第四章 第3講　圓周運動-2025高三總復習 物理（新高考）

第3講圓周運動[課標要求]1．會用線速度、角速度、周期描述勻速圓周運動。2．知道勻速圓周運動中向心加速度的大小和方向。3．通過實驗，探究并了解勻速圓周運動中向心力大小與半徑、角速度、質量的關系。4．能用牛頓第二定律分析勻速圓周運動的向心力。5．了解生產(chǎn)生活中的離心現(xiàn)象及其產(chǎn)生的原因。考點一描述圓周運動的物理量1．描述圓周運動的物理量物理量概念公式、單位線速度(v)(1)意義：描述圓周運動的物體運動快慢的物理量(2)矢標性：是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切(1)公式：v＝eq\f(Δs,Δt)(定義式)＝eq\f(2πr,T)(與周期的關系)(2)單位：m/s角速度(ω)意義：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量(1)公式：ω＝eq\f(Δθ,Δt)(定義式)＝eq\f(2π,T)(與周期的關系)(2)單位：rad/s(3)ω與v的關系：v＝ωr周期(T)轉速(n)頻率(f)(1)周期與頻率：周期是物體沿圓周運動一周所用的時間，頻率是物體1s內(nèi)完成圓周運動的圈數(shù)，周期與頻率互為倒數(shù)(2)轉速：單位時間內(nèi)物體轉過的圈數(shù)(3)矢標性：都是標量(1)公式T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(與頻率的關系)(2)T的單位：s，n的單位：r/s、r/min，f的單位：Hz向心加速度(an)(1)意義：描述線速度方向變化快慢的物理量(2)矢標性：是矢量，方向指向圓心(1)公式：an＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv(2)單位：m/s22．勻速圓周運動(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，即為勻速圓周運動。(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。自主訓練1皮帶傳動問題(多選)如圖甲是中學物理實驗室常用的感應起電機，它是由兩個大小相等直徑約為30cm的感應玻璃盤起電的，其中一個玻璃盤通過從動輪與手搖主動輪連接，如圖乙所示，現(xiàn)玻璃盤以100r/min的轉速旋轉，已知主動輪的半徑約為8cm，從動輪的半徑約為2cm，P和Q是玻璃盤邊緣上的兩點，若轉動時皮帶不打滑，下列說法正確的是()學生用書第74頁A．P、Q的線速度相同B．玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反C．P點的線速度大小約為1.6m/sD．搖把的轉速約為400r/min答案：BC解析：由于線速度的方向沿曲線的切線方向，由題圖乙可知，P、Q兩點線速度的方向一定不同，故A錯誤；若主動輪做順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動，所以從動輪逆時針轉動，所以玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反，故B正確；玻璃盤的直徑是30cm，轉速是100r/min，所以線速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq\f(100,60)×π×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正確；從動輪邊緣的線速度vc＝ωrc＝2nπrc＝2×eq\f(100,60)×π×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/s，由于主動輪的邊緣各點的線速度與從動輪邊緣各點的線速度的大小相等，即vz＝vc，所以主動輪的轉速nz＝eq\f(ωz,2π)＝eq\f(\f(vz,rz),2π)＝eq\f(\f(1,15)π,2π×0.08)r/s＝25r/min，故D錯誤。自主訓練2摩擦傳動問題如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦力作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的()A．線速度大小之比為3∶2∶2B．角速度之比為3∶3∶2C．轉速之比為2∶3∶2D．向心加速度大小之比為9∶6∶4答案：D解析：A、B靠摩擦傳動，則邊緣上a、b兩點的線速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，故A錯誤；B、C同軸轉動，則邊緣上b、c兩點的角速度相等，即ωb＝ωc，轉速之比eq\f(nb,nc)＝eq\f(ωb,ωc)＝eq\f(1,1)，故B、C錯誤；對a、b兩點，由an＝eq\f(v2,r)，得eq\f(ana,anb)＝eq\f(RB,RA)＝eq\f(3,2)，對b、c兩點，由an＝ω2r，得eq\f(anb,anc)＝eq\f(RB,RC)＝eq\f(3,2)，故ana∶anb∶anc＝9∶6∶4，故D正確。常見的三類傳動方式及特點1．皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，與皮帶接觸的輪子邊緣上各點的線速度大小相等，圖甲中vA＝vC≠vB，圖乙中vA＝vB≠vP＝vQ。2．摩擦傳動和齒輪傳動：如圖丙、丁所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。