第3讲 圆周运动

第3讲 圆周运动

知识要点

一、匀速圆周运动 1.定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，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：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。

二、角速度、线速度、向心加速度

三、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 n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r 。

3.方向：始终沿半径指向圆心方向，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。

四、离心现象

1.定义：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。

基础诊断

1.如图1所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看做是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的()

图1

A.线速度

B.加速度

C.角速度

D.轨道半径

答案 C

2.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则()

A.角速度为0.5 rad/s

B.转速为0.5 r/s

C.轨迹半径为4

πm D.加速度大小为4π m/s

2

答案BCD

3.(多选)[教科版必修2·P23·T4拓展]如图2所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A、R C＝8R A。当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比a A∶a B∶a C等于()

图2

A.1∶1∶8

B.4∶1∶4

C.4∶1∶32

D.1∶2∶4

解析 小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度大小相等，即v A ＝

v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动角速度相等，有ωA ＝ωC 。由a ＝v 2

R 可得a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a ＝ω2R 可得a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，选项C 正确。

答案 C

4.如图3所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是( )

图3

A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供

B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供

C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心

D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力

解析 向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时，受力分析如图所示，可知

地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A 错误，B 正确；当f ＜m v 2r ，摩擦

力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑。故C 、D 错误。

答案 B

圆周运动的运动学问题1.对公式v＝ωr的进一步理解

当r一定时，v与ω成正比；

当ω一定时，v与r成正比；

当v一定时，ω与r成反比。

2.对a＝v2

r＝ω

2r＝ωv的理解

在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。

3.常见传动方式及特点

(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同。

(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。

【例1】(2019·浙江十校联盟3月适应性考试)如图4所示是一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC＞OB，则在横梁绕O转动过程中()

图4

A.B、C的向心加速度相等

B.B、C的角速度关系满足ωB＜ωC

C.B、C的线速度关系满足v B＜v C

D.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力

解析由图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a n＝ω2r，因OC＞OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC＞OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的

作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误。

答案 C

1.(多选)(2019·安徽合肥模拟)如图5所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点A、B、C。关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的说法中正确的是()

图5

A.A、B两点的线速度大小相等

B.B、C两点的角速度大小相等

C.A、C两点的周期大小相等

D.A、B两点的向心加速度大小相等

解析自行车的链条不打滑，A点与B点的线速度大小相等，故A正确；B点与

C点同一转轴转动，角速度相等，故B正确；由T＝2πr

v

可知，A点的半径大于

B点的半径，A点的周期大于B点的周期，而B点的周期与C点的周期相等，

所以A点的周期大于C点的周期，故C错误；由向心加速度公式a n＝v2

r

，A点的半径大于B点的半径，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D 错误。

答案AB

2.(多选) (2019·辽宁丹东质检)在如图6所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点()

图6

A.A点和B点的线速度大小之比为1∶1

B.A点和B点的角速度之比为1∶1

C.A点和B点的角速度之比为3∶1

D.以上三个选项只有一个是正确的

解析题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，B、D错误。

答案AC

3.(多选)(2019·江苏卷，6)如图7所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()

图7

A.运动周期为2πR ω

B.线速度的大小为ωR

C.受摩天轮作用力的大小始终为mg

D.所受合力的大小始终为mω2R

解析座舱的周期T＝2πR

v

＝2π

ω

，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，

B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。

答案BD

圆周运动中的动力学问题

1.向心力的来源

(1)向心力的方向沿半径指向圆心。

(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。

2.解决圆周运动动力学问题的主要步骤

(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的所在平面是至关重要的一环；

(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；

(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；

(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。

【例2】(2019·成都市一诊)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图8所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖

直方向夹角为θ(0＜θ≤π

2)，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速

圆周运动时，下列说法正确的是()

图8

A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力

B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直

C.旋臂对模型飞机的作用力大小为m g2＋ω4L2sin2θ

D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小

解析当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，它们的合力充当向心力，选项A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，这个作用力在水平方向的分力提

供向心力，在竖直方向的分力与重力平衡，选项B错误；由力的合成可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝m g2＋ω4L2sin2θ，选项C正确；由C项分析可知，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。

