资源简介

(共91张PPT)
圆周运动
第
3
讲
目标
要求
1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.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.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型.
内容索引
考点一　圆周运动的运动学问题
考点二　圆周运动的动力学问题
考点三　圆周运动的临界问题
课时精练
考点一
圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量
梳理
必备知识
ω2r
2.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 ，这种运动叫作匀速圆周运动.
(2)特点：加速度大小 ，方向始终指向 ，是变速运动.
(3)条件：合外力大小 、方向始终与 方向垂直且指向圆心.
相等
不变
圆心
不变
速度
1.匀速圆周运动是匀变速曲线运动.(　　)
2.物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的.(　　)
3.物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力.(　　)
4.匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比.(　　)
√
×
×
×
1.对公式v＝ωr的理解
当ω一定时，v与r成正比.
当v一定时，ω与r成反比.
2.对an＝ ＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比.
提升
关键能力
3.常见的传动方式及特点
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1　如图，A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们
A.线速度大小之比为4∶3
B.角速度之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.向心加速度大小之比为1∶2
考向1　圆周运动物理量的分析和计算
√
时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；
由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；
线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；
由向心加速度an＝ 知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误.
例2　(2023·浙江宁波市模拟)如图所示为“行星减速机”的工作原理图.“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为RA，周围四个“行星轮”的半径为RB，“齿圈”为主动件，其中RA＝2RB.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点.则在该状态下
A.A点与B点的角速度相同
B.A点与C点的转速相同
C.B点与C点的周期相同
D.A点与C点的线速度大小相等
考向2　圆周传动问题
√
由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度关系为ωC<ωA<ωB ，根据转速与角速度关系ω＝2πn，
可知A、B、C三点的转速关系为nCTA>TB，选项A、B、C错误，D正确.
考点二
圆周运动的动力学问题
1.匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的 ，不改变速度的 .
(2)大小
梳理
必备知识
方向
大小
mrω2
(3)方向
始终沿半径方向指向 ，时刻在改变，即向心力是一个变力.
圆心
2.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 的运动.
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动.
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐 ，做 运动.
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力_____做匀速圆周运动需要的向心力.
逐渐远离圆心
切线
远离
离心
向圆心靠近
近心
小于
3.匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力.
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动.
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的 .
方向
1.做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出.(　　)
2.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.(　　)
3.向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供.(　　)
4.在变速圆周运动中，向心力不指向圆心.(　　)
√
×
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×
1.向心力来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.
提升
关键能力
2.匀速圆周运动中向心力来源
运动模型 向心力的来源图示
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
3.变速圆周运动中向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcos θ＝ 如图所示.
4.圆周运动中动力学问题的分析思路
例3　(多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
考向1　圆周运动的动力学问题
√
√
对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg，
而FT＝
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的
高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r
即FN＝FTcos θ－mω2r
当转速较大，FN指向转轴时，
则FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则D正确.
例4　(2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于
√
例5　如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方.则
A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B.球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C.球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期
D.甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力
考向2　圆锥摆模型
√
对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝ 解得v＝
例6　(2023·浙江舟山市舟山中学检测)如图所示，“L”形杆倒置，横杆端固定有定滑轮，竖直杆光滑且粗细均匀，绕过定滑轮的细线两端分别连接着小球B及套在竖直杆上的滑块A，让整个装置绕竖直杆的轴以一定的角速度ω匀速转动，稳定时，滑轮两边的线长相等且两边的线与竖直方向的夹角均为37°.已知细线总长为l，滑块的质量为M，小球的质量为m，不计滑块和球的大小，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则
√
设细线的拉力大小为FT，则FTcos 37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B错误；
由题知，小球做圆周运动的半径为0.6l，则有mgtan 37°
＝m×0.6lω2，解得ω＝ D错误，C正确.
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.
圆锥摆模型
方法点拨
例7　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是
考向3　生活中的圆周运动
D.若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
√
列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；
当重力和支持力的合力提供向心力时，有
若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误.
考点三
圆周运动的临界问题
1.竖直面内圆周运动两类模型对比
轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑)
实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力示意图 F弹向下或等于零
F弹向下、等于零或向上
动力学方程
临界特征 F弹＝0 v＝0
即F向＝0
F弹＝mg
讨论分析
2.斜面上圆周运动的临界问题
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化.
物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R.
3.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点(或等效最低、最高点)时，利用合力提供向心力列方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力.
例8　如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是
A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度
至少为2 m/s
B.当小球在最高点的速度为4 m/s，轻绳拉力大
小为15 N
C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过
D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
√
例9　(2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l，中点固定在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内
绕O轴做圆周运动.
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，
求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向；
答案　2mg　竖直向下
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受力的大小为2mg，方向竖直向下；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小.
