3.1圓周運動（講義）（4考點7題型）

3.1圓周運動TOC\o"13"\h\z\u考點一圓周運動中的運動學分析 1考點二圓周運動中的動力學分析 2考點三圓周運動的臨界問題 2考點四豎直平面內圓周運動繩、桿模型 2TOC\o"44"\h\z\u題型1圓周運動的運動學問題 3題型2水平面上的圓周運動圓錐擺模型 5題型3生活中的圓周運動 8題型4豎直面內圓周運動的兩類模型問題 11題型5水平面的圓周運動臨界問題 16題型6豎直平面內的圓周運動臨界問題 19題型7圓周運動與平拋結合問題 22考點一圓周運動中的運動學分析1．線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量．v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T).2．角速度：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量．ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T).3．周期和頻率：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量．T＝eq\f(2πr,v)，T＝eq\f(1,f).4．向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量．a(chǎn)n＝rω2＝eq\f(v2,r)＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r.5．相互關系：(1)v＝ωr＝eq\f(2π,T)r＝2πrf. (2)an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r＝4π2f2r.考點二圓周運動中的動力學分析1．向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力．2．向心力的確定(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置．(2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力．3．向心力的公式Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝mreq\f(4π2,T2)＝mr4π2f2考點三圓周運動的臨界問題1．有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點．2．若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界點．3．若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值，這些極值點也往往是臨界點．考點四豎直平面內圓周運動繩、桿模型1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心(2)當0<v<eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v>eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大題型1圓周運動的運動學問題（2023春?合肥期中）如圖是一皮帶傳動裝置的示意圖，右輪半徑為r，A是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r。B點在小輪上，到小輪中心的距離為r。C點和D點分別位于小輪和大輪的邊緣上。如果傳動過程中皮帶不打滑，則（）A．A和B的線速度大小相等 B．C和D的線速度大小相等 C．A和C的角速度大小相等 D．B和D的角速度大小相等【解答】解：A、由圖可知，A、C兩點同緣傳動，則A、C兩點的線速度大小相等，B、C兩點的角速度大小相等，由v＝ωr得C點的線速度大于B點的線速度，則A點線速度大于B點的線速度，故A錯誤；B、由圖可知C、D屬于同軸傳動，則C、D角速度大小相等，由v＝ωr得C的線速度小于D的線速度，故B錯誤；C、由圖可知A、C兩點同緣傳動，則A、C兩點的線速度大小相等，由v＝ωr得A、C的半徑不同，故角速度不相等，故C錯誤；D、由圖可知B、D同軸傳動，角速度相等，故D正確。