(新高考)高考物理一轮复习教案第4章第3讲《圆周运动》(含详解)

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第3讲　圆周运动

　　　　　　　　　　　　　　　　　　

知识点　　匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度　Ⅰ
匀速圆周运动的向心力　Ⅱ1.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，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)性质：加速度大小不变、方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)条件：有初速度，受到一个大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合力。
2．描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，具体如下：

定义、意义
公式、单位
线速度
①描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)
②是矢量，方向和半径垂直，沿切线方向
①v＝＝ωr
②单位：m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
①ω＝＝
②单位：rad/s
周期和
转速
①周期是指做匀速圆周运动的物体，运动一周所用的时间(T)
②转速是指物体转动的圈数与所用时间之比(n)，也叫频率(f)
①T＝＝，单位：s
②f＝，单位：Hz
③n的单位：r/s、r/min
向心加
速度
①描述速度方向变化快慢的物理量(an)
②方向指向圆心，时刻在变
①an＝＝ω2r
②单位：m/s2
向心力
①作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小(Fn)
②方向指向圆心，时刻在变
③来源：某个力，或某几个力的合力，或某个力的分力
①Fn＝mω2r＝
m
②单位：N
相互
关系
①v＝rω＝＝2πrf
②an＝＝rω2＝ωv＝＝4π2f2r
③Fn＝m＝mrω2＝mωv＝m＝4mπ2f2r
知识点　　匀速圆周运动与变速圆周运动　Ⅰ

匀速圆周运动
变速圆周运动
运动
特点
线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不变，向心加速度的大小不变
线速度的大小、方向都变，角速度变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也可能不变
受力
特点

所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻指向圆心

所受到的合力不指向圆心，合力产生两个效果：
①沿半径方向的分力Fn，即向心力，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
性质
变加速曲线运动(加速度大小不变，方向变化)
变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)
知识点　　离心现象　Ⅰ
1．离心运动
(1)定义：做圆周运动的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的向心力时，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于惯性，总有沿着切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点

①当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动。
②当F ③当F＝0时，物体沿切线方向飞出。
2．近心运动：当F>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。　 　　　　　　　　　　　　　　　　　

一 堵点疏通
1．做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析受力时，必须指出受到的向心力。(　　)
2．匀速圆周运动是匀变速曲线运动，变速圆周运动是变加速曲线运动。(　　)
3．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(　　)
4．在光滑的水平路面上，汽车不可以转弯。(　　)
5．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(　　)
6．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。(　　)
答案　1.×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.√
二 对点激活
1.(人教版必修第二册·P30·T3改编)如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)

A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
答案　C
解析　A受三个力作用，重力和支持力平衡，指向圆心的摩擦力充当向心力，故C正确。
2．(多选)甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，下列哪种情况下甲的向心加速度比较大(　　)
A．它们的线速度相等，乙的运动半径小
B．它们的周期相等，甲的运动半径大
C．它们的角速度相等，乙的线速度小
D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大
答案　BCD
解析　由an＝知，在v相同的情况下，r甲>r乙时，a甲r乙时，a甲>a乙，故B正确；由an＝ωv知，在ω相同情况下，v甲>v乙时，a甲>a乙，故C正确；由an＝ωv知，在v相同情况下，ω甲>ω乙时，a甲>a乙，故D正确。
3.(人教版必修第二册·P30·T4改编)质量为m的小球，用长为l的细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，细线被钉子挡住。如图让小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时(　　)

A．小球运动的线速度突然减小
B．小球的角速度突然减小
C．小球的向心加速度突然增大
D．悬线的拉力突然增大
答案　B
解析　当小球第一次经过最低点时，由于重力与悬线的拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，故A错误；根据v＝rω，可知线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，则角速度变小，故B正确；根据向心加速度公式an＝可得，线速度大小不变，轨迹半径变大，则向心加速度变小，故C错误；悬线拉力F＝mg＋m＝mg＋man，故悬线的拉力突然减小，D错误。
4．(人教版必修第二册·P30·T5)一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是(　　)

答案　C
解析　汽车沿曲线转弯，所以受到垂直速度方向指向轨迹凹侧的向心力Fn，汽车的速度逐渐减小，所以还受到与速度方向相反沿轨迹切线方向的切向力Ft，这两个力的合力方向如图C所示。
5．下列关于离心现象的说法正确的是(　　)
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动
答案　C
解析　物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要所受合力不足以提供所需的向心力，物体就做离心运动，故A错误；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D错误，C正确。