答案 C

1.如图9所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车()

图9

A.所受的合力可能为零

B.只受重力和地面支持力作用

C.最大速度不能超过25 m/s

D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供

解析汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时由静摩擦力提供向心力，因此排除A、B、D，选项C正确。

答案 C

2.(多选)(2019·四川成都七中测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图10所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则()

图10

A.两球运动的周期相等

B.两球的向心加速度大小相等

C.球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1

D.球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2

解析 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F ，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有F cos θ＝mg ，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P 的距离为l ，则有F sin θ＝mg tan θ

＝m 4π2T 2l sin θ，解得周期为T ＝2πl cos θ

g ＝2πh

g ，因为任意时刻两球均在同一

水平面内，故两球运动的周期相等，选项A 正确；连接两球的绳的张力F 相等，由于向心力为F n ＝F sin θ＝mω2l sin θ，故m 与l 成反比，由m 1≠m 2，可得l 1≠l 2，

又小球的向心加速度a ＝ω2l sin θ＝(2πT )2l sin θ，故向心加速度大小不相等，选项C

正确，B 、D 错误。

答案 AC

竖直面内的圆周运动模型建构

1.两类模型

轻绳模型 轻杆模型

常见类型

均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球

过最高点的临界条件

由mg ＝m v 2临r 得v 临＝gr

由小球恰能做圆周

运动得v 临＝0 受力示意图

力学方程

mg ＋N ＝m v 2R mg ±N ＝m v 2R 临界特征

N ＝0

v ＝0

mg＝m

v2min

R

即v min＝gR

即F

向

＝0

N＝mg 过最高点的条件在最高点的速度v≥gR v≥

2.

考向轻绳模型

【例3】如图11所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球(可视为质点)，小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动。已知小球运动过程中轻绳拉力F的大小与绳和竖直方向OP的夹角θ的关系为F＝b＋b cos θ，b为已知的常数，当地重力加速度为g，小球的质量为m，则小球在最低点和最高点的速度分别为()

图11

A.

（2b－mg）L

m、gL B.gL、gL

C.gL、

（2b－mg）L

m D.

2bL

m、gL

解析θ＝0°时，F＝2b，小球在最低点，设其速度为v1，由牛顿第二定律得2b

－mg＝m v21

L

，解得v1＝

（2b－mg）L

m

；θ＝180°时，F＝0，小球在最高点，设

其速度为v2，由牛顿第二定律得mg＝m v22

，解得v2＝gL，选项A正确。

L

答案 A

考向轻杆模型

【例4】如图12所示，在伦敦奥运会体操男子单杠决赛中，荷兰选手宗德兰德荣获冠军。若他的质量为70 kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力，g取10 m/s2)()

图12

A.600 N

B.2 400 N

C.3 500 N

D.4 600 N

解析设运动员在最低点受的拉力至少为N，此时运动员的重心的速度为v，设

，由机械能守恒运动员的重心到手的距离为R，由牛顿第二定律得N－mg＝m v2

R

定律得mg·2R＝1

2，最高点速度为零时，v最小，N最小，联立解得N＝5mg，2m v

运动员的重力为G＝mg＝700 N，所以N＝3 500 N，选项C正确。

答案 C

1.(多选)如图13所示，内壁光滑的大圆管，用一细轻杆固定在竖直平面内；在管内有一小球(可视为质点)做圆周运动。下列说法正确的是()

图13

A.小球通过最低点时，小球对圆管的压力向下

B.小球通过最高点时，小球对圆管可能无压力

C.细杆对圆管的作用力一定大于圆管的重力大小

D.细杆对圆管的作用力可能会大于圆管和小球的总重力大小

解析小球通过最低点时，小球受到重力、圆管向上的支持力，合力指向圆心，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力向下，选项A正确；当小球通过最高点时，若速度为gR，圆管对小球的弹力为零，小球对圆管无压力，此时细杆对圆管的作用力等于圆管的重力大小，选项B正确，C错误；对圆管和球组成的整体为研究对象，当小球的向心加速度向上(或分量向上)时，细杆对圆管的作用力会大于圆管和小球的总重力大小；当小球的向心加速度向下(或分量向下)时，细杆对圆管的作用力小于圆管和小球的总重力大小，D正确。