故選：D。（2022春?寧德期中）王鵬在學習完圓周運動知識后對修正帶的內部結構進行研究。如圖，修正帶盤固定在大齒輪的轉軸上大、小齒輪相互咬合，齒數(shù)之比為2：1。圖中a、b點分別位于大、小齒輪的邊緣，c點位于大齒輪的轉軸半徑中點。當修正帶被勻速拉動進行字跡修改時（）A．大、小齒輪沿相反方向轉動 B．a(chǎn)、b點的線速度大小之比為2：1 C．a(chǎn)、c點的角速度大小之比為1：2 D．b、c點的向心加速度大小之比為1：4【解答】解：AB、同緣傳動時，邊緣點的線速度大小相等，方向相反，有va：vb＝1：1，故A正確，B錯誤；C、同軸傳動時，角速度相等，則ωa：ωc＝1：1，故C錯誤；D、根據(jù)v＝ωr，結合半徑的比值關系：ra：rb：rc＝2：1：1?？芍豠：ωb：ωc＝1：2：1，向心加速度的表達式可得：a＝ω2r解得：ab：ac＝4：1，故D錯誤；故選：A。（2023春?平樂縣校級期中）如圖，帶車牌自動識別系統(tǒng)的直桿道閘，離地面高為1m的細直桿可繞O在豎直面內勻速轉動。汽車從自動識別線ab處到達直桿處的時間為2.3s，自動識別系統(tǒng)的反應時間為0.3s；汽車可看成高1.6m的長方體，其左側面底邊在aa′直線上，且O到汽車左側面的距離為0.6m，要使汽車安全通過道閘，直桿轉動的角速度至少為（）A．π6rad/s B．3π8rad/s C．π8rad/s 【解答】解：設汽車恰好能通過道閘時直桿轉過的角度為θ，由幾何知識得：tanθ=1.6-10.6解得：θ=π直桿轉動的時間：t＝t汽車﹣t反應時間＝（2.3﹣0.3）s＝2s直桿轉動的角速度至少為：ω=θt=π42rad/s=故選：C。題型2水平面上的圓周運動圓錐擺模型（2022秋?菏澤期中）如圖所示，小球A可視為質點，裝置靜止時輕質細線AB水平，輕質細線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質量為m，細線AC長l，B點距C點的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉動，且小球始終在BO′O平面內，那么在角速度ω從零緩慢增大的過程中（）（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）A．兩細線張力均增大 B．細線AB中張力一直變小，直到為零 C．細線AC中張力一直增大 D．當AB中張力為零時，角速度可能為5g【解答】解：AB．當靜止時，受力分析如圖1由平衡條件得TAB＝mgtan37°＝0.75mgTAC=mg若AB中的拉力為0，當ω最小時繩AC與豎直方向夾角θ1＝37°，受力分析如圖2根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m（Lsinθ1）ωmin2得ω根據(jù)對稱性可知，當ω最大時繩AC與豎直方向夾角θ2＝53°，此時應有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax=所以ω取值范圍為5g4L≤繩子AB的拉力都是由以上的分析可知，開始時AB拉力不為0，當轉速在5g4L≤ω≤5g3L時，AB的拉力為0，角速度再增大時，C．當繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當轉速大于5g4L后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當轉速大于5g3L后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，故D．由開始時的分析可知，當ω取值范圍為5g4L≤ω≤5g3L時，繩子AB的拉力都是故選：D。（2023春?平樂縣校級期中）如圖，有一固定且內壁光滑的半球面，球心為O，最低點為C，在其內壁上有兩個質量不相等的小球（可視為質點）A和B，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面。則（）A．A球所受彈力一定大于B球所受彈力 B．A球所受彈力一定小于B球所受彈力 C．A球的線速度一定大于B的線速度 D．A球的線速度一定小于B的線速度【解答】解：AB、小球運動過程中所受重力與支持力的合力沿水平方向，且恰好提供向心力，有NA=mCD、同理，可得m依題意rA＞rB，tanα＞tanβ解得vA＞vB。