考点 1　　圆周运动的运动学分析
1.圆周运动各物理量间的关系

2．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比。
3．对an＝＝ω2r的理解
当v一定时，an与r成反比；
当ω一定时，an与r成正比。
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。
例1　如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动。图中三轮半径的关系为：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑，则A、B、C三点的线速度之比为________；角速度之比为________；周期之比为________。

(1)A、B两点位于两轮边缘靠皮带传动，那么vA与vB有什么关系？ωA与ωB有什么关系？
提示：vA＝vB，＝。
(2)B、C为同轴转动的两点，vB与vC、ωB与ωC的关系是什么？
提示：＝，ωB＝ωC。
尝试解答　1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因为两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即vA＝vB，由v＝ωr知＝＝，又B、C是同轴转动，相等时间内转过的角度相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr知＝＝＝。所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由T＝可得，TA∶TB∶TC＝1∶∶＝2∶1∶1。

解决传动问题的关键
(1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴转动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；
②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：齿轮传动和不打滑的摩擦(皮带)传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系。若判定向心加速度an的比例关系，可巧用an＝ωv这一规律。
[变式1]　如图是某共享自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮。若某人在匀速骑行时每秒踩脚踏板转n圈，则下列判断正确的是(　　)

A．牙盘转动角速度为
B．飞轮边缘转动线速度为2πnr2
C．牙盘边缘向心加速度为
D．自行车匀速运动的速度为
答案　D
解析　脚踏板与牙盘同轴转动，二者角速度相等，每秒踩脚踏板n圈，因为转动一圈，相对圆心转的角度为2π，所以角速度ω1＝2πn，A错误；牙盘边缘与飞轮边缘线速度的大小相等，据v＝rω可知，飞轮边缘上的线速度v1＝2πnr1，B错误；牙盘边缘的向心加速度an＝＝＝(2πn)2r1，故C错误；飞轮角速度ω2＝＝，自行车后轮角速度与飞轮角速度相等，自行车匀速运动的速度v＝ω2r3＝，故D正确。
考点 2　　圆锥摆模型及其临界问题
1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。
2．运动实例
运动模型
向心力的来源图示
飞机水平转弯

火车转弯

圆锥摆

物体在光滑半圆形碗
内做匀速圆周运动

3．解题方法
(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。
(2)确定圆心和轨道半径。
(3)应用相关力学规律列方程求解。
4．规律总结
(1)圆锥摆的周期

如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr
r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。
5．圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。
由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。

变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。
由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
例2　(2020·内蒙古赤峰市高三上期末)(多选)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，如右图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω> ，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
(1)小球在竖直方向的受力有什么特点？
提示：所受重力与a绳对它的拉力的竖直分力平衡。
(2)b绳恰好没有弹力的临界条件是什么？
提示：a绳的拉力与小球的重力的合力提供小球所需向心力。
尝试解答　选AC。
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上所受的合力为零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a绳对小球的拉力在竖直方向上的分力与小球的重力平衡，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力与角速度ω无关，故B错误；当b绳拉力为零时，有：＝mωl，解得ω0＝，可知当角速度ω>时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。

解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。
(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。
[变式2－1]　(2020·安徽省皖江名校联盟高三下第六次联考)如图所示，用一根质量不计、不可伸长的细绳，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时，悬点O到轨迹圆心高度为h，细绳拉力大小为F，小球的向心加速度大小为a，线速度大小为v，下列描述各物理量与角速度ω的关系图像正确的是(　　)


答案　A
解析　设细绳长度为l，小球质量为m，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mω2l，A正确；由mgtanθ＝mω2lsinθ，h＝lcosθ，得h＝，B错误；由mgtanθ＝mω2lsinθ，可得cosθ＝，小球的向心加速度大小a＝ω2lsinθ＝，C错误；由cosθ＝，得小球的线速度大小v＝ωlsinθ＝，D错误。
[变式2－2]　(2020·东北三省四市教研联合体高三下模拟)为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于内轨，外轨与内轨的高度差叫曲线外轨超高。已知某曲线路段设计外轨超高值为70 mm，两铁轨间距离为1435 mm，最佳的过弯速度为350 km/h，则该曲线路段的半径约为(　　)
A．40 km B.30 km
C.20 km D.10 km
答案　C
解析　设该曲线路段的倾角为θ，列车以最佳速度过弯道时，转弯时所受支持力与重力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝m，可得R＝，由于倾角θ很小，有tanθ≈sinθ，则R＝ m≈19376.9 m≈20 km，故A、B、D错误，C正确。　
考点 3　　水平转盘上运动物体的临界问题
水平转盘上运动物体的临界问题，主要涉及与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。
1．如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝，方向指向圆心。
2．如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。
3．运动实例

