2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习重难07 水平圆周、竖直圆周及传动装置问题（解析版）

重难07水平圆周、竖直圆周及传动装置问题

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模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

1．圆周运动相关物理量

定义、意义公式、单位

Δs2πr

描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(1)v＝＝

线速度ΔtT

(v)

(2)单位：m/s

Δθ2π

角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)(1)ω＝＝

ΔtT

(2)单位：rad/s

2πr2π

(1)T＝＝，单位：s

vω

1

周期物体沿圆周运动一圈的时间(T)(2)f＝，单位：Hz

T

1

(3)n＝，单位：r/s

T

2

v2

(1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)(1)an＝＝rω

向心加速度r

(2)方向指向圆心

(2)单位：m/s2

2.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系

匀速圆周运动变速圆周运动

线速度的大小、方向都变，角速度变，

运动线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不

向心加速度的大小、方向都变，周期可

特点变，向心加速度的大小不变

能变也可能不变

所受到的合力不总指向圆心，合力产生

受力

两个效果：

特点

所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，①沿半径方向的分力Fn，即向心力，

其方向时刻指向圆心它改变速度的方向；

②沿切线方向的分力Ft，它改变速度的

大小

运动非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方向变非匀变速曲线运动(加速度大小、方向

性质化)都变化)

3.绳、杆模型涉及的临界问题

绳模型杆模型

常见

类型

均是没有支撑的小球均是有支撑的小球

受力除重力外，物体受到的弹力向除重力外，物体受到的弹力向下、等于零

特征下或等于零或向上

受力

示意图

过最高

v2

点的临由mg＝m得v临＝gr由小球恰能做圆周运动得v临＝0

r

界条件

(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿

(1)过最高点时，v≥gr，FN＋半径背离圆心

2

v2

mg＝m，绳、圆轨道对球产v

(2)当0<v<gr时，mg－FN＝m，FN背离

rr

讨论

生弹力

FN圆心，随v的增大而减小

分析

(2)不能过最高点时，v<gr，

(3)当v＝gr时，FN＝0

在到达最高点前小球已经脱离v2

(4)当v>gr时，FN＋mg＝m，FN指向圆

了圆轨道r

心，并随v的增大而增大

4．常见的三种传动方式及特点

(1)皮带传动：如图甲、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。

(2)摩擦(齿轮)传动：如图丙所示，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。

(3)同轴转动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。

（建议用时：30分钟）

1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图为衢州某卡丁车运动基地，几辆卡丁车正急速通过一个大圆弧形弯

道，弯道内侧比外侧低，当卡丁车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势。

下列说法正确的是（）

A．卡丁车质量越大，对应理论时速vc越大

B．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不变

C．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、向心力

D．卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧所需的向心力大

【答案】B

【详解】A．当卡丁车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势，此时重力和弹

v2

力的合力恰好提供向心力，设弯道倾角为，则mgtanm

R

质量可以约去，所以理论速度与质量无关，故A错误；

B．根据以上分析可知，理论速度与动摩擦力因数无关，当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不

变，故B正确；

C．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力作用，向心力不是物体实际受力，故C错误；

v2

D．卡丁车所需的向心力为m，以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧半径大，所需的向心力小，故D错