3．同軸傳動：如圖戊、己所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。考點二圓周運動的動力學問題1．勻速圓周運動的向心力(1)作用效果：向心力產(chǎn)生向心加速度，只能改變速度的方向，不能改變速度的大小。(2)大?。篎n＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝4mπ2n2r＝mωv。(3)方向：始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力。(4)來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供。2．離心運動和近心運動(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動。(2)受力特點(如圖所示)①當F＝0時，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運動。②當0＜F＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動。③當F＞mω2r時，物體逐漸靠近圓心，做近心運動。學生用書第75頁(3)本質：離心(或近心)運動的本質并不是受到離心(或近心)力的作用，而是提供的向心力小于(或大于)做勻速圓周運動需要的向心力。3．變速圓周運動合力與向心力的特點變速圓周運動的合力方向一般不指向圓心，可以分解為如下兩個分力，如圖所示。(1)切向分力Fτ：產(chǎn)生切向加速度aτ，只改變線速度的大?。划攁τ與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反向時則速度減小，做減速圓周運動。(2)指向圓心的分力Fn：提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，只改變線速度的方向?！靖呖记榫虫溄印?2023·江蘇高考·改編)“轉碟”是傳統(tǒng)的雜技項目，如圖所示，質量為m的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內(nèi)繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時，碟子邊緣看似一個光環(huán)。判斷下列說法的正誤：(1)發(fā)光物體隨碟子一起轉動的向心力由碟子的摩擦力提供。(√)(2)如果發(fā)光物體所受碟子的摩擦力突然減小時，發(fā)光物體將沿碟子邊緣的切線方向飛出。(×)(3)當發(fā)光物體隨碟子做變速圓周運動時發(fā)光物體的向心力一定不指向圓心。(×)(4)當?shù)拥慕撬俣仍龃蟮揭欢〝?shù)值時發(fā)光物體會做離心運動。(√)1．圓周運動向心力來源的理解可以由重力、彈力、摩擦力等各種性質的力提供，可以由某個力或某個力的分力提供，也可以由幾個力的合力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。2．“四步法”分析圓周運動的動力學問題考向1圓周運動的動力學分析(多選)(2021·河北高考)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時()A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變C．小球對桿壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大答案：BD解析：對小球受力分析，設彈簧彈力為F彈，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球在豎直方向，有F彈sinθ＝mg，而F彈＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))，可知θ為定值，F(xiàn)彈不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，故A錯誤，B正確；當轉速較小時，水平方向桿對小球的彈力FN背離轉軸，則F彈cosθ－FN＝mω2r，即FN＝F彈cosθ－mω2r，當轉速較大時，桿對小球的彈力指向轉軸，F(xiàn)彈cosθ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F彈cosθ，因ω′＞ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力的大小不一定變大，故C錯誤；根據(jù)F合＝mω2r可知，角速度變大，則小球所受合外力一定變大，故D正確。考向2圓錐擺模型四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內(nèi)做圓錐擺運動。如圖甲所示，其中小球A、B在同一水平面內(nèi)做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內(nèi)做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相同(連接D球的繩較長)，則下列說法錯誤的是()學生用書第76頁A．小球A、B角速度相等B．小球A、B線速度大小相等C．