例3　(2020·河南省高三上第三次段考)如图所示，某同学用手水平托着一物体以身体(视为竖直直线)为轴匀速转动，已知物体到身体的距离为R，手与物体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，慢慢增大转速，要使物体能水平滑出，人转动的角速度至少应大于(　　)


(1)物体做圆周运动的向心力由什么提供？
提示：手对物体的静摩擦力。
(2)何时物体能滑出？
提示：手与物体间的静摩擦力达到最大值时。
尝试解答　选A。
设物体的质量为m，刚好发生相对滑动时物体所受的向心力为F向＝μmg＝mω2R，解得：ω＝，则当角速度大于时，物体能水平滑出，故A正确，B、C、D错误。

解决临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题。
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化。
(3)关注临界状态，例如静摩擦力达到最大值时。例3中，物体随手转动，静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当所需向心力大于最大静摩擦力时开始相对滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度。
[变式3－1]　两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为
答案　D
解析　木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，联立得ωmax＝，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，故A错误。在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动的半径r分别为L和2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，即ω>，对于b木块有：kmg＋F＝mω2·2L，对于a木块有Ff－F＝2mω2L，联立得Ff＝4mω2L－kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B错误。b刚要滑动时，对b木块有kmg＋F＝mω·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωL，联立得kmg＋2kmg＝4mωL，得ω0＝，故C错误。当ω＝ 时，b未滑动，a所受摩擦力大小Ff＝4mω2L－kmg＝，故D正确。
[变式3－2]　(2020·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)(多选)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是(　　)

A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．使转台转速缓慢增大，若B比A先相对转台滑动，则当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为 )
D．使转台转速缓慢增大，若A比B先相对转台滑动，则当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为 )
答案　BD
解析　当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供B做圆周运动的向心力，则k(2.5r－1.5r)＝2mω2r，解得ω＝ ，A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供A做圆周运动的向心力，则k(2.5r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得ω＝，B正确；使转台转速缓慢增大，若B比A先相对转台滑动，则当B刚好要滑动时，B与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力且指向转台中心，此时弹簧弹力与最大静摩擦力的合力提供B做圆周运动的向心力，则有k(2.5r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2·r，解得)，C错误；使转台转速缓慢增大，若A比B先相对转台滑动，则当A刚好要滑动时，A与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力且指向转台中心，此时弹簧弹力与最大静摩擦力的合力提供A做圆周运动的向心力，则有k(2.5r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得ω＝)，D正确。
考点 4　　竖直面内的圆周运动——“绳”模型和“杆”模型
1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的物体等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。
2．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
特征
除重力外，物体受到的弹力向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
受力
示意图


过最高
点的临
界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论
分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0 (3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大

例4(2020·河北衡水中学高中毕业班四月份教学质量监测)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．小球过最高点的最小速度是
B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
(1)杆模型过最高点的临界条件是什么？
提示：速度为0。
(2)杆在最高点对小球是拉力还是压力的临界条件是什么？
提示：速度为v＝。
尝试解答　选B。
由于杆在最高点对小球的作用力可以表现为拉力，也可以表现为支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；当小球在最高点的速度v＝时，靠小球重力提供向心力，杆的弹力为零，故B正确；当小球经过最高点时杆对它的作用力表现为支持力时，随速度增大杆对球的作用力减小，当小球经过最高点时杆对它的作用力表现为拉力时，随速度增大杆对球的作用力增大，故C、D错误。

竖直面内圆周运动问题的解题思路

[变式4－1]　(2020·辽宁省葫芦岛市高三第一学期质量监测)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　　)

A. B.
C.4 D.3
答案　D
解析　小铁球刚好到达最高点时，绳的拉力为零，小铁球的重力提供向心力，有mg＝m，在最高点切断轻绳后，小铁球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有：mg·4L＝mv－mv，联立可得小铁球落地速度大小：v2＝3，故A、B、C错误，D正确。
[变式4－2]　(2020·内蒙古呼和浩特市高三质量普查调研)(多选)如图所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动，圆环的半径为R，关于小球的运动情况，以下说法正确的是(　　)

