參照水平面內圓周運動的臨界問題分析摩擦力的突變問題，如靜摩擦力的方向變化、靜摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮?。?(2014·安徽高考)如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則ω的最大值是()A．eq\r(5)rad/s B．eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s[答案]C[解析]當物體轉到圓盤的最低點恰好要滑動時，轉盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)。由沿斜面的合力提供向心力，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，得ω＝eq\r(\f(g,4R))＝1.0rad/s，C正確。[關鍵能力升華]與豎直面內的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低點的受力情況，列牛頓運動定律方程來解題。只是在受力分析時，一般需要進行立體圖到平面圖的轉化，這是解斜面上圓周運動問題的難點。[對點跟進訓練]1．(繩作用下斜面上的圓周運動)(2022·安徽省六安市第一中學高三上第二次月考)如圖所示，在傾角為θ的足夠大的固定斜面上，一長度為L的輕繩一端固定在O點，另一端連著一質量為m的小球(視為質點)，可繞斜面上的O點自由轉動?，F使小球從最低點A以速率v開始在斜面上做圓周運動，通過最高點B。重力加速度大小為g，輕繩與斜面平行，不計一切摩擦。下列說法正確的是()A．小球通過B點時的最小速度可以小于eq\r(gLsinθ)B．小球通過A點時的加速度為gsinθ＋eq\f(v2,L)C．若小球以eq\r(gLsinθ)的速率通過B點時突然脫落而離開輕繩，則小球到達與A點等高處時與A點間的距離為2LD．小球通過A點時的速度越大，此時斜面對小球的支持力越大答案C解析小球通過最高點B時，當繩的拉力為零時速度最小，即mgsinθ＝eq\f(mv\o\al(2,min),L)，最小速度vmin＝eq\r(gLsinθ)，故A錯誤；小球在A點受重力、斜面的支持力以及繩的拉力，沿斜面方向有F－mgsinθ＝eq\f(mv2,L)＝maA，可得aA＝eq\f(v2,L)，故B錯誤；若小球以eq\r(gLsinθ)的速率通過B點時突然脫落而離開輕繩，則小球在斜面上做類平拋運動，在平行于斜面底邊方向做勻速直線運動，在垂直于斜面底邊方向做初速度為零的勻加速直線運動，故s水平＝vBt＝eq\r(gLsinθ)·t,2L＝eq\f(1,2)at2，其中a＝gsinθ，聯立解得s水平＝2L，即小球到達與A點等高處時與A點間的距離為2L，故C正確；斜面對小球的支持力始終等于重力沿垂直于斜面方向的分力，與小球的速度大小無關，故D錯誤。2．(桿作用下斜面上的圓周運動)如圖所示，光滑斜面與水平面成α＝30°角，斜面上一根長為l＝0.30m的輕桿，一端固定質量為0.2kg的小球，可繞另一端O點在斜面內轉動。先將輕桿拉至水平位置，然后給小球一沿著斜面并與輕桿垂直的初速度v0＝3m/s，取g＝10m/s2，則()A．此時小球的加速度大小為eq\r(30)m/s2B．小球到達最高點時，桿對其的彈力沿斜面向上C．若增大v0，小球達到最高點時桿對小球的彈力一定增大D．若增大v0，小球達到最高點時桿對小球的彈力可能減小答案C解析小球做變速圓周運動，在初位置加速度不指向圓心，切向加速度為：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度為：an＝eq\f(v\o\al(2,0),l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2，此時小球的加速度為：a＝eq\r(a\o\al(2,n)＋a′2)>an＝30m/s2>eq\r(30)m/s2，故A錯誤。小球從初始位置到最高點過程，根據動能定理，有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－2glsin30°)＝eq\r(32－2×10×0.30×\f(1,2))m/s＝eq\r(6)m/s；考慮臨界情況，如果在最高點桿沒有彈力，小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,2),l)，解得：v2＝eq\r(glsin30°)＝eq\f(\r(6),2)m/s＜v1，說明小球到達最高點時桿對小球有拉力作用，即桿對小球的彈力沿斜面向下，故B錯誤。在最高點時，輕桿對小球的彈力是拉力，故F＋mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,最高),l)，如果初速度增大，則在最高點速度也增大，故拉力F一定增大，C正確，D錯誤。答卷現場2水平面內的圓周運動(12分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度ω勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。試卷抽樣評析指導1．失分點①：方程和結果錯誤。失分原因：該同學分析正確但列方程時出現錯誤，對公式使用上所表述的意義理解不透徹。補償建議：在對公式的使用上，圓心在哪、運動半徑是指哪一段需搞清楚。規(guī)范解答：列出正確方程mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθ，ω0＝eq\r(\f(2g,R))2．失分點②：摩擦力的方向判斷錯誤。失分原因：該同學兩次分析摩擦力的方向錯誤而造成丟分。補償建議：加深對摩擦力概念的理解。