小球C、D向心加速度大小相等D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等答案：B解析：對題圖甲A、B分析：設繩與豎直方向的夾角為θ，繩長為l，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則有mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，v＝ωlsinθ＝lsinθeq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相同，故A正確，B錯誤；對題圖乙C、D分析：設繩與豎直方向的夾角為α，小球的質量為m，繩長為L，繩的拉力為FT，則有mgtanα＝ma，F(xiàn)Tcosα＝mg，可得a＝gtanα，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosα)，所以小球C、D向心加速度大小相等，受到繩的拉力大小也相等，故C、D正確。故選B。規(guī)律總結圓錐擺模型的分析1．如圖甲所示，向心力Fn＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))。2．穩(wěn)定狀態(tài)下，θ角越大，對應的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力FT＝eq\f(mg,cosθ)和運動所需向心力也越大。3．對于如圖乙所示的雙圓錐擺模型：P、Q隨旋轉圓盤繞中心軸勻速轉動，則它們做圓周運動的角速度相等，故它們的線速度、向心加速度均與軌道半徑成正比，且在豎直方向上受到的合力為零?？枷?火車、汽車轉彎問題(2024·河南平頂山質檢)火車轉彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之間的距離為d，內(nèi)外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α(α很小，可近似認為tanα≈sinα)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．火車轉彎時受到重力、支持力和向心力的作用B．火車過轉彎處的速度v＝eq\r(\f(gRh,d))時，列車輪緣不會擠壓內(nèi)軌和外軌C．火車過轉彎處的速度v＜eq\r(\f(gRh,d))時，列車輪緣會擠壓外軌D．若減小α角，可提高列車安全過轉彎處的速度答案：B解析：列車以規(guī)定速度轉彎時受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，故A錯誤；當重力和支持力的合力提供向心力時，有meq\f(v2,R)＝mgtanα≈mgsinα＝mgeq\f(h,d)，解得v＝eq\r(\f(gRh,d))，列車輪緣不會擠壓內(nèi)軌和外軌，故B正確；列車過轉彎處的速度v＜eq\r(\f(gRh,d))時，轉彎所需的合力F＜mgtanα，故此時列車輪緣受內(nèi)軌擠壓，故C錯誤；若要提高列車速度，則列車所需的向心力增大，故需要增大α角，故D錯誤?？枷?離心運動問題(多選)如圖為波輪式洗衣機的工作原理示意圖，當甩衣桶在電機的帶動下高速旋轉時，衣服緊貼在甩衣桶器壁上，從而迅速將水甩出。衣服(帶水，可視為質點)質量為m，衣服和器壁間的動摩擦因數(shù)約為μ，甩衣桶的半徑為r，洗衣機的外桶的半徑為R，當角速度達到ω0時，衣服上的水恰好被甩出，假設滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．衣服(帶水)做勻變速曲線運動B．電動機的角速度至少為eq\r(\f(g,μr))時，衣服才掉不下來C．當ω＝ω0時，水滴下落高度eq\f(g（R－r）2,2ωeq\o\al(2,0)r2)打到外桶上D．當ω＝ω0時，水滴下落高度eq\f(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－r2)),2ωeq\o\al(2,0)r2)打到外桶上答案：BD解析：衣服(帶水)做非勻變速曲線運動，因為其向心加速度是變化的，故A錯誤；在豎直方向，根據(jù)平衡條件有mg＝μFN，由于彈力提供向心力，由牛頓第二定律有FN＝mω2r，聯(lián)立解得ω＝eq\r(\f(g,μr))，B正確；當ω＝ω0時，水滴打到外桶上，設水滴下落高度為h，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，r2＋x2＝R2，v＝ω0r，聯(lián)立解得h＝eq\f(g（R2－r2）,2ωeq\o\al(2,0)r2)，C錯誤，D正確。課時測評18圓周運動eq\f(對應學生,用書P385)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～10題，每題4分，共40分)1．(多選)如圖所示，A、B為某小區(qū)門口自動升降桿上的兩點，A在桿的頂端處，B在桿的中點“STOP”處。桿從水平位置勻速轉至豎直位置的過程中，下列判斷正確的是()A．A、B兩點的角速度大小之比為2∶1B．A、B兩點的線速度大小之比為2∶1C．A、B兩點的向心加速度大小之比為4∶1D．A、B兩點的轉速之比為1∶1答案：BD解析：因為自動升降桿上的A、B兩點是同軸轉動，所以A、B兩點的角速度相等，轉速也相等，故A錯誤，D正確；由角速度與線速度關系式v＝ωr，可知角速度相等時線速度之比等于半徑之比，即A、B兩點線速度大小之比為2∶1，故B正確；由向心加速度公式a＝ω2r，可知角速度相等時向心加速度之比等于半徑之比，所以A、B兩點向心加速度大小之比為2∶1，故C錯誤。2．(2023·全國甲卷)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于()A．1 B．2C．