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　圆周运动
1
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
　　(1)匀速圆周运动
①定义:物体做圆周运动,若在相等的时间内通过的圆弧长相等,这种运动就是匀速圆周运动。
②特点:加速度大小不变,方向始终指向圆心,是变加速运动。
③条件:合力大小不变,方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
(2)非匀速圆周运动
①定义:物体沿着圆周运动,但线速度大小发生变化。
②合力的作用
a.合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度,Ft=mat,它只改变速度的大小。
b.合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度,Fn=man,它只改变速度的方向。
(3)描述匀速圆周运动的物理量
项目
定义、意义
公式、单位
线速度
描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)
(1)v=ΔsΔt=2πrT
(2)单位:m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(1)ω=ΔθΔt=2πT
(2)单位:rad/s
周期
物体沿圆周运动一圈的时间(T)
(1)T=2πrv=2πω,单位:s
(2)f=1T,单位:Hz
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
(1)an=v2r=rω2
(2)单位:m/s2
1.1(2018贵州贵阳高三模拟)物体做匀速圆周运动时,下列说法中不正确的是(　　)。
A.角速度、周期一定不变
B.向心力一定是由物体受到的合外力提供的
C.向心加速度的大小一定不变
D.向心力的方向一定不变
【答案】D
1.2(2018湖南长沙第三次质量调研)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置:在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮。若齿轮的齿很小,大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍,则当大齿轮沿顺时针方向匀速转动时,下列说法正确的是(　　)。
A.小齿轮逆时针转动
B.小齿轮每个齿的线速度均相同
C.小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
【答案】C
2
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
F=mv2r=mrω2=m4π2T2r=mωv=4π2mf2r。
(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。
(4)来源
向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供。在受力分析中要绝对避免再另外添加一个向心力。
2.1(2019北京开学考试)如图所示,一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相等的小球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,则以下说法中正确的是(　　)。
A.A球的角速度等于B球的角速度
B.A球的线速度大于B球的线速度
C.A球的运动周期小于B球的运动周期
D.A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力
【答案】B
3
离心现象
　　(1)定义:做圆周运动的物体,在所受合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)本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。
(3)受力特点(如图所示)
当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动;
当F=0时,物体沿切线方向飞出;
当F＜mrω2时,物体逐渐远离圆心。
3.1(2018四川广元四月模拟)(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时,拉力F发生变化,下列关于小球运动情况的说法中正确的是(　　)。
A.拉力突然变大,小球可能会沿轨迹Pb做离心运动
B.拉力突然变小,小球可能会沿轨迹Pb做离心运动
C.拉力突然消失,小球可能会沿轨迹Pa做离心运动
D.拉力突然变小,小球可能会沿轨迹Pc做向心运动
【答案】BC
题型一
圆周运动的运动学问题
　　1.圆周运动各物理量间的关系
2.对公式v=ωr和a=v2r=ω2r的理解
(1)由v=ωr知,r一定时,v与ω成正比;ω一定时,v与r成正比;v一定时,ω与r成反比。
(2)由a=v2r=ω2r知,在v一定时,a与r成反比;在ω一定时,a与r成正比。
【例1】图示为一陀螺的上表面,a、b、c为在陀螺上表面上选取的三个质点,它们的质量之比为1∶2∶3,它们到转轴的距离之比为3∶2∶1,当陀螺以角速度ω高速旋转时,下列说法正确的是(　　)。
A.a、b、c的线速度之比为1∶2∶3
B.a、b、c的周期之比为3∶2∶1
C.a、b、c的向心加速度大小之比为3∶2∶1
D.a、b、c的向心力大小之比为1∶1∶1
【解析】在同一平面上各点的角速度相等,由v=ωr和质点到转轴的距离之比为3∶2∶1,可得a、b、c的线速度之比为3∶2∶1,A项错误;由T=2πω可知a、b、c的周期之比为1∶1∶1,B项错误;由a=ωv可知a、b、c的向心加速度大小之比为3∶2∶1,C项正确;由F=ma可得a、b、c的向心力大小之比为3∶4∶3,D项错误。