R

误。故选B。

2．（2024·黑龙江·三模）如图所示，质量为m的小物块开始静止在一半径为R的球壳内，它和球心O的

连线与竖直方向的夹角为37，现让球壳随转台绕转轴OO'一起转动，小物块在球壳内始终未滑动，重

力加速度为g，sin37°0.6，cos37°0.8，则下列说法正确的是（）

4

A．小物块静止时受到的摩擦力大小为mg

5

5g

B．若转台的角速度为，小物块不受摩擦力

3R

g

C．若转台的角速度为，小物块受到沿球面向下的摩擦力

R

3g

D．若转台的角速度为，小物块受到沿球面向下的摩擦力

2R

【答案】D

3

【详解】A．静止时，对小物块受力分析，根据平衡条件有fmgsinmg

5

故A错误；

B．球壳随转台绕转轴OO一起转动，小物块做匀速圆周运动，设小物块所受摩擦力恰好为0时的角速度为

2

0，对小物块进行受力分析，则有mgtanm0Rsin

5g

解得

04R

故B错误；

g

C．因，故小物块有沿球壳向下运动的趋势，受到沿球面向上的摩擦力，故C错误；

0R

3g3g

D．因，故小物块有沿球壳向上运动的趋势，受到沿球面向下的摩擦力，因，故小物块

02R02R

有沿球壳向上运动的趋势，受到沿球面向下的摩擦力，故D正确。故选D。

3．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和

轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。

长为L不可伸长质量不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将

小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球

与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计转轴所受摩擦。

（1）求弹簧的劲度系数k；

（2）求小球与轻杆间恰无相互作用力时装置转动的角速度ω。

5mg(1520)g

【答案】（1）；（2）

L12L

【详解】（1）依题意，有k（0.6L－0.4L）＝μmg

5mg

解得k＝

L

（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有Tsin37°＝mg

Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L

(1520)g

解得ω＝

12L

4．（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，长l0.5m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电

小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角37；已知小球的质量m0.4kg，所带

电荷量q1.0105C，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：

(1)匀强电场的场强大小；

(2)将电场撤去，求小球回到最低点时对细绳的拉力大小。

【答案】(1)3.0105N/C(2)5.6N

【详解】（1）对小球进行受力分析，如图

对小球，在竖直方向Tcosmg

在水平方向TsinqE

mgtan

联立解得E

q

代入题中数据得E3.0105N/C

1

（2）撤去电场后，从释放点到最低点的过程根据动能定理得mgl1cosmv2

2

解得v2gl1cos

v2

最低点对小球列牛顿第二定律方程Fmgm

Tl

根据牛顿第三定律可知小球对绳的拉力大小FTFT

则小球对绳的拉力大小FT5.6N

5．（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为R的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道

和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点B时，

恰好对轨道的压力为零。小球过B点后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)斜面顶端到地面的高度；

(2)斜面与水平面夹角的正切值。

52

【答案】(1)R(2)

22

12

【详解】（1）小球由A点到B点的过程中，根据动能定理有mgH2mgRmv

2B

mv2

在B点由重力提供向心力，则有mgB

R

5

解得HR

2

（2）小球过B点后做平抛运动，落在斜面上的D点，如图所示

1v

则有xvt，hgt2，tanB

B2gt

2Rh

在CDE中，由几何关系可得tan

x

2

解得tan

2

6．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨冰雪大世界的冰雕师傅将质量为m的冰球放置在内壁为半球形的光

滑冰碗边缘，冰球从静止滑至碗底。已知冰碗质量为2m，始终静止于水平冰面，重力加速度为g。此过程

中（）

A．冰碗对地面的最大压力为3mg

3

B．冰碗与冰面间最大静摩擦力为mg

2

1

C．冰球滑至碗底时，冰碗所受摩擦力为mg

3

D．若冰碗置于光滑冰面，冰球无法到达另一侧边缘

【答案】B

1

【详解】A．当小球到达碗底部时碗对地面的压力最大，则由机械能守恒mv'2mgR

2

v'2

由牛顿第二定律F'mgm

NR

底座对地面的最大压力NFN2mg

联立解得N=5mg

选项A错误；

B．设小球到达的位置与球心连线与竖直方向夹角为θ时底座受到地面的摩擦力最大，则由机械能守恒

1

mv2mgRcos

2

v2

由牛顿第二定律Fmgcosm

NR

对碗受力分析可知地面对碗的摩擦力fFNsin

3

联立解得fmgsin2

2

可知当θ=45°时底座受到地面的最大摩擦力为fmax1.5mg

所以B正确；

C．最低点处，小球与光滑冰碗间无摩擦，小球对冰碗的压力竖直向下，则冰碗与地面间摩擦力为零，所以

C错误；

D．如果把碗放在光滑的水平面上，则小球和碗的系统水平方向动量守恒，当小球到达另一侧最高点时根据

0(m2m）v

可知碗和小球的速度均为零，由能量关系可知，小球能到达碗的另一侧边缘，选项D错误。故选B。

7．（2025·吉林·一模）如图（a）所示，某景点有一娱乐项目“玻璃滑道”，图（b）为其轨道侧视图，质量

为m50kg的人从A处静止下滑，经BCDEF最终停在G处，已知AB、BC、CD、DE、EF都是半径为

R10m的圆弧，其对应的圆心角均为60°，FG段水平，长为L10m，人滑到F点时轨道对人的弹力FN为

自身重力的2倍，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)在FG段人与玻璃滑道间的动摩擦因数μ；