A．小球在最高点对轨道的压力为零
B．小球在最低点对轨道的压力最大
C．如果小球恰好通过最高点，圆环的半径越大，小球在最低点对轨道的压力越大
D．如果小球恰好通过最高点，圆环半径的大小与在最低点对轨道的压力无关
答案　BD
解析　小球在最高点若只有重力提供向心力，则小球在最高点对轨道的压力为零，其他情况压力都不为零，故A错误；小球在最低点时速度最大，受到的支持力最大，对轨道的压力最大，故B正确；如果小球恰好通过最高点，则满足mg＝m，从最高点到最低点的过程由动能定理得mg·2R＝mv2－mv，小球在最低点满足F－mg＝m，联立解得F＝6mg，根据牛顿第三定律，小球在最低点对轨道的压力为6mg，与圆环半径无关，故C错误，D正确。
考点 5　　斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体，根据受力情况的不同，可分为以下三类。
1．物体在静摩擦力作用下做圆周运动。
2．物体在绳的拉力作用下做圆周运动。
3．物体在杆的作用下做圆周运动。
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂。 　　　　
　例5　(2014·安徽高考) 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)

A. rad/s B. rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
(1)随着ω增大会发生什么？
提示：小物体在圆盘上滑动。
(2)小物体转到哪个位置最容易发生上述情况？
提示：最低点。
尝试解答　选C。
当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)。

由沿斜面的合力提供向心力，有
μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R
得ω＝ ＝1.0 rad/s，C正确。

与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
[变式5]　(2020·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．此时小球的加速度大小为 m/s2
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小
答案　C
解析　小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，切向加速度为：a′＝＝gsinα，向心加速度为：an＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时小球的加速度为：a＝ >an＝30 m/s2> m/s2，故A错误。小球从初始位置到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝mv－mv；解得：v1＝＝ m/s＝ m/s；考虑临界情况，如果在最高点杆没有弹力，小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝m，解得：v2＝＝＜v1，说明小球达到最高点时杆对小球有拉力作用，即杆对小球的弹力沿斜面向下，故B错误。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝m，如果初速度增大，则在最高点速度也增大，故拉力F一定增大，C正确，D错误。



　(16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0 试卷抽样
评析指导

1.失分点①：方程和结果错误。
失分原因：该同学分析正确但列方程时出现错误，对公式使用上所表述的意义理解不透彻。
补偿建议：在对公式的使用上，圆心在哪、运动半径是指哪一段需搞清楚。
规范解答：列出正确方程mgtanθ＝mωRsinθ，ω0＝
2．失分点②：摩擦力的方向判断错误。
失分原因：该同学两次分析摩擦力的方向错误而造成丢分。
补偿建议：加深对摩擦力概念的理解。



1.(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长约为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)

A．200 N B.400 N
C．600 N D.800 N
答案　B
解析　当该同学荡到秋千支架的正下方时，根据牛顿第二定律，有2T－mg＝，解得T＝410 N，即此时每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B正确。
2.(2019·江苏高考)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
答案　BD
解析　座舱的运动周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
3.(2019·海南高考)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起沿OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)

A. B.
C. D.2
答案　B
解析　硬币在水平圆盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当向心力等于最大静摩擦力时，圆盘转动的角速度最大，根据牛顿第二定律有μmg＝mrω2，解得圆盘转动的最大角速度为ω＝，B正确。
4．(2018·江苏高考)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m B.加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km
答案　AD
解析　圆周运动的弧长s＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝＝×3.14 rad/s＝ rad/s，又v＝ωr，所以r＝＝×180 m＝3439 m，故C错误，D正确。
5．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
答案　D
解析　物块受到的摩擦力小于等于最大静摩擦力，即Mg≤2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误；物块运动到达最高点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝，C错误；环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值时速度最大，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。
6.(2020·安徽省皖南八校高三上摸底联考)一转动装置如图所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一小环通过铰链连接，两轻杆长度相同，球和环的质量均为m，O端通过铰链固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0。
答案　(1)　(2)
解析　(1)如图所示，装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，

小环受到弹簧的弹力F弹1＝k
此时小环受力平衡，有
F弹1＝mg＋T1cosθ1
小球受力平衡，有
F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg，F1sinθ1＝T1sinθ1
联立解得弹簧的劲度系数k＝。
(2)设AB杆中弹力为零时，OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x，轻杆长度为l，
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)
小环受力平衡，有F弹2＝mg
解得AB杆中弹力为零时，弹簧的长度x＝L
则cosθ2＝，对小球竖直方向有F2cosθ2＝mg
对小球，根据牛顿第二定律有F2sinθ2＝mωlsinθ2
解得AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0＝。