故C正確；D錯誤。故選：C。（2023春?礦區(qū)校級期中）“旋轉飛椅”可簡化為如圖所示。飛椅用鋼繩懸掛在水平轉盤邊緣的同一圓周上，轉盤繞穿過其中心的豎直軸轉動。圖中甲鋼繩的長度大于乙鋼繩的長度，甲（連同飛椅）的質量小于乙（連同飛椅）的質量，當轉動穩(wěn)定后，甲、乙鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，下列判斷正確的是（）A．甲的角速度小于乙的角速度 B．甲的向心加速度大于乙的向心加速度 C．θ1一定小于θ2 D．甲（連同飛椅）受到的向心力大于乙（連同飛椅）受到的向心力【解答】解：A、甲、乙兩人同軸轉動，角速度相等，故A錯誤；C、對于其中一個人，設鋼繩與豎直方向的夾角為θ，重力與拉力的合力為mgtanθ，且由其合力提供向心力，由牛頓第二定律得mgtanθ＝mω2htanθ解得：h甲＝h乙，（h為鋼繩延長線與轉軸交點到游客水平面的高度）。由h=rtanθ+Lcosθ，（其中r為圓盤半徑，L為鋼繩長度）得，L越小，則θ越小，則θ1一定大于θB、向心加速度a＝gtanθ，可知甲的向心加速度大于乙的向心加速度，故B正確；D、甲（連同飛椅）質量小于乙（連同飛椅）的質量，而θ1大于θ2，由Fn＝mgtanθ知甲受到的向心力不一定大于乙（連同飛椅）受到的向心力，故D錯誤。故選：B。題型3生活中的圓周運動（2022秋?武邑縣校級期末）如圖所示，是武昌洪山廣場轉盤T字路口，框中標識的這輛汽車正在沿水平彎道向左前方減速行駛，其運動可視作圓周運動，行駛過程中車輛未發(fā)生打滑。司機（坐在前排左邊）和車上四名乘客始終與汽車保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．司機和乘客們一定具有相同的線速度 B．副駕駛座上乘客的向心加速度大于司機的向心加速度 C．汽車所受的合力一定指向圓弧軌跡的圓心 D．汽車對乘客的作用力與汽車運動方向相反【解答】解：AB．司機和乘客同軸轉動，角速度相等，框中標識的這輛汽車正在沿水平彎道向左前方減速行駛，副駕駛座上乘客和司機離圓心的距離不相等，司機到圓心距離小，由v＝rω，線速度不相等，由an=ω2rC．汽車做變速圓周運動，汽車所受的合力一定不指向圓弧軌跡的圓心，故C錯誤；D．根據(jù)題意，在豎直方向上，乘客受汽車的支持力，由于乘客隨汽車做減速圓周運動，則水平方向上，汽車對乘客的作用力可分解為一個指向圓心的分力提供向心力，一個與運動方向的分力使乘客做減速運動，則汽車對乘客的作用力不可能與汽車運動方向相反，故D錯誤。故選：B。（2023春?金華期末）如圖，場地自行車賽道設計成與水平面保持一定傾角，三位運動員騎自行車在賽道轉彎處做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A．三位運動員可能受重力、支持力、向心力的作用 B．若此時三位運動員線速度大小相等，則他們所需要向心力的大小關系一定滿足FA＜FB＜FCC．若此時三位運動員角速度相等，則他們的向心加速度大小關系滿足aA＞aB＞aC D．若運動員突然加速，仍然可以保持原軌道做勻速圓周運動，則自行車受到的支持力會減小【解答】解：A、向心力是效果力，可以由單個力充當，也可以由其它力的合力提供，或者由某個力的分力提供，不是性質力，因此，將運動員和自行車看成整體后，整體應受重力、支持力和摩擦力，故A錯誤；B、由向心力公式F＝mv2R可知若此時三位運動員線速度大小相等，但不知道運動員的質量大小，故不能比較向心力的大小，故C、由向心加速度公式a＝ω2R可知若此時三位運動員角速度相等，則他們的向心加速度大小關系滿足aA＞aB＞aC，故C正確；D、若運動員突然加速，仍然可以保持原軌道做勻速圓周運動，則自行車的摩擦力增大來提供所需向心力，運動員和自行車在豎直方向上平衡，如圖所示，則有支持力在豎直方向的分力等于摩擦力豎直向下的分力和運動員和自行車的重力之和，運動員和自行車的重力不變，摩擦力變大，則支持力在豎直方向的分力變大，所以支持力變大，故D錯誤。故選：C。（2022秋?舟山期末）正在建設的甬舟鐵路西起寧波東站，經(jīng)寧波市鄞州區(qū)、北侖區(qū)，舟山市金塘島、冊子島、富翅島至舟山本島舟山火車站，正線長76.4公里，設計時速250km/h，全線共設7個站，總投資270億元。下列說法正確的是（）A．76.4公里是指起始站到終點站的位移大小 B．