高三物理《圆周运动及其应用》教材分析.docx

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高三物理《圆周运动及其应用》教材分析

高三物理《圆周运动及其应用》教材分析

　　考点15　圆周运动及其应用

　　考点名片

　　考点细研究：

本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：

向心力、向心加速度的理解；竖直平面内圆周运动的问题分析；斜面、悬绳弹力的水平分力提供向心力的实例分析问题；离心现象等。

其中考查到的如：

XX年全国卷第24题、XX年浙江高考第20题、XX年天津高考第4题、XX年浙江高考第19题、XX年福建高考第17题、XX年全国卷第22题、XX年江苏物理第14题、XX年全国卷第20题、XX年安徽高考第19题、XX年全国卷第17题、XX年天津高考第9题、XX年全国卷第21题、XX年江苏高考第2题等。

　　备考正能量：

近三年高考中对圆周运动单独考查的试题并不多。

预计今后高考中对圆周运动的考查将以综合性试题为主，结合生活实例，考查学生的建模能力与综合分析能力。

　　一、基础与经典

　　．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是

　　A．P、Q两物体的角速度大小相等

　　B．P、Q两物体的线速度大小相等

　　c．P物体的线速度比Q物体的线速度大

　　D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用

　　答案　A

　　解析　P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确。

根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体到地轴的距离不等，Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项B、c错误。

P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错误。

　　2.如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端o处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接oa和ab，且oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。

当轻杆绕o轴在水平面内匀速转动时，oa和ab两线的拉力之比为

　　A．1∶3

　　B．1∶6

　　c．4∶3

　　D．7∶6

　　答案　D

　　解析　由牛顿第二定律，对a球：

Foa－Fab＝mω2·oa

　　对b球：

Fab＝3mω2·，由以上两式得，oa和ab两线的拉力之比为76，D正确。

　　3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、c。

在自行车正常骑行时，下列说法正确的是

　　A．A、B两点的角速度大小相等

　　B．B、c两点的线速度大小相等

　　c．A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比

　　D．B、c两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比

　　答案　D

　　解析　A、B两点的线速度相等，B、c两点的角速度相等，选项A、B错误；根据an＝，A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比的反比，选项c错误；根据an＝ω2r可得，B、c两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比，选项D正确。

　　4.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。

每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。

假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度为

　　A.

　　B.

　　c.

　　D.

　　答案　c

　　解析　轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝m，得v＝，c正确。

　　5．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动，甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲r乙＝31，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距o点为2r,m2距o′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时

　　A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1ω2＝31

　　B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1a2＝13

　　c．随着转速慢慢增加，m1先开始滑动

　　D．随着转速慢慢增加，m2先开始滑动

　　答案　D

　　解析　由题意可知，线速度v甲＝v乙，又r甲r乙＝31，据v＝ωr，可知ω甲ω乙＝13，m1、m2随甲、乙运动ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1ω2＝13，故A错误；由a＝rω2得a1＝2rω，a2＝rω，a1a2＝2ωω＝29，故B错误；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1＝，a2＝，Ff1max＝μm1g，Ff2max＝μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1a2＝29，故m2先滑动，c错误，D正确。

　　6．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是

　　答案　B

　　解析　小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：

Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确。

　　7．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绳突然被剪段，则a绳的弹力一定发生变化

　　答案　Ac

　　解析　对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。

当Tacosθ＝mω2lω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，c正确。

由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。

　　8．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是

　　A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝

　　B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0

　　c．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

　　D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

　　答案　Bc

　　解析　在光滑圆形管道的最高点，小球的速度可以等于零，A错误，B正确；在ab线以下时，外侧管壁对小球的弹力要提供向心力，而在ab线以上，当速度较小时，小球要挤压内侧管壁，故c正确，D错误。

　　9.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则

　　A．球A的线速度必定大于球B的线速度

　　B．球A的角速度必定小于球B的角速度

　　c．球A的运动周期必定小于球B的运动周期

　　D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力

　　答案　AB

　　解析　由于A、B球的向心力都是来自重力mg和支持力FN的合力F合，由题图得：

F合＝mgcotθ，所以FA向＝FB向＝mgcotθ。

比较线速度时，选用F向＝m分析得r大，v一定大，A选项正确；比较角速度时，选用F向＝mω2r分析得r大，ω一定小，B选项正确；比较周期时，选用F向＝m2r分析得r大，T一定大，c选项不正确；受力分析得知，A、B两球的支持力FN都等于mg/sinθ，根据牛顿第三定律知D选项不正确。