(2)在玻璃滑道AF段滑动过程中人克服阻力做的功。

【答案】(1)0.5

(2)Wf10000J

【详解】（1）人刚滑到圆弧末端F点时，受到重力和轨道对人的支持力，由牛顿第二定律可得

mv2

FmgF

NR

其中FN2mg

联立解得vF10m/s

1

在FG段由动能定理得mgL0mv2

2F

联立解得0.5

1

（2）人在AF段滑动过程中，由动能定理可得5mgR1cos60Wmv20

f2F

解得Wf10000J

8．（2025·吉林·一模）如图所示，一质量为m1kg的小球用不可伸长的细线悬挂于升降机内的天花板上。

细线长L0.5m，取g10m/s2。

(1)若升降机静止，小球在水平面内做匀速圆周运动，且细线与竖直方向的夹角37，求此时细线的拉力

和小球的角速度；

(2)若升降机以a2m/s2的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，且细线与竖直方

向的夹角仍为37，求摆线的拉力和小球的角速度。

【答案】(1)T12.5N，5rad/s

(2)T15N，30rad/s

【详解】（1）若升降机静止，小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向有Tcos37mg

解得细线拉力为T12.5N

水平方向有Tsinm2Lsin

解得角速度为5rad/s

（2）若升降机以a2m/s2的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，竖直方向有

Tcos37mgma

解得细线拉力为T15N

水平方向有Tsinm2Lsin

解得角速度为30rad/s

（建议用时：30分钟）

9．（2024·吉林延边·一模）一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有

一滑轮，滑轮与配重通过轻绳连接，其模型简化如图乙所示，已知配重质量0.4kg，绳长为0.3m，悬挂点到

腰带中心的距离为0.12m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计

一切阻力，绳子与竖直方向夹角37，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）细绳的拉力；

（2）配重做匀速圆周运动的速度；

（3）配重从静止开始加速旋转至37的过程中，绳子对配重所做的功。

【答案】（1）5N，指向绳收缩的方向；（2）1.5m/s，方向沿轨迹的切线方向；（3）0.69J

mg

【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，则平衡条件得T5N

cos37

方向沿绳指向绳收缩的方向；

（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则

v2

mgtan37m

r

rRlsin37

解得v1.5m/s

方向始终沿轨迹的切线方向；

（3）根据几何关系可得配重上升的高度为hllcos37

1

根据动能定理可得Wmghmv2

T2

解得WT0.69J

10．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点。当

轻杆绕轴OO'以某一角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平方向成角，b绳沿

水平方向且长为L，重力加速度为g。求：

(1)当轻杆绕轴角速度0?时，b绳保持水平且拉力刚好为零。

2g

(2)当角速度时，求a绳的拉力Fa和b绳的拉力Fb分别是多少？

Ltan

gmgmg

【答案】(1)(2)，

Ltansintan

【详解】（1）

小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由水平方向上的合力提供向心力，当b绳拉力为零时，

mg

有mL2

tan0

g

解得

0Ltan

2gg2

（2）可知当角速度时，此时b绳有拉力，故Fasinmg，FacosFbmL

LtanLtan

mgmg

解得F，F

asinbtan

11．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图，细绳一端固定，另一端系一小球在水平面内做匀速圆周运动。若绳

子突然断裂，则小球将（）

A．沿切线飞出B．沿半径方向飞出

C．竖直下落D．继续做圆周运动

【答案】A

【详解】做匀速圆周运动的物体所受的外力减小或者突然消失，将做离心运动，当绳子突然断裂后，物体

失去向心力，而做离心运动，沿切线方向飞出。

故选A。

3

12．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD

4

为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释

放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时小球

的速度为2gR（忽略空气阻力）。求：

(1)小球到达B点时对轨道的压力；

(2)小球从B点运动到C点所用的时间t；

(3)小球离开B后，距离斜面的最远距离d。

R

【答案】(1)3mg(2)4(3)2R

g

v2

【详解】（1）小球到达B点时，根据牛顿第二定律有FmgmB

NR

求得轨道对小球的弹力FN3mg

由牛顿第三定律，可知小球此时对轨道的压力为3mg

y1

（2）小球从B点运动到C点做平抛运动，有tan45，ygt2，xvt

x2B

R

联立求得所用的时间t4

g

（3）将小球在B点的速度和重力加速度分别沿斜面和垂直斜面方向分解，则有vBxvBcos45，

vByvBsin45

22

vBsin45vBsin45

当vBy减为零时，此时小球距离斜面的距离最远，有d2R

2ay2gcos45

13．（2025·辽宁·三模）如图所示，有一质量为m的小球在竖直固定的光滑圆形管道内运动，管径略大于

小球的直径，小球的直径远小于内侧管壁半径R。A、C为管道的最高点和最低点，B为管道上与圆心等高

的点，D为管道上的一点，且D与圆心连线和水平方向夹角为45°，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．若小球在A点的速度大小为gR，则外侧管壁对小球有作用力