【答案】C
　　分析传动装置问题应掌握以下传动方式及特征:
传动类型
图示
特征
共轴
传动
(1)运动特征:转动方向相同
(2)定量关系:A点和B点转动的周期相同、角速度相同,A点和B点的线速度与其半径成正比
皮带(链
条)传动
(1)运动特征:两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关,可同向转动,也可反向转动
(2)定量关系:由于A、B两点相当于皮带上不同位置的点,它们的线速度大小相同,二者角速度与其半径成反比,周期与其半径成正比
摩擦
传动
(1)运动特征:转动方向相反
(2)定量关系: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
齿轮
传动
(1)运动特征点:转动方向相反
(2)定量关系:vA=vB;TATB=r1r2=z1z2;ωAωB=r2r1=z2z1(z1、z2分别表示两齿轮的齿数)
【变式训练1】(2018湖北武汉调研)如图所示为一皮带传动装置,右轮的半径为r,e是它边缘上的一点;左侧是一轮轴,大轮半径为4r,小轮半径为2r,b点在小轮上,到小轮中心距离为r,c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上,若在传动过程中皮带不打滑,则(　　)。
A.e点与c点线速度大小相等
B.e点与d点角速度大小相等
C.e点与b点向心加速度大小相等
D.四点中,向心加速度最大的是b点
【解析】e、c两点的线速度大小相等,A项正确。d、c两点的角速度相等,根据v=rω,c点的角速度小于e的角速度,则e点的角速度大于d点的角速度,B项错误。e、b两点的线速度不相等,转动半径相等,根据a=v2r可知,向心加速度不相等,故C项错误。b、c、d三点的角速度相等,根据a=ω2r可知,d点的向心加速度最大;e、c两点的线速度大小相等,根据a=v2r可知e点的向心加速度大于c点的,故四点中,向心加速度最大的不是b点,D项错误。
【答案】A
题型二
圆周运动中的动力学问题
　　1.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况,所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
下面给出几种常见圆周运动向心力的来源图示,供参考。
运动
模型
飞机水平面
内圆周运动
火车转弯
圆锥摆
向心
力的
来源
图示
运动
模型
飞车走壁
水平路面
汽车转弯
水平转台
向心
力的
来源
图示
　　【例2】如图甲所示,光滑杆AB长为L,B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧,质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。OO'为过B点的竖直轴,杆与水平面间的夹角始终为θ。当球随杆一起绕OO'轴匀速转动时,弹簧伸长量为Δl2,求匀速转动的角速度ω。
甲
【解析】小球做圆周运动的半径r=(l0+Δl2)cosθ
设弹簧伸长Δl2时,球受力如图乙所示
水平方向上有FNsinθ+F2cosθ=mω2r
竖直方向上有FNcosθ=F2sinθ+mg
F2=kΔl2
解得ω=mgsinθ+kΔl2m(l0+Δl2)cos2θ。
乙
【答案】mgsinθ+kΔl2m(l0+Δl2)cos2θ
　　在求解圆周运动问题时必须进行的三类分析
(1)几何分析:目的是确定圆周运动的圆心、半径等。
(2)运动分析:目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等。
(3)受力分析:目的是通过力的合成与分解,表示出物体做圆周运动时,外界所提供的向心力。
【变式训练2】(2018湖北孝感高三模拟)(多选)如图甲所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P'位置),两次金属块Q都静止在桌面上的同一点,细线在桌面上方的部分始终保持水平,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是(　　)。
甲
A.细线所受的拉力变大
B.小球P运动的角速度变小
C.Q受到桌面的静摩擦力变大
D.Q受到桌面的支持力变大
【解析】金属块Q在桌面上保持静止,根据平衡条件知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变,故D项错误。设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为FT,细线的长度为L,P球做匀速圆周运动时,由重力和细线拉力的合力提供向心力,如图乙所示,则有FT=mgcosθ,Fn=mgtanθ=mω2Lsinθ,得角速度ω=gLcosθ,使小球到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cosθ减小,则得到细线拉力FT增大,角速度增大,A项正确,B项错误。对Q,由平衡条件知,Q受到桌面的静摩擦力变大,C项正确。
乙
【答案】AC
题型三
竖直面内的圆周运动问题
　　竖直平面内两类典型模型分析
轻绳模型
轻杆模型
实例
如球与绳连接、沿内轨道运动的球等
如球与杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等
图示
最高点无支撑
最高点有支撑
最
高
点
受力
特征
重力、弹力,弹力方向指向圆心
重力、弹力,弹力方向指向圆心或背离圆心
受力
示意
图
力学
方程
mg+FN=mv2r
mg±FN=mv2r
临界
特征
FN=0,vmin=gr
竖直向上的FN=mg,v=0
过最高
点条件
v≥gr
v≥0
速度和
弹力关
系讨论
分析　