250km/h相當于900m/s C．考查火車從舟山火車站到寧波東站的運行時間時，可以把火車視為質點 D．工程師設計鐵路彎道時，內外軌可以設計成一樣高【解答】解：A、76.4公里是火車運動軌跡的長度，指起始站到終點站的路程，故A錯誤；B、速度250km/h≈69m/s，故B錯誤；C、考查火車從舟山火車站到寧波東站的運行時間時，火車的大小和體積可以忽略不計，可以把火車視為質點，故C正確；D、為了避免火車擠壓鐵軌，工程師設計鐵路彎道時，由支持力和重力的合力提供向心力，設計為外高內低，故D錯誤。故選：C。題型4豎直面內圓周運動的兩類模型問題（2023秋?薊州區(qū)期末）如圖甲，滾筒洗衣機脫水時，滾筒上有很多漏水孔，滾筒轉動時，附著在潮濕衣服上的水從漏水孔中被甩出，達到脫水的目的，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做順時針的勻速圓周運動。如圖乙，一件可視為質點的小衣物，a、b分別為小衣物經(jīng)過的最高位置和最低位置。下列說法正確的是（）A．衣物緊貼著滾筒做勻變速曲線運動 B．衣物轉到b位置時衣物上水珠的脫水效果比a位置好 C．不論滾筒轉速多大，衣物都不會從a位置掉下 D．衣物在a位置受到滾筒壁的支持力比在b位置的大【解答】解：A.衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做順時針的勻速圓周運動，加速度方向變化，是變速曲線運動，故A錯誤；BD.在a、b位置，根據(jù)牛頓第二定律可得Na+mg＝mω2RNb﹣mg＝mω2R可知Nb＞Na，衣物轉到b位置時衣物上水珠的脫水效果比a位置好，故B正確，D錯誤；C.在a位置，根據(jù)牛頓第二定律可得Na+mg＝mω2R當Na＝0時，臨界角速度ω0=gR，如果轉動角速度小于臨界角速度，則衣物都會從a位置掉下，故故選：B。（2023秋?東城區(qū)期末）如圖所示，一長為l的輕桿的一端固定在水平轉軸上，另一端固定一質量為m的小球。使輕桿隨轉軸在豎直平面內做角速度為ω的勻速圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球運動到最高點時，桿對球的作用力一定向上 B．小球運動到水平位置A時，桿對球的作用力指向O點 C．若ω=glD．小球通過最低點時，桿對球的作用力可能向下【解答】解：AC.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，小球運動到最高點時，若桿對球的作用力為零，則有mg＝mω2l解得ω=可知，若小球運動的角速度ω＞g若小球運動的角速度ω＜gl桿對球的作用力向上，故AB.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，則小球運動到水平位置A時，合力指向圓心，對小球受力分析可知，小球受重力和桿的作用力，由平行四邊形法則可知，桿對球的作用力不可能指向O點，故B錯誤；D.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，小球通過最低點時，合力豎直向上，則桿對球的作用力一定向上，故D錯誤。故選：C。（多選）（2023春?濟寧期末）如圖所示，一個半徑為R＝1.8m的金屬圓環(huán)豎直固定放置，環(huán)上套有一個質量為m的小球，小球可在環(huán)上自由滑動，小球與環(huán)間的動摩擦因數(shù)為0.4，某時刻小球經(jīng)過環(huán)的最高點時，環(huán)對小球的滑動摩擦力大小為15mg（不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2A．2m/s B．3m/s C．32m/s D．33【解答】解：根據(jù)滑動摩擦力公式f＝μFN又根據(jù)題意f=聯(lián)立，解得F某時刻小球經(jīng)過環(huán)的最高點時分兩種情況，第一種情況FN方向豎直向上，由牛頓第二定律可得mg﹣F_N＝mv解得v1＝3m/s第二種情況FN方向豎直向下，由牛頓第二定律可得mg+FN＝mv解得v2=3故BD正確，AC錯誤。故選：BD。（2023秋?石家莊期末）如圖所示，長L＝1.0m水平傳送帶右端M與水平地面平齊并無縫對接，半徑R＝0.4m的豎直半圓環(huán)軌道與水平地面相切于圓環(huán)的端點P。