　　二、真题与模拟

　　0．XX·浙江高考]如图为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切。

大、小圆弧圆心o、o′距离L＝100m。

赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。

假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。

要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则赛车

　　A．在绕过小圆弧弯道后加速

　　B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s

　　c．在直道上的加速度大小为5.63m/s2

　　D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s

　　答案　AB

　　解析　因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝＝＝45m/s，v小＝＝＝30m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50m/s2，则c项错误；分析可得小圆弧所对应的圆心角为，则赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79s，则D项错误。

　　1．XX·全国卷]小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点

　　A．P球的速度一定大于Q球的速度

　　B．P球的动能一定小于Q球的动能

　　c．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

　　D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

　　答案　c

　　解析　小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此c项正确；由a＝＝2g可知两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。

　　2．XX·上海高考]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遮挡。

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　由图b分析可知透过光的时间越来越长，说明风轮叶片转速逐渐减小，还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈，又因为它转1圈风轮叶片转n圈，所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈，所以它的平均速率v＝＝，故只有B项正确。

　　3．XX·天津高考]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

　　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　宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，受到侧壁对他的支持力等于他站在地球表面时的支持力，则mg＝mrω2，ω＝，因此角速度与质量无关，c、D项错误；半径越大，需要的角速度越小，A项错误，B项正确。

　　4．XX·福建高考]如图所示，在竖直平面内，滑道ABc关于B点对称，且A、B、c三点在同一水平线上。

若小滑块第一次由A滑到c，所用的时间为t1，第二次由c滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则

　　A．t1t2

　　D．无法比较t1、t2的大小

　　答案　A

　　解析　小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff＝μFN。

经过AB段和Bc段时受力情况如图所示。

　　根据圆周运动的知识可得mg－FN1＝m，FN2－mg＝m。

在AB段运动时，速度越大，FN1越小，滑动摩擦力Ff＝μFN越小；在Bc段运动时，速度越小，FN2越小，滑动摩擦力也越小。

把滑块由A到c和由c到A的运动相比较，在AB段运动时前者速度较大，受摩擦力小，在Bc段运动时前者速度较小，受摩擦力小。

综上，滑块从A到c运动过程中受摩擦力较小，因此平均速度较大，时间较短，A正确。

　　5．XX·全国卷]如图所示，两个质量均为m的小木块a和b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。

木块与圆盘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，用ω表示圆盘转动的角速度。

下列说法正确的是

　　A．b一定比a先开始滑动

　　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kmg

　　答案　Ac

　　解析　b相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B错误。

当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ω0a＝　，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝　，故A、c正确。

ω＝　<ω0a，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。

　　6．XX·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2.5m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，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。

则ω的最大值是

　　A.rad/s

　　B.rad/s

　　c．1.0rad/s

　　D．0.5rad/s

　　答案　c

　　解析　小物块恰好滑动时，应在A点，如图所示，对滑块受力分析。

由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，c正确。

　　7．XX·广东百校联考]如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0的大小可能为

　　A．2m/s

　　B．4m/s

　　c．6m/s

　　D．8m/s

　　答案　AcD

　　解析　要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆周。

越过最高点的临界情况：

mg＝，得v＝＝2m/s，由机械能守恒定律得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝2m/s；若不能过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，解得v0＝2m/s。

所以v≥2m/s或v≤2m/s均符合要求，A、c、D正确，B错误。

　　8．XX·浙江台州检测]如图所示，长为L的细绳一端固定在o点，另一端拴住一个小球。

在o点的正下方与o点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A。

把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间，下列说法中正确的是

　　A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍

　　B．小球的线速度突然增大到原来的3倍

　　c．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍

　　D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍

　　答案　A

　　解析　细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B错误。

圆周运动的半径由L变为，由a＝知，a增大到原来的3倍，A正确。

根据v＝rω知，角速度ω增大到原来的3倍，c错误。

细绳碰到钉子前瞬间FT－mg＝m，碰后瞬间FT′－mg＝m，再根据机械能守恒有mgL＝mv2，由此可得FT′＝FT，D错误。

　　一、基础与经典

　　9.如图所示，一质量m＝2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。

现在将质量m＝1.0kg的小铁块从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道对小铁块的支持力为25N，最终小铁块和长木板达到共同速度。