B．若小球在B点的速度大小为gR，则内侧管壁对小球有作用力

C．若小球在C点的速度大小为gR，则小球对管道的内外壁均无作用力

D．若小球在D点的速度大小为gR，则外侧管壁对小球有作用力

【答案】D

【详解】A．若小球在A点的速度大小为gR，则小球在A点只受重力，管壁对小球无作用力，故A错误；

v2

B．在B点，外侧管壁对小球的作用力提供小球做圆周运动的向心力，且有FmBmg

NR

故B错误；

v2

C．在C点，小球受向下的重力和竖直向上的弹力，该弹力为外壁对小球的作用力，且有FmgmC

NR

解得FN2mg

故C错误；

v2

D．在D点时，若只受重力，则mgsin45m

R

解得vgRsin45

由于gRsin45gR，故外侧管壁对小球有指向圆心的作用力，故D正确。

故选D。

14．（2025·辽宁沈阳·三模）唐・高无际《汉武帝后庭秋千赋》有载：“秋千者，千秋也。汉武祈千秋之寿，

故后宫多秋千之乐。”如图为现代单人秋千比赛精彩瞬间，运动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲

下）使秋千振幅逐渐增大。忽略空气阻力，下列关于该过程的分析正确的是（）

A．最高点瞬间，运动员所受合外力为零

B．最低点瞬间，运动员所受合外力不为零

C．从最低点摆至最高点过程中，运动员先超重后失重

D．从最高点蹲下到最低点站起的过程中，运动员和秋千构成的系统机械能守恒

【答案】BC

【详解】A．运动员在最高点时仍受重力、拉力作用，二者合力不为零，故A错误；

B．运动员荡到最低点时拉力与重力的合力提供向心力，合力不为0，故B正确；

C．运动员由最低点向最高点运动的过程中，加速度先有竖直向上的分量后有竖直向下的分量，所以运动员

先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；

D．动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大，系统的机械能变大，机械能不

守恒，故D错误；

故选BC。

15．（2025·内蒙古赤峰·三模）机器人扭秧歌成了2025年年初的头条热点，机器人的3分钟表演让国内外

都为之震撼。如图机器人转动的手绢好像“死死地”黏在机器人的手上一样。此情景可以简化为长为L的

轻杆一端固定在水平转轴上的O点，另一端固定一质量为m的小球，在竖直平面内做角速度为ω的

匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A．小球转到最低点D时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力

B．小球转到最高点C时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力

C．小球在最左端A时，轻杆对小球的作用力的大小为m2L

D．小球在最右端B时，轻杆对小球的作用力的大小为m24L2m2g2

【答案】AD

【详解】A．小球转到最低点D时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力，故A

正确；

B．小球转到最高点C时速度为gR，可知此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于其重力，故B错误；

CD．小球在最左端A或最右端B时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，合力指向圆心

22

方向，根据平行四边形定则，可知轻杆对小球的作用力的大小为Fmgm2Lm24L2m2g2

故C错误，D正确。

故选AD。

16．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，以过P点的竖直线为界，空间中存在水平向左的匀强电场和

垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以一定初速度从A

点水平向右射出，恰好由P点沿切线无能量损失地进入半径为R的竖直光滑固定圆管轨道（小球直径与圆

管内径相同且两者忽略不计），轨道圆心为O点，最低点和最高点分别为M、N，小球从P点进入轨道时

1

的动能等于从A点射出时动能的，小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，∠POM=60°，重力加速度为g，

