2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第四章抛体运动与圆周运动第3讲圆周运动

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＝eq\f(v2,r)＝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：eq\f(vA,vB)＝eq\f(r,R)向心加速度与半径成正比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r,R)角速度与半径成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r,R)向心加速度与半径成反比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r,R)角速度与半径成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)向心加速度与半径成反比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r2,r1)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∶3B．角速度之比为3∶4C．圆周运动的半径之比为2∶1D．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＝eq\f(v2,r)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nC<nA<nB，根据周期与角速度关系T＝eq\f(2π,ω)，可知A、B、C三点的周期关系为TC>TA>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＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝meq\f(4π2,T2)r＝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0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．③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－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，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FTsinθ＝mg，而FT＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))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FTcosθ－FN＝mω2r即FN＝FTcosθ－mω2r当转速较大，FN指向转轴时，则FTcosθ＋FN′＝mω′2r即FN′＝mω′2r－FTcosθ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.eq\f(h,k＋1)B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k)D.eq\f(2h,k－1)答案D解析运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvc2，在c点有FNc－mg＝meq\f(vc2,Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，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mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq\r(gRtanθ)，ω＝eq\r(\f(gtanθ,R))，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＝eq\f(2π,ω)，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＝eq\f(mg,cosθ)，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＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8.则()A．M>m B．M<mC．ω＝eq\r(\f(5g,4l)) D．ω＝eq\r(\f(3g,2l))答案C解析设细线的拉力大小为FT，则FTcos37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B错误；由题知，圆锥摆模型1.如图所示，向心力F向＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，联立解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ)).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＝eq\f(mg,cosθ)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tanα≈sinα)，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＝eq\r(\f(gRh,d))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<eq\r(\f(gRh,d))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meq\f(v2,R)＝mgtanα＝mgeq\f(h,d)，解得v＝eq\r(\f(gRh,d))，故当列车过转弯处的速度v＝eq\r(\f(gRh,d))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<eq\r(\f(gRh,d))时，转弯所需的向心力F<mgtanα，故此时列车内轨受挤压，C错误；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mg＋F弹＝meq\f(v2,R)mg±F弹＝meq\f(v2,R)临界特征F弹＝0mg＝meq\f(vmin2,R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥eq\r(gR)，F弹＋mg＝meq\f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<eq\r(gR)，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(2)当0<v<eq\r(gR)时，mg－F弹＝meq\f(v2,R)，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gR)时，F弹＝0(4)当v>eq\r(gR)时，mg＋F弹＝meq\f(v2,R)，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．＝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＝kg的小球(可视为质点)，用长为m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10m/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2m/sB．当小球在最高点的速度为4m/s，轻绳拉力大小为15NC．若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4eq\r(2)m/sD．若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4m/s答案D二定律有FT＋mg＝meq\f(v12,R)，解得FT＝15N，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＝meq\f(vm2,R)，解得vm＝4eq\r(2)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)eq\r(gl)(2)2mg竖直向下(3)能eq\r(3gl)解析(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq\f(vA2,l)，解得vA＝eq\r(gl)，因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq\r(gl)；(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq\f(vB2,l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0对A有FTOA′－mg＝meq\f(vA2,l)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＝2meq\f(v2,l)对A有FTOA″－mg＝meq\f(v2,l)O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″联立可得v＝eq\r(3gl)所以当A、B球的速度大小为eq\r(3gl)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10m/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eq\f(\r(3),2)，则ω的最大值是rad/sD．若小物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，则ω的最大值是eq\r(3)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＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，解得ω＝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mgtanθ＝meq\f(vc2,r)，解得vc＝eq\r(grtanθ)，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50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为()A．10m/s2 B．100m/s2C．1000m/s2 D．10000m/s2答案C解析根据匀速圆周运动的规律，此时ω＝2πn＝100πrad/s，向心加速度大小为a＝ω2r≈1000m/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－mgsinθ＝macosθ，垂直AB方向有mgcosθ－FN＝masinθ，可得Ff＝mgsinθ＋macosθ，FN＝mgcosθ－masinθ，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，cosθ＝eq\f(h,l)，联立可得ω＝eq\r(\f(g,h))，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＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))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＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，则ω＝eq\r(\f(kg,2l))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，Ffa<Ffb，选项B错误；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))<ωa＝eq\r(\f(kg,l))，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．7.如图所示为一个半径为5m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20m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＝10m/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m/sB．小球平抛的初速度可能是m/sC．圆盘转动的角速度一定是πrad/sD．圆盘转动的加速度大小可能是π2m/s2答案A解析根据h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，则小球平抛的初速度v0＝eq\f(r,t)＝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＝eq\f(2nπ,t)＝nπrad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝5n2π2m/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>eq\r(3gR)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>eq\r(2gR)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＝eq\r(\f(5gR,2))D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>eq\r(gR)，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eq\f(1,2)mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(2gR)，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＝eq\f(1,2)gt2，联立解得vA＝eq\r(\f(gR,2))，eq\f(1,2)mv02＝mgR＋eq\f(1,2)mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝eq\r(\f(5gR,2))，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eq\r(\f(gR,2))，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eq\r(v02＋2gh)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＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))，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＝eq\r(2gh)，小滑块落至底面时的速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，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sin53°＝，cos53°＝，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∶32C．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2F1sin53°－mg＝meq\f(v2,Lsin53°)，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F2cos53°＝meq\f(v2,Lcos53°)，F2sin53°＝mg，联立解得eq\f(F1,F2)＝eq\f(25,32)，故B正确．11.如图所示，质量为kg、半径为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＝1kg、mB＝2kg.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＝3m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/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＝mAeq\f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对圆管的力竖直向下，且大小为28N，设B球对圆管的力为FB′，由管受力平衡可得FB′＋28N＋m管g＝0，解得FB′＝－44N，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44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(vB2,R)，解得vB＝4m/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3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m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4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,4)))