　　时间：60分钟　 　　满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题8分，共88分。其中1～4题为单选，5～11题为多选)
1.(2020·江苏省镇江市高三上学期期末)一质量为m的汽车以2v的速度经过拱形桥面顶端时对桥面的压力为零，重力加速度为g。则该汽车以速度v经过顶端时对桥面的压力F为(　　)

A．0.25mg B.0.5mg
C．0.75mg D.mg
答案　C
解析　由题意，汽车速度为2v时，其重力恰好充当向心力，则有mg＝m，当汽车速度变为v时，向心力减小，桥面对汽车有向上的支持力F′，则有mg－F′＝m，联立解得F′＝0.75mg，根据牛顿第三定律可知，汽车对桥面的压力F＝0.75mg，故C正确，A、B、D错误。
2．(2020·河北省石家庄市高三下一模)风速仪结构如图a所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图b所示，则该时间段内风轮叶片(　　)

A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
答案　B
解析　根据题意，从图b可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘上凸轮的挡光时间也在增长，故该段时间内风轮叶片的转动速度在减小；在Δt时间内凸轮圆盘转动了4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，叶片转动的平均速率为v＝＝，故B正确。
3.(2020·福建省漳州市高三下一模)如图所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为(　　)

A. B.
C. D.
答案　D
解析　设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，对A小球水平方向有：Tsinθ1＝m1ω2l1sinθ1，对B小球水平方向有：Tsinθ2＝m2ω2l2·sinθ2，联立得＝，故D正确，A、B、C错误。
4.(2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟)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，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是(　　)

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．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等
D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等
答案　C
解析　设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力分析，受到竖直向下的重力GN、细线的拉力T、杆给它的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有Tcosθ＝GN，N1＝Tsinθ，因为重力GN恒定，角度θ恒定，所以细线的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力恒定，故A、B错误；对M受力分析，受到竖直向下的重力GM、细线的拉力T、水平杆对它向上的支持力N2以及可能受到的方向不确定的静摩擦力，竖直方向由平衡条件有N2＝GM＋Tcosθ＝GM＋GN，所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等，C正确；若以较小角速度转动，环M受到的摩擦力方向背离转轴，有Tsinθ－f＝mω2r，得f＝Tsinθ－mω2r，若以较大角速度转动，环M受到的摩擦力方向指向转轴，有Tsinθ＋f′＝mω′2r，得f′＝mω′2r－Tsinθ，可能存在mω′2r－Tsinθ＝Tsinθ－mω2r，故D错误。
5.(2020·广深珠三校高三上学期第一次联考)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，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(　　)

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　汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则此时重力和支持力的合力指向圆弧内侧，提供汽车做圆周运动的向心力，故路面外侧高内侧低，A正确；车速低于v0时，汽车所需的向心力减小，摩擦力指向外侧，若小于最大静摩擦力，车辆便不会向内侧滑动，故B错误；车速高于v0时，摩擦力指向内侧，只要速度不超出某一最高限度，则摩擦力小于最大静摩擦力，车辆便不会侧滑，故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，则v0的值不变，故D错误。
6.(2020·山西省大同市县区高三第一次联合考试)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的竖直轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．B受到的静摩擦力一直增大
B.B受到的静摩擦力先增大后减小再增大
C．A受到的静摩擦力先增大后减小
D．A受到的合力一直增大
答案　BD
解析　开始转速较小时，两物块A、B均靠杆CD对其的静摩擦力提供向心力；转速逐渐增大，静摩擦力增大，根据f＝mrω2，rA＞rB，可知随着角速度的增大，A所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，然后绳子产生拉力，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未达到最大静摩擦力；随着角速度继续增大，A所受静摩擦力不变，由fm＋T＝mω2rA，fB＋T＝mω2rB，知B所受静摩擦力fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，fB先减小后反向增大，直到达到最大静摩擦力后，A、B开始滑动；综上所述，A所受的静摩擦力先增大，达到最大静摩擦力后不变，B所受的静摩擦力先增大后减小再增大，故A、C错误，B正确。根据向心力公式Fn＝mω2r，在发生相对滑动前物块A、B做圆周运动的半径是不变的，质量也不变，随着角速度的增大，向心力增大，而向心力就是物块所受的合力，故D正确。
7.(2020·江西省吉安市高三上期中)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当木架绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则(　　)