傳送帶以v＝6m/s的速度順時針勻速轉動，某時刻質量m＝1kg的物塊以v0＝3m/s速度沖上傳送帶的左端，經(jīng)水平地面從P點沖上半圓環(huán)軌道后從Q點水平飛出，最后物塊恰落在M點。已知物塊經(jīng)過Q點時速度是經(jīng)過P點速度大小的12，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ1=45，物塊與水平地面間的摩擦因數(shù)μ2（1）物塊離開傳送帶右端M時的速度大?。唬?）M、P兩點間的距離；（3）物塊經(jīng)過P點時對軌道壓力的大小?！窘獯稹拷猓海?）對物塊受力分析，如圖所示由牛頓第二定律可得a1＝μ1g＝0.8×10m/s2＝8m/s2假設物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，根據(jù)動力學公式L＝v0t+12a1解得t＝0.25s或t＝﹣1s（舍去）物塊離開傳送帶時的速度v＝v0+at，解得v＝5m/s＜6m/s故假設成立，物塊在傳送帶上運動的時間為0.25s，物塊離開傳送帶時的速度為5m/s。（2）對物塊受力分析，如圖所示由牛頓第二定律可得物塊在水平地面上的加速度為a2＝μ2g＝0.5625×10m/s2＝5.625m/s2設PM間距離為x，由運動學公式可得vP2-v2＝﹣物塊從Q點水平飛出，做平拋運動2R=12x＝vQt由題意可知vQ=12聯(lián)立可得x＝0.8m（3）物塊運動到軌道P時受到的支持力FN，如圖所示由向心力公式和牛頓第二定律可得FN﹣mg=聯(lián)立可得FN＝50N由牛頓第三定律可得：物塊經(jīng)過在軌道P點時對軌道壓力FN'等于物塊運動到軌道P時受到的支持力FN，即FN'＝FN＝50N答：（1）物塊離開傳送帶右端M時的速度大小為5m/s；（2）M、P兩點間的距離為0.8m；（3）物塊經(jīng)過P點時對軌道壓力的大小為50N。題型5水平面的圓周運動臨界問題（2023春?廣西期末）如圖所示為賽車場的一個“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90m的大圓弧和r＝40m的小圓弧，直道與彎道相切。大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100m。賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍，假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動，要使賽車不打滑，繞賽道一周時間最短（發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g）（）A．在繞過小圓弧彎道后加速 B．在大圓弧彎道上的速率為35m/s C．在直道上的加速度大小為4.5m/s2 D．通過小圓弧彎道的時間為5.85s【解答】解：B．設經(jīng)過大圓弧的速度為v，經(jīng)過大圓弧時由最大靜摩擦力提供向心力，由2.25mg=mv代入數(shù)據(jù)解得v＝45m/s故B錯誤；C．設經(jīng)過小圓弧的速度為v0，經(jīng)過小圓弧時由最大靜摩擦力提供向心力，由2.25mg=mv代入數(shù)據(jù)v0＝30m/s由幾何關系可得直道的長度為x=10再由v2代入數(shù)據(jù)解得a＝6.50m/s2故C錯誤；A．在彎道上做勻速圓周運動，賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短，則在彎道上都由最大靜摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在繞過小圓弧彎道后加速，故A正確；D．設R與OO′的夾角為α，由幾何關系可得cosα=50解得α＝60°小圓弧的圓心角為120°，經(jīng)過小圓弧彎道的時間為t=120360×2πr故D錯誤。故選：A。（2023春?遼陽期末）港珠澳大橋總長約55km，是世界上總體跨度最長、鋼結構橋體最長、海底沉管隧道最長的跨海大橋。如圖所示，該路段是港珠澳大橋的一段半徑R＝150m的圓弧形彎道，總質量m＝1500kg的汽車通過該圓弧形彎道時以速度v＝72km/h做勻速圓周運動（汽車可視為質點，路面視為水平且不考慮車道的寬度）。已知路面與汽車輪胎間的徑向最大靜摩擦力為汽車所受重力的35，取重力加速度大小g＝10m/s2A．