要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点，
O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″
例10　(多选)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2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，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，则以下说法中正确的是
A.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，
ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B.小物体受到的摩擦力可能背离圆心
√
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心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；
当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆
力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误.
当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦
四
课时精练
1.(2023·浙江稽阳联谊学校联考)借亚运会契机，绍兴市着力打造高效交通网，9条高架及多条快速路同时开工建设.图中为某段快速环线公路的一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高.当汽车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势.则
A.汽车质量越大，对应理论时速vc越大
B.汽车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
C.汽车转弯时超过时速vc，就会立即向外侧公路侧滑
D.当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不变
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基础落实练
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设公路弯道处的倾角为θ，半径为r，当汽车以理论时速vc转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成
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若汽车转弯时超过时速vc，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此时路面对汽车的摩擦力、支持力和汽车重力三个力的合力恰好可以提供向心力，汽车不会向外侧公路侧滑，故C错误.
2.(2023·浙江七彩阳光联考)如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸.如图乙所示，OP为栅栏道闸的转动杆，PQ为竖杆.P为两杆的交点，Q为竖杆上的点.在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持竖直，当杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角的过程中
A.P点的线速度大于Q点的线速度
B.P点的角速度大于Q点的角速度
C.P点的加速度大于Q点的加速度
D.P、Q两点的路程相同
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由于P、Q两点在同一杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在30°匀速转动到60°的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故选D.
3.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现.拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为
A.10 m/s2 B.100 m/s2
C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2
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根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小为a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.
4.如图，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，斜面上小物块始终与斜劈保持相对静止.若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是
A.斜劈对物块的作用力逐渐增大
B.斜劈对物块的支持力保持不变
C.斜劈对物块的支持力逐渐增大
D.斜劈对物块的摩擦力逐渐减小
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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，对物块分析，沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，可得Ff＝mgsin θ＋macos θ，FN
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＝mgcos θ－masin θ，斜劈转动的角速度ω缓慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力减小，故B、C、D错误；
斜劈对物块的作用力在竖直方向的分力Fy＝mg保持不变，在水平方向分力为Fx＝ma，当角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，则合力增大，故A正确.
5.如图所示，小球用细线悬于B点，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，保持圆心O到悬点B的距离h不变，改变细线长度l.下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与细线长度l的关系图像正确的是
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设细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则有FTcos θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得FTsin θ＝mω2r，
6.(多选)如图所示，两个质量均为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.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，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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
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小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩
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两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa7.如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是3.5 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
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8.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出.忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
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能力综合练
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9.(2023·浙江“山水联盟”联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块(未画出)一个初速度v0，小滑块将沿着圆柱体的内壁旋转向下运动，最终落在圆柱体的底面上.已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点到圆柱体底面的距离为h.下列判断正确的是
A.v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短
B.小滑块运动过程中的加速度越来越大
C.小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力越来越大
D.小滑块落至底面时的速度大小为
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小滑块沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力大小不变，则小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力大小不变，故C错误；
10.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上.两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动.某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力大小之比为
A.1∶1 B.25∶32
C.25∶24 D.3∶4
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轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，轻绳的张力大小为F1，由
11.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径).它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零.则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)
A.2 m/s
B.4 m/s
C.6 m/s
D.8 m/s
√
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对A球，合力提供向心力，设圆管对A的支持力大
小为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝ 代入数据解得FA＝28 N，
由牛顿第三定律可得，A球对圆管的力竖直向下，且大小为28 N，设B球对圆管的力为FB′，
由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，
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由牛顿第三定律可得，圆管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg
＝ 解得vB＝4 m/s，故选B.