A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．a绳中张力突然增大
C．若角速度ω较小，小球在平行于平面ABC的竖直平面内摆动
D．若角速度ω较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动
答案　BD
解析　绳b未断时，绳a的拉力大小等于小球的重力mg，绳b断时，由于惯性，小球具有水平向外的速度，且受竖直向下的重力和竖直向上的绳a的拉力，可能在竖直面内做圆周运动，不可能在水平面内做匀速圆周运动，故A错误；设绳a的长度为La，绳b被烧断瞬间，对小球由牛顿第二定律有：Fa－mg＝m，可知此时绳a中的张力大于小球重力，即a绳中张力突然增大，B正确；当ω较小时，球在最低点速度较小，若v≤ ，则不能摆到与A点等高处，而在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，故C错误；当ω较大时，球在最低点速度较大，如果大于一定值，可在垂直于平面ABC的竖直平面内做完整的圆周运动，故D正确。
8.(2020·福建省泉州市高三上质量检查)如图，两弹性轻绳一端系在天花板的O点，另一端分别系着质量均为m的小球a、b，并让两小球都以O′为圆心在同一水平面上做匀速圆周运动。已知两弹性绳的弹力都与其伸长量成正比，且原长恰好都等于OO′，则(　　)

A．小球a、b的运动周期相同
B．小球a的向心力大于小球b的向心力
C．小球a、b的线速度大小相同
D．弹性绳1的劲度系数大于弹性绳2的劲度系数
答案　AD
解析　设弹性轻绳与竖直方向的夹角为θ，原长为L，小球受到绳子的弹力和自身重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgtanθ＝mLtanθ＝m，解得运动周期为：T＝2π，线速度大小为：v＝·tanθ，则小球a、b的运动周期相同，线速度大小不同，故A正确，C错误；绳1与竖直方向的夹角小，根据F向＝mgtanθ，小球a的向心力小于小球b的向心力，故B错误；轻绳的弹力F＝，轻绳的伸长量x＝－L，根据胡克定律可知，弹性绳的劲度系数k＝＝，绳1与竖直方向的夹角小，则弹性绳1的劲度系数大于弹性绳2的劲度系数，故D正确。
9.(2020·河北省高三第二次省际调研)如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜边AB上。在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D．斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
答案　AC
解析　物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，物块质量为m，斜劈对物块的支持力为N，摩擦力为f，对物块，沿AB方向有f－mgsinθ＝macosθ，垂直AB方向有mgcosθ－N＝masinθ，解得f＝mgsinθ＋macosθ，N＝mgcosθ－masinθ，在角速度ω缓慢增加的过程中，物块加速度a逐渐增加，则f逐渐增加，N逐渐减小，故A、C正确，B、D错误。
10．(2021·八省联考河北卷)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是(　　)

A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
答案　BD
解析　根据题意可知，小球与玻璃管间恰无压力时，有mgtanθ＝mrω2＝mLsinθω2。仅增加绳长后，小球需要的向心力变大，则小球受到玻璃管斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据mgtanθ＝mLsinθω2，则需减小ω，故B正确；根据mgtanθ＝mLsinθω2，可知增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力变大，则小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
11．(2020·广东省汕头市高三第一次模拟)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M装有力传感器，可测出球经过M点时对管道的作用力F(竖直向上为正)。用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与v的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点的横坐标，b为图像延长线与纵轴交点的纵坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

A．若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对管道壁无压力
B．若小球经过N点时满足v＝c，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
D．F＝－b时小球经过N点的速度等于0
答案　AC
解析　由图乙可知，若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对管道壁无压力，A正确；当小球经过N点时满足v＝c>c，则经过M点时对管道壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时满足mg＝m，由机械能守恒定律可得mv＝mg·2R＋mv，联立解得R＝，C正确；由图乙可知，F＝－b时v>c，小球经过N点的速度大于0，D错误。
二、非选择题(本题共1小题，共12分)
12.(2020·江西省赣州市十五县市高三上期中)(12分)如图，长L＝0.8 m的轻绳一端与质量m＝6 kg的小球相连，另一端连接一个质量M＝1 kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ。现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ。
答案　(1)5 rad/s　(2)
解析　(1)对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2Lsinθ，
代入数据解得小球转动的角速度ω＝5 rad/s。
(2)对小球，在竖直方向，由平衡条件可得：FTcosθ＝mg，
对滑块，有：FTsinθ＝FN，
联立解得FN＝mg，
对整体，竖直方向上有：Ff＝μFN＝(m＋M)g，
联立解得μ＝。