①能过最高点时,v≥gr,FN+mg=mv2r,绳、轨道对球产生弹力FN
②不能过最高点时,v<gr,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动
①当v=0时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心
②当0③当v=gr时,FN=0
④当v>gr时,FN+mg=mv2r,FN指向圆心并随v的增大而增大
　　【例3】(多选)如图甲所示,我国男子体操运动员在里约奥运会上个人全能中完成“单臂大回环”的高难度动作:用一只手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动,运动到最高点时,与单杠间弹力大小为F,运动员在最高点的速度大小为v,其F-v2图象如图乙所示。取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是(　　)。
A.此运动员的质量为55 kg
B.此运动员的重心到单杠的距离为0.9 m
C.运动员在最高点速度为4 m/s时,其受单杠的弹力方向向上
D.在完成“单臂大回环”的过程中,他的单臂至少要承受2750 N的力
【解析】对运动员在最高点进行受力分析,速度为零时,F-mg=0,结合图象解得质量m=55kg,所以A项正确;当F=0时,由向心力公式可得mg=mv2R,结合图象可知R=0.9m,即运动员的重心到单杠的距离为0.9m,B项正确;在最高点速度为4m/s时,运动员受单杆的拉力,所以C项错误;经过最低点时,受力最大,由牛顿第二定律得F-mg=mv2R,根据机械能守恒得mg·2R=12mv2,由以上两式得F=5mg,代入数据得F=2750N,即运动员的单臂至少要承受的力为2750N,所以D项正确。
【答案】ABD
　　竖直面内圆周运动的求解思路
(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体。
(2)确定临界点:v临=gr对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程F合=F向。
(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
【变式训练3】(2018江西南昌10月模拟)如图所示,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量为m的小环(可视为质点)从大环的最高处由静止滑下,重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为(　　)。
A.Mg-5mg B.Mg+mg
C.Mg+5mg D.Mg+10mg
【解析】设大环半径为R,质量为m的小环下滑过程中机械能守恒,有12mv2=mg·2R,小环滑到大环的最低点时的速度v=2gR,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2R,所以在最低点时大环对小环的支持力FN=5mg,根据牛顿第三定律知,小环对大环的压力大小FN'=FN=5mg,方向向下。对大环,根据平衡条件知,轻杆对大环的拉力FT=Mg+FN'=Mg+5mg,根据牛顿第三定律知,大环对轻杆拉力的大小FT'=FT=Mg+5mg,C项正确。
【答案】C
题型四
圆周运动中的临界问题
　　水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类,一类是与摩擦力有关的临界问题,一类是与弹力有关的临界问题。
(1)与摩擦力有关的临界极值问题
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,如果只是摩擦力提供向心力,则有Fm=mv2r,静摩擦力的方向一定指向圆心;如果除摩擦力以外还有其他力,如绳两端连物体,其中一个在水平面上做圆周运动时,存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件。
(2)与弹力有关的临界极值问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等。
【例4】(多选)如图所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上,细绳与竖直转轴的夹角θ=30°,此时绳伸直但无张力,物块与转台间的动摩擦因数μ=13,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始缓慢加速转动,角速度为ω,重力加速度为g,则(　　)。
A.当ω=g2l时,细绳的拉力为零
B.当ω=3g4l时,物块与转台间的摩擦力为零
C.当ω=4g3l时,细绳的拉力大小为43mg
D.当ω=gl时,细绳的拉力大小为13mg
【解析】当转台的角速度比较小时,物块只受重力、支持力和摩擦力,当细绳恰好要产生拉力时,有μmg=mω12lsin30°,解得ω1=2g3l,随着角速度的增大,细绳上的拉力增大,当物块恰好要离开转台时,物块受到重力和细绳的拉力作用,则mgtan30°=mω22lsin30°,解得ω2=23g3l,因为g2l<2g3l,所以当ω=g2l时,细线中张力为零,A项正确;因为ω1<3g4l<ω2,所以当ω=3g4l时,物块与转台间的摩擦力不为零,B项错误;由于ω1<gl<ω2,由牛顿第二定律有f+Fsin30°=mgl2lsin30°,因为压力小于mg,所以f<13mg,解得F>13mg,D项错误;当ω=4g3l>ω2时,小球已经离开转台,细绳的拉力与重力的合力提供向心力,则mgtanα=m4g3l2lsinα,解得cosα=34,故F=mgcosα=43mg,C项正确。
【答案】AC
　　水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