忽略长木板与地面间的摩擦。

取重力加速度g＝10m/s2。

求：

　　小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；

　　小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功wf；

　　小铁块和长木板达到的共同速度v。

　　答案　3m/s　1.5j　1m/s

　　解析　小铁块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝，解得v0＝3m/s。

　　根据动能定理mgR－wf＝mv－0，

　　解得wf＝1.5j。

　　根据动量守恒定律mv0＝v，解得v＝1m/s。

　　20．XX年8月29日，天津国际无人机展开幕。

其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注。

据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型。

同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损。

可用于航拍、航测、遥感等用途。

飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”“无线的风筝”。

若一质量为m的软体飞机超低空飞行，在距离地面h高度的水平面内，以速率v做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g。

　　求空气对飞机的作用力的大小。

　　若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离。

　　答案　m　

　　解析　飞机做匀速圆周运动，受力分析如图所示所受合力提供向心力，则F合＝m，

　　空气对飞机的作用力的大小

　　F＝＝m。

　　飞机上的一个质点脱落后，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得：

　　x＝vt，h＝gt2，

　　质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离

　　L＝，

　　联立解得L＝。

　　二、真题与模拟

　　21．XX·江苏高考]一转动装置如图所示，四根轻杆oA、oc、AB和cB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，o端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：

　　弹簧的劲度系数k；

　　AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；

　　弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功w。

　　答案　　　mgL＋

　　解析　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·，

　　小环受力平衡，F弹1＝mg＋2T1cosθ1，

　　小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg；

　　F1sinθ1＝T1sinθ1，

　　解得k＝。

　　设oA杆中的弹力为F2，oA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x。

　　小环受到弹簧的弹力F弹2＝k，

　　小环受力平衡，F弹2＝mg，得x＝L，

　　对小球，F2cosθ2＝mg；F2sinθ2＝mωlsinθ2且cosθ2＝，

　　解得ω0＝。

　　弹簧长度为L时，设oA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，oA杆与弹簧的夹角为θ3。

　　小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL，

　　小环受力平衡，2T3cosθ3＝mg＋F弹3，且cosθ3＝，

　　对小球，F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；

　　F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3，

　　解得ω3＝。

　　整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理

　　w－mg－2mg＝2×m2

　　解得w＝mgL＋。

　　22．XX·福建漳州三联]某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。

选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。

启动后2s悬挂器脱落。

设人的质量为m，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

　　假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？

　　已知H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落在转盘的圆心上，求L?

　　答案　ω≤　7.2m

　　解析　设人落在转盘边缘处不至被甩下，临界情况下最大静摩擦力提供向心力，则有：

　　μmg＝mωR，

　　解得ω0＝，

　　则为保证选手在任何位置都不会被甩下转盘，角速度应满足ω≤。

　　匀加速过程：

x1＝at＝×2×22m＝4m，

　　vc＝at1＝4m/s，

　　平抛过程：

H＝gt，

　　得t2＝0.8s，

　　x2＝vct2＝4×0.8m＝3.2m，

　　故L＝x1＋x2＝7.2m。

　　23．XX·安徽江南十校联考]某游乐场的一项游乐设施如图甲所示，可以简化为如图乙所示的模型，已知圆盘的半径为R＝2.5m，悬绳长L＝R，圆盘启动后始终以恒定的角速度转动，圆盘先沿着杆匀加速上升，再匀减速上升直到到达最高点，当圆盘上升到最高点转动时，悬绳与竖直方向的夹角为45°，重力加速度取g＝10m/s2。

求：

　　圆盘转动的角速度；

　　若圆盘到达最高点时离地面的高度为h＝22.5m，为了防止乘客携带的物品意外掉落砸伤地面上的行人，地面上至少要设置多大面积的区域不能通行；

　　已知甲乙两名乘客的质量分别是m1和m2，在圆盘加速上升的过程中，他们座椅上的悬绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，比较θ1和θ2的大小关系。

　　答案　rad/s　225πm2　θ1＝θ2

　　解析　设乘客和座椅的总质量是m，悬绳拉力为FT

　　竖直方向上：

FTcosθ＝mg，

　　水平方向上：

FTsinθ＝mω2，

　　以上两式联立解得ω＝rad/s。

　　物品掉落时的速度v＝ω＝5m/s，

　　物品掉落后做平抛运动，

　　竖直方向有h－Rcosθ＝，解得t＝2s，

　　平抛运动的水平位移为x＝vt＝10m，

　　设置禁止通行区域半径为R′＝＝15m，

　　得S＝πR′2＝225πm2。

　　设加速上升过程中，圆盘上升加速度为a，

　　竖直方向：

FTcosθ－mg＝ma，

　　水平方向：

FTsinθ＝mω2，

　　两式联立可得tanθ＝ω2，

　　可见θ与质量无关，即θ1＝θ2。