12.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点.小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s，
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素养提升练
在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为
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13.(2023·浙江绍兴市柯桥区选考)有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动(转轴垂直于盘面)，圆盘的倾角为α，如图所示，人用图中方块代替.当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tan α时，人恰好不从圆盘滑出去.人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向上
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsin α
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人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出，由受力分析可知，在A位置的摩擦力沿倾斜圆盘向上，FfA－mgsin α＝mRω2，则FfA＝mgsin α＋mRω2，假设在B位置摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，则
mgsin α＋FfB＝mRω2，则FfB＝mRω2－mgsin α，由以上分析可知FfA>FfB，所以可得FfA＝μmgcos α＝2.5mgsin α，则mRω2＝FfA－mgsin α＝1.5mgsin α，可知FfB＝mRω2－mgsin α＝0.5mgsin α，故可知B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，故A错误；
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A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为FfA－FfB＝2mgsin α，故B错误；第3讲　圆周运动
目标要求　1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.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.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型．
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．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)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变速运动．
(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．
1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(　×　)
2．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的．(　×　)
3．物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力．(　√　)
4．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．(　×　)
1．对公式v＝ωr的理解
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
2．对an＝＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比．
3．常见的传动方式及特点
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：＝
考向1　圆周运动物理量的分析和计算
例1　如图，A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们(　　)
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
答案　A
解析　时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度an＝知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误．
考向2　圆周传动问题
例2　(2023·浙江宁波市模拟)如图所示为“行星减速机”的工作原理图．“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为RA，周围四个“行星轮”的半径为RB，“齿圈”为主动件，其中RA＝2RB.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点．则在该状态下(　　)
A．A点与B点的角速度相同
B．A点与C点的转速相同
C．B点与C点的周期相同
D．A点与C点的线速度大小相等
答案　D
解析　由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度关系为ωC<ωA<ωB ，根据转速与角速度关系ω＝2πn，可知A、B、C三点的转速关系为nCTA>TB，选项A、B、C错误，D正确．
考点二　圆周运动的动力学问题
1．匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度，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．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)本质：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．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向．
1．做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．(　×　)
2．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．(　×　)
3．向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供．(　√　)
4．在变速圆周运动中，向心力不指向圆心．(　×　)
1．向心力来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．匀速圆周运动中向心力来源
运动模型 向心力的来源图示
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
3.变速圆周运动中向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcos θ＝m，如图所示．
4．圆周运动中动力学问题的分析思路
考向1　圆周运动的动力学问题
例3　(多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　)
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
答案　BD
解析　对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg，而FT＝k
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r
即FN＝FTcos θ－mω2r
当转速较大，FN指向转轴时，
则FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则D正确．
例4　(2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mvc2，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤ kmg，联立有Rc≥，故选D.
考向2　圆锥摆模型
例5　如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则(　　)
A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期
D．甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力
答案　B
解析　对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝m＝mRω2，解得v＝ ，ω＝，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D错误．
例6　(2023·浙江舟山市舟山中学检测)如图所示，“L”形杆倒置，横杆端固定有定滑轮，竖直杆光滑且粗细均匀，绕过定滑轮的细线两端分别连接着小球B及套在竖直杆上的滑块A，让整个装置绕竖直杆的轴以一定的角速度ω匀速转动，稳定时，滑轮两边的线长相等且两边的线与竖直方向的夹角均为37°.已知细线总长为l，滑块的质量为M，小球的质量为m，不计滑块和球的大小，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　)
A．M>m B．MC．ω＝ D．ω＝
答案　C
解析　设细线的拉力大小为FT，则FTcos 37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B错误；由题知，小球做圆周运动的半径为0.6l，则有mgtan 37°＝m×0.6lω2，解得ω＝，D错误，C正确．
　　　　　　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．
考向3　生活中的圆周运动
例7　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B．列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C．列车过转弯处的速度v<时，列车轮缘会挤压外轨
D．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
答案　B
解析　列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故当列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v<时，转弯所需的向心力F考点三　圆周运动的临界问题
1．竖直面内圆周运动两类模型对比
轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑)
实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力示意图 F弹向下或等于零 F弹向下、等于零或向上
动力学方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
临界特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 F弹＝mg
讨论分析 (1)最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力F弹 (2)若v<，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心 (2)当0时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大
2.斜面上圆周运动的临界问题
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．
物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R.
3．解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点(或等效最低、最高点)时，利用合力提供向心力列方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．
例8　如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是(　　)
A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s，轻绳拉力大小为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
答案　D
解析　设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确；小球在最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误．
例9　(2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l，中点固定在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．
答案　(1)　(2)2mg　竖直向下
(3)能　
解析　(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m，解得vA＝，因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝；
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝m
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受力的大小为2mg，方向竖直向下；
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点，
对B有FTOB″＋2mg＝2m
对A有FTOA″－mg＝m
O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″
联立可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力．
例10　(多选)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2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，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，则以下说法中正确的是(　　)
A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心
C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是1.0 rad/s
D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是 rad/s
答案　BC
解析　当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误．
课时精练
1.(2023·浙江稽阳联谊学校联考)借亚运会契机，绍兴市着力打造高效交通网，9条高架及多条快速路同时开工建设．图中为某段快速环线公路的一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高．当汽车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势．则(　　)
A．汽车质量越大，对应理论时速vc越大
B．汽车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
C．汽车转弯时超过时速vc，就会立即向外侧公路侧滑
D．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不变
答案　D
解析　设公路弯道处的倾角为θ，半径为r，当汽车以理论时速vc转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成以及牛顿第二定律有mgtan θ＝m，解得vc＝，即理论时速vc与汽车质量m无关，同时与路面是否结冰也无关，故A、B错误，D正确．若汽车转弯时超过时速vc，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此时路面对汽车的摩擦力、支持力和汽车重力三个力的合力恰好可以提供向心力，汽车不会向外侧公路侧滑，故C错误．
2．(2023·浙江七彩阳光联考)如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸．如图乙所示，OP为栅栏道闸的转动杆，PQ为竖杆．P为两杆的交点，Q为竖杆上的点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持竖直，当杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角的过程中(　　)
A．P点的线速度大于Q点的线速度
B．P点的角速度大于Q点的角速度
C．P点的加速度大于Q点的加速度
D．P、Q两点的路程相同
答案　D
解析　由于P、Q两点在同一杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在30°匀速转动到60°的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故选D.