在水平面内做圆周运动的物体,当角速度ω变化时,物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)。这时要根据物体的受力情况,判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪儿。(特别是一些接触力,如静摩擦力、绳的拉力等)
【变式训练4】(2018河北衡水一模)(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,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,A、B与转台间的动摩擦因数都为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且有kr=2μmg。则以下说法中正确的是(　　)。
A.当B受到的摩擦力为0时,转台转动的角速度为km
B.当A受到的摩擦力为0时,转台转动的角速度为2k3m
C.当B刚好要滑动时,转台转动的角速度为k2m
D.当A刚好要滑动时,转台转动的角速度为km
　　【解析】当B受到的摩擦力为0时,由弹簧弹力提供向心力,则有k(1.5r+r-1.5r)=2mω12r,解得ω1=k2m,A项错误;当A受到的摩擦力为0时,由弹簧弹力提供向心力,则有k(1.5r+r-1.5r)=mω22·1.5r,解得ω2=2k3m,B项正确;假设B先滑动,则当B刚好要滑动时,摩擦力达到最大静摩擦力,弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力,则有k(1.5r+r-1.5r)+μ·2mg=2mω32r,解得ω3=km,C项错误;假设A先滑动,则当A刚好要滑动时,摩擦力达到最大静摩擦力,弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力,则有k(1.5r+r-1.5r)+μmg=mω42·1.5r,解得ω4=km,即A、B同时开始滑动,D项正确。
【答案】BD
1.(2018辽宁沈阳开学考试)(多选)在如图所示的齿轮传动中,三个齿轮的半径之比为2∶3∶6,当齿轮转动时,关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点,下列说法正确的是(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.它们的线速度大小之比为1∶1
B.它们的线速度大小之比为3∶1
C.它们的角速度之比为1∶1
D.它们的角速度之比为3∶1
【解析】图中三个齿轮边缘线速度相等,A点和B点的线速度大小之比为1∶1,由v=ωr可得,线速度一定时,角速度与半径成反比,A点和B点角速度之比为3∶1,A、D两项正确,B、C两项错误。
【答案】AD
2.(2018湖南衡阳高三模拟)如图所示,一木块放在圆盘上,圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动,木块和圆盘保持相对静止,那么(　　)。
A.木块受到圆盘对它的摩擦力,方向沿半径背离圆盘中心
B.木块受到圆盘对它的摩擦力,方向沿半径指向圆盘中心
C.木块受到圆盘对它的摩擦力,方向与木块运动的方向相反
D.因为木块与圆盘一起做匀速转动,所以它们之间没有摩擦力
【解析】木块做匀速圆周运动,其合外力提供向心力,合外力的方向一定指向圆盘中心。因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向,所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力,方向沿半径指向圆盘中心,B项正确。
【答案】B
3.(2018江苏徐州四校联考)如图甲所示,两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间距也为L,今使小球在竖直平面内做圆周运动,当小球到达最高点时速率为v,两段线中张力恰好均为零;若小球到达最高点时速率为2v,则此时每段线中张力大小为(　　)。
甲
A.3mg B.2mg
C.3mg D.4mg
【解析】当小球到达最高点时速率为v,两段线中张力恰好均为零,有mg=mv2r;当小球到达最高点时速率为2v,设每段线中张力大小为F,如图乙所示,应有2Fcos30°+mg=m(2v)2r,解得F=3mg,A项正确。
乙
【答案】A
4.(2018福建福州12月模拟)在高速公路的拐弯处,通常路面都是外高内低。如图甲所示,在某路段汽车向左拐弯,司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h,路基的水平宽度为d,路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力(垂直于前进方向)等于零,则汽车转弯时的车速应等于(　　)。
甲
A.gRhL B.gRhd C.gRLh D.gRdh
【解析】对汽车受力分析,如图乙所示,若车轮与路面之间的横向摩擦力等于零,则由路面对汽车的支持力FN与汽车的重力mg的合力提供向心力,由图乙可知,F向=mgtanθ,即mgtanθ=mv2R。由几何关系知,tanθ=hd,综上有v=gRhd,B项正确。
乙
【答案】B
5.(2018湖北宜昌六校联考)(多选)如图所示,半径为R的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上,轨道正上方和正下方分别有质量为2m和m的静止小球A、B,它们由长为2R的轻杆固定连接,圆环轨道内壁开有环形小槽,可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。今对上方小球A施加微小扰动。两球开始运动后,下列说法正确的是(　　)。
A.轻杆转到水平位置时,两球的线速度大小相等
B.轻杆转到竖直位置时,两球的加速度大小不相等
C.运动过程中,A球速度的最大值为4gR3