3 D．4答案：C解析：質點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設周期T＝eq\f(k,r)，合外力等于向心力，根據(jù)F合＝Fn＝meq\f(4π2,T2)r，聯(lián)立可得Fn＝eq\f(4mπ2,k2)r3，其中eq\f(4mπ2,k2)為常數(shù)，r的指數(shù)為3，故題中n＝3，故選C。3．(2024·安徽黃山模擬)如圖甲所示，修正帶是通過兩個齒輪相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖乙中所示的模型。A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，C是大輪上的一點。若大輪半徑是小輪半徑的2倍，小輪中心到A點和大輪中心到C點的距離之比為2∶1，則A、B、C三點()A．線速度大小之比為4∶4∶1B．角速度之比為1∶1∶1C．轉速之比為2∶2∶1D．向心加速度大小之比為2∶1∶1答案：A解析：A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，可知vA＝vB，又v＝ωr，rA＝eq\f(1,2)rB，可得ωA＝2ωB，由于B、C兩點都在大輪上，可知ωB＝ωC，又v＝ωr，rB＝4rC，可得vB＝4vC，則A、B、C三點線速度大小之比為vA∶vB∶vC＝4∶4∶1，A、B、C三點角速度之比為ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項A正確，B錯誤；根據(jù)角速度和轉速的關系ω＝2πn，可知A、B、C三點轉速之比為nA∶nB∶nC＝ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項C錯誤；根據(jù)向心加速度公式有an＝ωv，可知A、B、C三點向心加速度大小之比為anA∶anB∶anC＝8∶4∶1，選項D錯誤。故選A。4．(2024·河北滄州模擬)如圖甲是我國花樣滑冰運動員在賽場上的情形，假設在比賽的某段時間運動員單腳著地，以速度v做勻速圓周運動，如圖乙冰鞋與冰面間的夾角為37°，運動員的質量為m，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計冰鞋對運動員的摩擦，下列說法正確的是()A．運動員受重力、冰鞋的支持力、向心力的作用B．冰鞋對運動員的支持力大小為eq\f(5,3)mgC．運動員做勻速圓周運動的半徑為eq\f(4v2,3g)D．運動員做勻速圓周運動的向心加速度大小為eq\f(4,3)g答案：C解析：運動員此時只受到重力和冰鞋的支持力作用，A錯誤；運動員受到的力如圖所示，x軸方向有FNsin37°＝ma＝meq\f(v2,r)，y軸方向有FNcos37°＝mg，聯(lián)立解得FN＝eq\f(5,4)mg，r＝eq\f(4v2,3g)，a＝eq\f(3,4)g，故B、D錯誤，C正確。故選C。5．有一種叫“旋轉飛椅”的游樂項目(如圖所示)。鋼繩的一端系著座椅，另一端固定在水平轉盤上。轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。當轉盤勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內(nèi)。將游客和座椅看作一個質點，不計鋼繩的重力，以下分析正確的是()A．旋轉過程中，游客和座椅受到重力、拉力和向心力B．根據(jù)v＝ωr可知，坐在外側的游客旋轉的線速度更大C．根據(jù)Fn＝mω2r可知，“飛椅”轉動的角速度越大，旋轉半徑越小D．若“飛椅”轉動的角速度變大，鋼繩上的拉力大小不變答案：B解析：旋轉過程中，游客和座椅受到重力、拉力的作用，向心力是重力和拉力的合力，故A錯誤；游客轉動的角速度相同，根據(jù)v＝ωr可知，坐在外側的游客的旋轉半徑較大，線速度更大，故B正確；“飛椅”轉動的角速度越大，“飛椅”做圓周運動所需的向心力越大，向心力由重力與拉力的合力提供，則鋼繩上的拉力變大，鋼繩與豎直方向的夾角變大，旋轉半徑變大，故C、D錯誤。6．如圖是某型號無人機繞拍攝主體時做水平勻速圓周運動的示意圖。已知無人機的質量為m，無人機的軌道距拍攝對象的高度為h，無人機與拍攝對象的距離為r，無人機飛行的線速度大小為v，則無人機做勻速圓周運動時()A．角速度為eq\f(v,r)B．所受空氣作用力為mgC．向心加速度為eq\f(v2,\r(r2－h(huán)2))D．周期為T＝eq\f(2πr,v)答案：C解析：做圓周運動的半徑R＝eq\r(r2－h(huán)2)，則角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(v,\r(r2－h(huán)2))，故A錯誤；無人機做勻速圓周運動時，向心力Fn＝meq\f(v2,R)＝eq\f(mv2,\r(r2－h(huán)2))＝man，解得an＝eq\f(v2,\r(r2－h(huán)2))，所受空氣作用力F＝eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,n))，故B錯誤，C正確；無人機做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π\(zhòng)r(r2－h(huán)2),v)，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發(fā)現(xiàn)兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，則()A．