汽車過該彎道時受到重力、支持力、摩擦力和向心力 B．汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為9000N C．汽車過該彎道時的向心加速度大小為3m/s2 D．汽車能安全通過該彎道的最大速度為30m/s【解答】解：A．過該彎道時受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，其中摩擦力提供做圓周運動的向心力，故A錯誤；B．過該彎道時所受徑向靜摩擦力提供向心力f=mv故B錯誤；C．過該彎道時的向心加速度大小為a=v故C錯誤；D．根據(jù)kmg=通過該彎道的最大速度為vm故D正確。故選：D。（2023春?房山區(qū)期末）2022年3月的“天宮課堂”上，航天員做了一個“手動離心機”，該裝置模型如圖所示．快速搖轉該裝置完成了空間站中的水油分離實驗，下列說法正確的是（）A．轉速越小越容易實現(xiàn)水油分離 B．水油分離是因為水的密度較大更容易離心而分離 C．在天宮中搖晃試管使水油混合，靜置一小段時間后水油也能分離 D．若在地面上利用此裝置進行實驗，將無法實現(xiàn)水油分離【解答】解：A.轉速越大越容易發(fā)生離心運動，所以更容易實現(xiàn)水油分離，故A錯誤；B.取相同體積的小球，由于水的密度大于油的密度，所以水球的質量大于油球的質量，根據(jù)向心力F＝mω2r可知，質量越大所需要的向心力越大，越容易離心，故B正確；C.在太空中，萬有引力提供向心力，物體處于完全失重狀態(tài)，此時水和油不會出現(xiàn)分層現(xiàn)象，故C錯誤；D.在地面上仍然滿足水的密度大于油的密度，所以由B可知，利用此裝置也可以實現(xiàn)水油分離，故D錯誤；故選：B。題型6豎直平面內的圓周運動臨界問題（2023春?吉林期末）無縫鋼管的制作原理如圖所示，豎直平面內，管狀模型置于兩個支承輪上，支承輪轉動時通過摩擦力帶動管狀模型轉動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作用，鐵水緊緊地覆蓋在模型的內壁上，冷卻后就得到無縫鋼管．已知管狀模型內壁半徑為R，則下列說法正確的是（）A．鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內壁上的 B．模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同 C．若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，此時僅重力提供向心力 D．管狀模型轉動的角速度ω最大為g【解答】解：A、鐵水做圓周運動，重力和彈力的合力提供向心力，沒有離心力，故A錯誤；B、鐵水做圓周運動的向心力由重力和彈力的徑向分力提供，不是勻速圓周運動，故模型各個方向上受到的鐵水的作用力不一定相同，故B錯誤；C、若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，則是重力恰好提供向心力，故C正確；D、為了使鐵水緊緊地覆蓋在模型的內壁上，管狀模型轉動的角速度不能小于臨界角速度，故D錯誤；故選：C。（多選）（2023春?嶗山區(qū)校級期末）電動夯實機是日常道路施工過程中常用的工具，能夠大大提高筑路工人的工作效率．如圖所示某電動夯實機的結構示意圖，由電動機和底座和偏心輪三部分組成，期中偏心輪由包括飛輪和配重物．電動機、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為m，配重物的重心到輪軸的距離為r，重力加速度為g．在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑．當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體配物離開地面．下列判斷正確的是（）A．配重物轉到最低點時處于超重狀態(tài) B．配重物轉到最高點時與飛輪間的彈力大小為（M+m）g C．偏心輪轉動的角速度為(M+m)gmrD．打夯機對地面壓力的最大值（M+m）g【解答】解：A、配重物轉到最低點時加速度指向圓心，故加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A正確。