4

不计空气及摩擦阻力，求

(1)小球经过M点时，轨道下表面对小球的支持力；

(2)匀强电场的场强大小。

3mg

【答案】(1)F支5mg2qBgR(2)E

q

【详解】（1）因小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，故小球在N点的速度为0

1

对M到N，由动能定理2mgR0mv2

2M

解得vM2gR

2

mvM

在M点，小球受重力，洛伦兹力和支持力，由牛顿第二定律F支mgBqv

MR

解得F支5mg2qBgR

11

（2）对P到M，由动能定理mgR(1cos60)mv2mv2

2M2P

解得vP3gR

在P点，把vP水平竖直分解

得vPxvPcos60，vPyvPsin60

qE

对A到P，水平方向有vvat，a

PxAm

竖直方向有vPygt

1

依题意，EE

kP4kA

则有vA23gR

3mg

综上，解得E

q

（建议用时：40分钟）

17．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）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m2m1m2的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，

且两球始终在同一水平面内，则（）

A．两球的向心加速度大小相等B．两球运动的角速度大小相等

sinsintan

C．A、B两球的质量之比为D．A、B两球的动能之比为

sinsintan

【答案】BD

【详解】A．设摆线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律可得mgtanma

解得agtan

因为，所以B球加速度大于A球加速度，A错误；

B．设悬点到水平面的高度为mgtanm2htan

g

解得

h

所以两球角速度相同，B正确；

C．绳子上的拉力大小相等，则有mgFcos

可得A球的质量与B球的质量之比mA:mBcos:cos，C错误；

g

D．根据上述分析可知

ABh

根据线速度与角速度的关系可得vAghtan，vBghtan

costan2sintan

故两球的动能之比为E:Emv2:mv2，D正确。

kAkBAABBcostan2sintan

故选BD。

18．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）圆锥摆在摆动过程中由于受空气阻力的影响，小球做圆周运动的半径会

越来越小，经过足够长时间后，小球会停止在悬点正下方。忽略小球转动一周内的半径变化，即每一周都

可视为匀速圆周运动，运动情况如图所示。则小球做上述运动过程中，随着细绳与竖直方向的夹角不断减

小，小球做圆周运动的周期将（）

A．变大B．变小

C．不变D．先增大后减小

【答案】A

42Lsin

【详解】令摆角为，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有mgtanm

T2

Lcos

解得T2

g

可知，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将变大。

故选A。

19．（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，小木块a和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，开始

时轻绳处于伸直状态但无拉力，a的质量为3m，b的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为r

和2r，a、b与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地

、2

加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，a、b所受摩擦力大小分别为f2f1随变化的图像正确的是

（）

A．B．

C．D．

【答案】C

2

【详解】当圆盘减速度较小时，两木块均由静摩擦力提供向心力，对a物块有fa3mr

2

对b物块有fbm2r

2

则b物块受到的摩擦力较小，当角速度1时，b物块所受摩擦力达最大值，则mg2m1r

3

此时a物块所受摩擦力为f3m2rmg3mg，即仍未达最大值；

12

此后随着圆盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a物块所受摩擦力继续增大；当角速度2时，

2，2

a物块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T，对a、b分别有T3mg3m2rTmg2m2r

继续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所需向心力较小，所以b物块所受摩擦力将逐渐减小至零

后反向再增大，此过程a物块所受摩擦力为最大值保持不变。

故选C。

20．（2024·陕西榆林·一模）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且

A、B两点连线始终沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到

如图所示位置时，则（）

A．P点的线速度方向沿绳子切线B．P点的线速度等于Q点的线速度

C．P点的角速度等于Q点的角速度D．P点所受合外力方向一定垂直于绳斜向下

【答案】C

【详解】A．P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，则可知P的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并

不沿绳子切线，故A错误；

BC．由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q

的半径，根据公式vr

可知，P的线速度小于Q的线速度，故B错误，C正确；

D．P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，指向圆周运动的圆心，即P点所

受合外力方向一定垂直于AB连线向下，故D错误。

故选C。

21．（2024·陕西渭南·一模）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮

带不打滑），半径之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正

方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，

带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯

泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压U0以内，下列说法正确的是（）

2U

A．大轮转动的角速度ω不能超过0

nBL2

B．灯泡两端电压有效值为2nBL2

C．若用总长为原来两倍的漆包线重新绕制边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡变得更亮

D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

【答案】BC

【详解】AB．依题意，大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据vr

由大轮和小轮的半径之比为4：1，可知小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度

2

为4。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为EmnBL4

E

根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为Em

2

R

根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为UE

RR

联立解得U2nBL2

发电时灯泡能发光且工作在额定电压U0以内，可得U0U

2U

解得0

2nBL2

故A错误；B正确；

C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来

2

的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为