子彈在圓筒中的水平速度為deq\r(\f(g,2h))B．子彈在圓筒中的水平速度為2deq\r(\f(g,2h))C．圓筒轉動的角速度可能為πeq\r(\f(g,2h))D．圓筒轉動的角速度可能為3πeq\r(\f(g,2h))答案：ACD解析：子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t＝eq\r(\f(2h,g))，則v0＝eq\f(d,t)＝deq\r(\f(g,2h))，故A正確，B錯誤；由題意知，在此段時間內(nèi)圓筒轉過的圈數(shù)為半圈的奇數(shù)倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，所以ω＝eq\f(（2n＋1）π,t)＝(2n＋1)πeq\r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，…)，故C、D正確。8．(多選)如圖所示，游樂園中某海盜船在外力驅動下啟動，某時刻撤去驅動力，此后船自由擺動，當懸臂OA水平時，船的速度恰好為零。若A、B、C處質量相等的乘客始終相對船靜止，且以相同的半徑隨船擺動，擺動裝置(含乘客)的重心位于圓弧AC的中點B，∠AOC＝60°，不計一切阻力，重力加速度大小為g，則海盜船在自由擺動過程中()A．OA水平時，船對C處乘客的作用力為零B．OA水平時，B處乘客的加速度大小為aB＝eq\f(\r(3),2)gC．A處乘客從圖示位置運動至最低點的過程中，始終處于失重狀態(tài)D．A、B處乘客分別運動至最低點時，船對乘客豎直方向的作用力大小之比為eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(3),2)答案：BD解析：設乘客質量為m，根據(jù)力的分解可知，OA水平時，船對C處乘客的作用力為F＝mgcos30°，故A錯誤；OA水平時，B處乘客的加速度大小aB＝eq\f(mgsin60°,m)＝eq\f(\r(3),2)g，故B正確；A處乘客從題圖示位置運動至最低點的過程中，當向心加速度在豎直方向的分量大于切向加速度在豎直方向的分量時，合加速度方向向上，A處乘客處于超重狀態(tài)，故C錯誤；設整體質量為M，A處乘客運動至最低點時，根據(jù)動能定理得MgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，在最低點，對A處乘客，有FA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得FA＝eq\r(3)mg，B處乘客運動至最低點時，根據(jù)動能定理得MgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，在最低點，對B處乘客，有FB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),L)，聯(lián)立解得FB＝2mg，可得eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(3),2)，故D正確。9．(2024·湖北黃岡高三模擬)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球Q，細線穿過小孔(小孔光滑)，另一端連接在金屬塊P上，P始終靜止在水平桌面上，若不計空氣阻力，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)。實際上，小球在運動過程中不可避免地受到空氣阻力作用。因阻力作用，小球Q的運動軌道發(fā)生緩慢的變化(可視為一系列半徑不同的圓周運動)。下列判斷正確的是()A．小球Q的位置越來越高B．細線的拉力變小C．小球Q運動的角速度變大D．P受到桌面的靜摩擦力變大答案：B解析：由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，則所需要的向心力減小，小球做近心運動，小球的位置越來越低，故A錯誤；設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L，當小球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖所示，則有FT＝eq\f(mg,cosθ)，mgtanθ＝meq\f(v2,Lsinθ)＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，則θ減小，cosθ增大，因此，細線的拉力FT減小，角速度ω減小，故B正確，C錯誤；對金屬塊P，由平衡條件知，P受到桌面的靜摩擦力大小等于細線的拉力大小，則靜摩擦力變小，故D錯誤。10．(2024·安徽黃山模擬)太極球是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落。現(xiàn)將太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，A為圓周的最高點，C為最低點，B、D兩點與圓心O等高且在B、D處平板與水平面夾角為θ。設小球的質量為m，圓周運動的半徑為R，重力加速度為g。若小球運動的周期為T＝2πeq\r(\f(R,3g))，則()A．在A處，平板對小球的作用力大小為mgB．在C處，平板對小球的作用力大小為3mgC．在B處，小球一定受兩個力的作用D．在A、C處平板對小球作用力大小的差值為2mg答案：D解析：在A處，對小球，由牛頓第二定律有FNA＋mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))e