B、配重物轉到最高點時，剛好使整體底座離開地面，電動機、飛輪和底座整體受重力Mg，和配重物對飛輪間的彈力T，受力平衡，故彈力大小為T＝Mg，故B錯誤。C、當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體離開地面，配重物所受彈力T＝Mg，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：mg+T＝mrω2，聯(lián)立可得：ω=(M+m)gmr，故D、在最低點對地面壓力的最大，設飛輪對配重物支持力為F，對配重物根據(jù)牛頓第二定律：F﹣mg＝mrω2，設打夯機受地面的支持力最大值為N，打夯機受力平衡：N＝F+Mg，聯(lián)立得：N＝2（m+M）g，根據(jù)牛頓第三定律，打夯機對地面壓力的最大值為2（m+M）g，故D錯誤。故選：AC。（2023春?安康期末）如圖甲所示，有一質量為m＝3kg可視為質點的物塊以某一初速度從A點水平拋出，恰好從圓管BCD的B點沿切線方向進入圓弧，經(jīng)BCD從圓管的最高點D射出時立刻滑上質量為M的足夠長的長木板，此后它們在水平面上運動的v﹣t圖像如圖乙所示。已知圓弧的半徑為R＝40m，且A與D在同一水平線上，BC弧對應的圓心角θ＝60°，不計空氣阻力，但管道內不光滑，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物塊從A點做平拋運動的初速度v0的大?。唬?）在D點處物塊對管壁的作用力的大小和方向；（3）物塊和木板之間的動摩擦系數(shù)μ1，木板和水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2；（4）木板的質量M與最短長度L?！窘獯稹拷猓海?）物塊從A到B做平拋運動，由幾何關系得：R（1+cosθ）=tanθ=聯(lián)立解得：v0＝20m/s；（2）圖乙可知D點物塊速度vD＝10m/s，取向下為正分向，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg+N＝mv解得管壁對物塊的支持力：N＝﹣22.5N根據(jù)牛頓第三定律，物塊對管壁的壓力N大小為22.5N，方向豎直向下；（3）分析圖乙中4s～12s過程為共同勻減速階段，加速度大小為：a3=ΔvΔt=412-4對M和m整體有：μ2（M+m）g＝（M+m）a3解得：μ2＝0.05分析圖乙中0～4s過程，對m有：μ1mg＝ma1且a1=10-44m/s2＝解得：μ1＝0.15；（4）分析圖乙中0～4s過程，對M有：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2且a2=44m/s2＝1.0m/s解得：M＝2kg最短長度即物塊與木板的相對滑動位移L＝Δx從圖中0～4s物塊與木板圖線包圍面積的差可得：L＝Δx=12×10×4m答：（1）物塊從A點做平拋運動的初速度v0的大小為20m/s；（2）在D點處物塊對管壁的作用力的大小為22.5N，方向豎直向下；（3）物塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為0.15，木板和水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.05；（4）木板的質量M與最短長度為20m。題型7圓周運動與平拋結合問題（2023?南平模擬）如圖甲，對花樣跳水的最早描述出現(xiàn)在宋人孟元老《東京夢華錄》中：“又有兩畫船，上立秋千，……筋斗擲身入水，謂之水秋千?！蹦炒巍八锴А北硌葸^程如圖乙，質量為m的表演者，以O點為圓心蕩到與豎直方向夾角θ＝45°的B點時，松手沿切線方向飛出。若在空中經(jīng)過最高點C時的速度為v，水秋千繩長為l，A為最低點，表演者可視為質點，整個過程船體靜止不動，不計空氣阻力和繩的質量，重力加速度為g。則（）A．表演者在C處重力的瞬時功率為mgv B．表演者從A運動到B的過程中，處于失重狀態(tài) C．表演者在A處受到秋千的作用力大小為2mvD．若B到水面的高度為CB間高度的3倍，則落水點到B點的水平距離為3【解答】解：A．表演者在空中經(jīng)過最高點C時的速度為v，則其此時豎直方向速度vy＝0，根據(jù)P＝mgvy可知表演者在C處重力的瞬時功率為0，故A錯誤；B．從A運動到B的過程中，表演者做部分豎直圓周運動，其向心加速度指向O點