答案ABD

2.(多选)如图14所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g取10 m/s2)()

图14

A.v0≥0

B.v0≥4 m/s

C.v0≥2 5 m/s

D.v0≤2 2 m/s

解析当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条

件是mg≤m v2

r ，又根据机械能守恒定律有1

2m v

2＋2mgr＝12m v20，得v0≥2 5 m/s，

C正确；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升

到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr≥1

2m v 2

，得v0≤2 2 m/s，D正确。

答案CD

生活中的圆周运动(STSE 问题)

处理生活中圆周运动问题的方法

要根据题目所给的情景抓住本质，明确是水平面上的圆周运动还是竖直平面内的圆周运动，把研究对象抽象成质点，分析向心力的来源，根据牛顿第二定律列出动力学方程，对于竖直平面内的圆周运动判断是否有超重、失重现象，或能不能归结为轻绳模型或轻杆模型。

【例5】 火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘(如图15甲所示)挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力(如图乙所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图丙所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v ，重力加速度为g ，以下说法中正确的是( )

图15

A.该弯道的半径R ＝v 2

g

B.当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变

C. 当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压

D. 当火车速率小于v 时，外轨将受到轮缘的挤压

解析 对火车受力分析，如图所示，火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，由重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mg tan

θ＝m v 2R ，解得R ＝v 2g tan θ，故A 错误；根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m v 2

R ，解得v ＝gR tan θ，与质量无关，故B 错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 正确；若速度小于规定速度，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D 错误。

答案 C

1.硬盘是电脑主要的存储媒介之一，由一个或者多个铝制或者玻璃制的碟片组成。碟片外覆盖有铁磁性材料。如图16所示，电动机使磁盘以5 400 r/min的转速匀速转动，磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。外磁道某一点P与内磁道某一点Q相比，有()

图16

A.n P＞n Q

B.ωP＞ωQ

C.v P＜v Q

D.a P＞a Q

解析P、Q两点同轴转动，故两点有相同的角速度，即ωP＝ωQ，根据ω＝2πn，有n P＝n Q；由于P点的半径大于Q点的半径，根据v＝ωr，有v P＞v Q；根据a ＝ω2r，知选项D正确。

答案 D

2.(2019·辽宁大连模拟)如图17所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G 的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员()

图17

A.受到的拉力为G

B.受到的拉力为2G

C.向心加速度为3g

D.向心加速度为2g

解析 对女运动员受力分析如图所示，F 1＝F cos 30°，F 2＝F sin 30°，F 2＝G ，由牛顿第二定律得F 1＝ma ，所以a ＝3g ，F ＝2G ，B 正确。

答案 B

3.如图18所示，杂技演员表演水流星节目。一根长为L 的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，设重力加速度为g ，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )

图18

A.

g L B.2g L C.5g

L D.10g

L

解析 杯子在竖直平面内做半径为L 2的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最

高点重力提供向心力，则有mg ＝mω2L 2，可得ω＝

2g L ，故B 正确，A 、C 、D

错误。

答案 B

课时作业

(时间：40分钟)

基础巩固练

1.(多选)如图1所示，光滑水平面上一质量为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，则下列关于小球运动情况的说法，正确的是()

图1

A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动

B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动

C.若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动

D.若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pc做近心运动

解析由F＝m v2

R

知，若拉力变小，则F不能提供所需的向心力，R变大，小球

做离心运动。反之，若F变大，小球将做近心运动。

答案ACD

2.如图2所示是一个时钟，有关时钟的秒针、分针和时针的角速度，下列判断正确的是()

图2

A.秒针和分针角速度大小之比为60∶1

B.分针和时针角速度大小之比为60∶1

C.时针和秒针角速度大小之比为720∶1

D.时针和秒针角速度大小之比为1∶3 600

解析秒针周期60 s，分针周期60×60 s，时针周期12×3 600 s，故秒针和分针

周期之比为1∶60，由ω＝2π

T

知，角速度之比为60∶1，选项A正确；分针和时针的周期之比为1∶12，角速度大小之比为12∶1，B错误；时针和秒针的周期

比为720∶1，其角速度大小之比为1∶720，C 、D 错误。

答案 A

3.(多选)(2018·江苏单科，6)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 在此10 s 时间内，火车运动路程s ＝v t ＝60×10 m ＝600 m ，选项A 正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B 错误；火车匀速转过