D.当A球运动到最低点时,两小球对轨道作用力的合力大小为133mg
【解析】两球做圆周运动,在任意位置角速度相等,则线速度和向心加速度大小相等,A项正确,B项错误;A、B两球组成的系统机械能守恒,当系统重力势能最小(A为最低点)时,线速度最大,则mg·2R=12×3mv2,最大速度v=4gR3,C项正确;A在最低点时,分别对A、B受力分析,有FNA-2mg=2mv2R,FNB+mg=mv2R,则FNA-FNB=13mg3,D项正确。
【答案】ACD
6.(2019湖北刑台开学考试)如图所示,ABC为在竖直平面内半径为R的半圆环,AC连线水平,AB为固定在半圆环内的直棒,在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N,现让半圆环绕对称轴BO以角速度ω匀速转动。小圆环的质量均为m,棒和半圆环均光滑,已知重力加速度为g,小环可视为质点,则M、N两环做匀速圆周运动时的线速度之比为(　　)。
A.gR2ω4-g2 B.g2-R2ω4g
C.gg2-R2ω4 D.R2ω4-g2g
【解析】小环M受到重力和杆的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平方向,所以Fn=mgtan45°=mωvM,可得vM=gω;同理,小环N受到重力和半圆环的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平方向,设ON与竖直方向之间的夹角为θ,则Fn'=mgtanθ=mωvN,可得vN=gtanθω,又Fn'=mω2r,r=Rsinθ,联立解得vN=1ωR2ω4-g2,所以vMvN=gR2ω4-g2,A项正确。
【答案】A
7.(2018江苏淮安三模)某高速公路的一个出口路段如图所示,轿车从出口A进入匝道,先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变),再匀速率通过水平圆弧路段至C点,最后从C点沿平直路段减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0=72 km/h,AB长L1=150 m,BC为四分之一水平圆弧段,限速(允许通过的最大速度)v=36 km/h,轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若轿车到达B点的速度刚好为v=36 km/h,求轿车在AB下坡段加速度的大小。
(2)为保证行车安全,车轮不侧向滑动,求水平圆弧段BC半径R的最小值。
【解析】(1)v0=72km/h=20m/s,AB长L1=150m,v=36km/h=10m/s
对AB段匀减速直线运动有v2-v02=-2aL1
代入数据解得a=1m/s2。
(2)轿车在BC段做圆周运动,静摩擦力提供向心力
有Ff=mv2R
为了确保安全,则须满足Ff≤μmg
解得R≥20m,即Rmin=20m。
【答案】(1)1m/s2　(2)20m
1.(2018江苏卷,6)(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
【解析】由s=vt知,s=600m,A项正确;火车在弯道做圆周运动,加速度不为零,B项错误;由10s内转过10°知,角速度ω=10°360°×2π10rad/s=π180rad/s≈0.017rad/s,C项错误;由v=rω知,r=vω=60π180m≈3.4km,D项正确。
【答案】AD
2.(2014全国卷Ⅰ,20)(多选)如图,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=kg2l是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=2kg3l时,a所受摩擦力的大小为kmg
【解析】设木块滑动的临界角速度为ω,则有kmg=mω2r,所以ω=kgr,又ra=l,rb=2l,所以ωa>ωb,A、C两项正确;摩擦力提供向心力,在角速度相等时,b受到的摩擦力大,B项错误;ω=2kg3l时,a受到的摩擦力fa=mω2r=m2kg3l2l=23kmg,D项错误。
【答案】AC
3.(2016浙江卷,20)(多选)如图甲所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'相距L=100 m。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(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车(　　)。
甲
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【解析】要使赛车绕赛道一圈时间最短,则通过弯道的速度都应最大,由f=2.25mg=mv2r可知,赛车通过小弯道的速度v1=30m/s,通过大弯道的速度v2=45m/s,故绕过小圆弧弯道后要加速,A、B两项正确;如图乙所示,由几何关系可得AB长x=L2-(R-r)2=503m,故在直道上的加速度a=v22-v122x≈6.5m/s2,C项错误;由sinθ2=xL=32可知,小圆弧对应的圆心角θ=2π3,故通过小圆弧弯道的时间t=θrv1=2πr3v1=2.79s,D项错误。
乙
【答案】AB
4.(2015天津卷,4)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
【解析】宇航员在舱内受到的支持力提供其在“旋转舱”中的向心力,宇航员的质量一定,则他的向心加速度一定,根据向心加速度的公式mg=mω2r,即g=ω2r可知半径越大时,转动的角速度应该越小,A项错误,B项正确;宇航员的向心加速度大小与质量无关,等于地球表面的重力加速度大小,C、D两项错误。
【答案】B

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