3.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　)
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
答案　C
解析　根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小为a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.
4.如图，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，斜面上小物块始终与斜劈保持相对静止．若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是(　　)
A．斜劈对物块的作用力逐渐增大
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的支持力逐渐增大
D．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小
答案　A
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，对物块分析，沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，可得Ff＝mgsin θ＋macos θ，FN＝mgcos θ－masin θ，斜劈转动的角速度ω缓慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力减小，故B、C、D错误；斜劈对物块的作用力在竖直方向的分力Fy＝mg保持不变，在水平方向分力为Fx＝ma，当角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，则合力增大，故A正确．
5.如图所示，小球用细线悬于B点，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，保持圆心O到悬点B的距离h不变，改变细线长度l.下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与细线长度l的关系图像正确的是(　　)
答案　C
解析　设细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则有FTcos θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得FTsin θ＝mω2r，其中r＝lsin θ，cos θ＝，联立可得ω＝，由题意知圆心O到悬点B的距离h不变，故小球做匀速圆周运动的角速度保持不变，C正确，A、B、D错误．
6.(多选)如图所示，两个质量均为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.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，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa7.如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则(　　)
A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平抛的初速度可能是3.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
答案　A
解析　根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝5n2π2 m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D错误．
8.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>
B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>
C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝
D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点
答案　BC
解析　小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝gt2，联立解得vA＝，mv02＝mgR＋mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误．
9.(2023·浙江“山水联盟”联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块(未画出)一个初速度v0，小滑块将沿着圆柱体的内壁旋转向下运动，最终落在圆柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点到圆柱体底面的距离为h.下列判断正确的是(　　)
A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短
B．小滑块运动过程中的加速度越来越大
C．小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力越来越大
D．小滑块落至底面时的速度大小为
答案　D
解析　小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h＝gt2，可得t＝，可知小滑块在圆柱体中运动时间与v0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A、B错误；小滑块沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力大小不变，则小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力大小不变，故C错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度大小vy＝，小滑块落至底面时的速度大小v＝＝，故D正确．
10.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力大小之比为(　　)
A．1∶1 B．25∶32
C．25∶24 D．3∶4
答案　B
解析　轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，轻绳的张力大小为F1，由向心力公式有2F1sin 53°－mg＝m，轻绳OB断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A点的正下方，设轻绳的张力大小为F2，有F2cos 53°＝m，F2sin 53°＝mg，联立解得＝，故B正确．
11.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
答案　B
解析　对A球，合力提供向心力，设圆管对A的支持力大小为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对圆管的力竖直向下，且大小为28 N，设B球对圆管的力为FB′，由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，圆管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B.
12.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s，在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　)
A．t＝ s，l＝8 m
B．t＝ s，l＝5 m
C．t＝ s，l＝5.5 m
D．t＝ s，l＝5.5 m
答案　B
解析　在BC段的最大加速度为a1＝2 m/s2，则根据a1＝，可得在BC段的最大速度为v1m＝ m/s，在CD段的最大加速度为a2＝1 m/s2，则根据a2＝，可得在BC段的最大速度为v2m＝2 m/s13.(2023·浙江绍兴市柯桥区选考)有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动(转轴垂直于盘面)，圆盘的倾角为α，如图所示，人用图中方块代替．当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tan α时，人恰好不从圆盘滑出去．人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsin α
C．人在转动时的速度大小为
D．人在转动时的速度大小为
答案　D
解析　人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出，由受力分析可知，在A位置的摩擦力沿倾斜圆盘向上，FfA－mgsin α＝mRω2，则FfA＝mgsin α＋mRω2，假设在B位置摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，则mgsin α＋FfB＝mRω2，则FfB＝mRω2－mgsin α，由以上分析可知FfA>FfB，所以可得FfA＝μmgcos α＝2.5mgsin α，则mRω2＝FfA－mgsin α＝1.5mgsin α，可知FfB＝mRω2－mgsin α＝0.5mgsin α，故可知B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，故A错误；A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为FfA－FfB＝2mgsin α，故B错误；由FfA－mgsin α＝m，可得人在转动时的速度大小为v＝，故C错误，D正确．

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