一、選擇題(本題共9小題，其中第1～7題為單選，第8～9題為多選)1．(2021·廣東省汕頭市一模)某同學以變速自行車的齒輪傳動作為研究性課題，他通過查閱相關資料了解變速自行車的變速原理，測得圖示后小齒輪組中最小、最大齒輪半徑分別為r1、r2，前大齒輪半徑為r3，后輪半徑為R。若該自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，則后輪的最大線速度為()A．eq\f(2πr3R,r1) B．eq\f(2πr2R,r1)C．eq\f(2πr3R,r2) D．eq\f(2πr1R,r2)答案A解析由題意可知，鏈條連接前大齒輪與后小齒輪組中半徑最小的齒輪時，后輪的線速度最大，由于自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，所以，其周期為T3＝1s，根據公式v＝eq\f(2πr,T)，可得前大齒輪邊緣的線速度為v3＝eq\f(2πr3,T3)＝2πr3，所以后小齒輪組中最小齒輪的線速度為v1＝v3＝2πr3，則小齒輪組的角速度為ω＝eq\f(v1,r1)＝eq\f(2πr3,r1)，由于后輪與小齒輪組同軸，所以角速度相等，根據公式v＝ωr，可得后輪的線速度為v＝ωR＝eq\f(2πr3R,r1)，故A正確，B、C、D錯誤。2．如圖所示，天花板上有一可自由轉動光滑小環(huán)Q，一輕繩穿過Q，兩端分別連接質量為m1、m2的A、B小球。兩小球分別在各自的水平面內做圓周運動，它們周期相等。則A、B小球到Q的距離l1、l2的比值eq\f(l1,l2)為()A．eq\f(m\o\al(2,1),m\o\al(2,2)) B．eq\f(m\o\al(2,2),m\o\al(2,1))C．eq\f(m1,m2) D．eq\f(m2,m1)答案D解析設連接A、B兩球的繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，繩子拉力為T，角速度為ω，對A小球水平方向有：Tsinθ1＝m1ω2l1sinθ1，對B小球水平方向有：Tsinθ2＝m2ω2l2sinθ2，聯立得eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，故D正確，A、B、C錯誤。3．(2021·上海市徐匯區(qū)高三下二模)如圖所示，滾筒洗衣機脫水時，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做勻速圓周運動。衣物經過洗衣機上a、b、c、d四個位置時，脫水效果最好的是()A．a B．bC．c D．d答案B解析帶水的衣物隨滾筒一起做勻速圓周運動，它們的角速度相等，在a位置，根據牛頓第二定律可知mg＋F1＝mω2R，解得F1＝mω2R－mg，在b位置，根據牛頓第二定律可知F2－mg＝mω2R，解得F2＝mω2R＋mg，在c、d兩位置，根據牛頓第二定律可知F＝mω2R，則水滴對衣服保持同步運動所需附著力在b位置最大，脫水效果最好，故選B。4．(2022·廣東省惠州市高三上第二次調研)圖甲為游樂場中一種叫“魔盤”的娛樂設施，游客坐在轉動的魔盤上，當魔盤轉速增大到一定值時，游客就會滑向盤邊緣，其裝置可以簡化為圖乙。若魔盤轉速緩慢增大，則游客在滑動之前()A．游客受到魔盤的摩擦力緩慢增大B．游客始終處于平衡狀態(tài)C．游客受到魔盤的支持力緩慢增大D．游客受到的合力大小不變答案A解析對游客受力分析如圖，水平方向有fx－Nx＝mω2r，豎直方向有fy＋Ny＝mg，則隨著魔盤轉速緩慢增大，游客需要的向心力緩慢增大，則摩擦力緩慢增大，支持力緩慢減小，故A正確，C錯誤；游客滑動之前在豎直方向受力平衡，在水平方向受到的向心力隨著魔盤轉速的緩慢增大而增大，即所受合力增大，故B、D錯誤。5．(2022·河北省邢臺市高三上10月聯考)如圖所示，質量分別為mA和mB(mA>mB)的A、B兩球固定在同一輕直桿上，A球在桿的一端，B球在桿的中點，桿可以繞另一端點O在豎直面內做圓周運動。若當A球通過最高點時，B球受到桿的作用力恰好為零，重力加速度大小為g，兩球均視為質點，則此時A球受到桿的作用力大小為()A．0 B．mAgC．mBg D．(mA－mB)g答案B解析設桿的長度為2L，當A球運動到最高點時，桿對B球的作用力恰好為零，對B球受力分析，只有重力提供向心力，根據牛頓第二定律得mBg＝mBω2L，解得ω＝eq\r(\f(g,L))，由于A、B兩球同軸轉動，角速度相同，對A球受力分析，由牛頓第二定律得F＋mAg＝mAω2×2L，聯立解得F＝mAg，方向向下，故B正確，A、C、D錯誤。6．(2022·山東省鄒平市第一中學高三上開學考試)如圖所示，旋轉秋千中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小答案D解析設圓盤轉動的角速度為ω，因為兩座椅A、B均繞著圓盤軸做圓周運動，故角速度ωA＝ωB＝ω，設繩長為l，繩的懸點到軸的距離為r時，繩與豎直方向的夾角為θ，則mgtanθ＝mω2(r＋lsinθ)，整理得r＝eq\f(g,ω2)sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cosθ)－l))，由題知rA<rB，則θA<θB，則rA＋lsinθA<rB＋lsinθB，即A做圓周運動的半徑小于B做圓周運動的半徑，由v＝ωr可知A的速度比B的小，故A、C錯誤；又由a＝ω2r知，A的向心加速度一定小于B的向心加速度，故B錯誤；再由T＝eq\f(mg,cosθ)，可知懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，故D正確。7．如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉動時，兩金屬環(huán)始終相對桿不動，下列