10°，约为15.7 rad ，角速度ω＝φt ＝157 rad/s ，选项C 错误；由v ＝ωR ，可得转弯

半径约为3.4 km ，选项D 正确。

答案 AD

4.(多选)当汽车通过圆弧形凸桥时，下列说法中正确的是( )

A.汽车在桥顶通过时，对桥的压力一定小于汽车的重力

B.汽车通过桥顶时，速度越小，对桥的压力就越小

C.汽车所需的向心力由桥对汽车的支持力来提供

D.汽车通过桥顶时，若汽车的速度v ＝gR (R 为圆弧形桥面的半径)，则汽车对桥顶的压力为零

解析 当汽车过桥顶时，汽车做圆周运动的向心力由汽车的重力和桥顶对汽车支

持力的合力提供，有mg －N ＝m v 2R ，所以汽车过桥顶时，汽车对桥的压力一定小

于汽车的重力，A 正确，C 错误；由上式得N ＝mg －m v 2R

，当v 增大时，N 减小，B 错误；当N ＝0时有mg ＝m v 2R ，可得v ＝gR ，D 正确。

答案 AD

5.飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影

响。g 取10 m/s 2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s 时，圆弧轨道的最小半径为( )

图3

A.100 m

B.111 m

C.125 m

D.250 m

解析 在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg 和支持力N ，两者的合力提供向心力，由题意知，当N ＝9mg 时，圆弧轨道半径最小为R min 。由牛

顿第二定律列方程，N －mg ＝m v 2R min

，联立解得R min ＝v 28g ＝125 m ，故选项C 正确。 答案 C

6.如图4所示，小球紧贴竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )

图4

A.小球通过最高点时的最小速度v min ＝g （R ＋r ）

B.小球通过最高点时的最小速度v min ＝gR

C.小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D.小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

解析 小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A 、B 均错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力G 1的合力提供向心力，即F N －G 1＝ma ，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关，D 错误。

答案 C

7.(2018·11月浙江选考)如图5所示，一质量为2.0×103 kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N ，当汽车经过半径为80 m 的弯道时，下列判断正确的是( )

图5

A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力

B.汽车转弯的速度为20 m/s 时所需的向心力为1.4×104 N

C.汽车转弯的速度为20 m/s 时汽车会发生侧滑

D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s 2

解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，但向心力是根据力的效果命名的，不是物体实际受到的力，选项A 错误；当汽车转弯速度为20 m/s 时，根

据F n ＝m v 2R ，得所需的向心力F n ＝1×104 N ，没有超过最大静摩擦力，所以车也

不会侧滑，所以选项B 、C 错误；汽车转弯达到最大静摩擦力时，向心加速度最

大为a n ＝f m m ＝1.4×104

2.0×10

3 m/s 2＝7.0 m/s 2，选项D 正确。 答案 D

8.(2019·辽宁大连测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目。为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图6所示的模型，质量为m 的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F 1、F 2，则当地的重力加速度为( )

图6

A.F 2－F 12m

B.F 2－F 13m

C.F 2－F 15m

D.F 2－F 16m

解析 过山车模型可以看做轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用。由牛顿第三定律可得在M 点和N 点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F 2、F 1。设圆轨道半径为R ，在M 点，对小球受力分析，根据小球所

受的合力提供向心力得F 2－mg ＝m v 2M R ，在N 点，对小球受力分析，根据小球所

受的合力提供向心力得mg ＋F 1＝m v 2N R ，由M 到N ，根据动能定理得－mg ·2R ＝12

m v 2N －

12m v 2M ，联立解得g ＝F 2－F 16m ，D 正确。

答案 D

9.(多选)如图7所示，水平杆两端有挡板，质量为m 的小木块A 穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A 连接。初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A 与水平杆间的最大静摩擦力，A 与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 到竖直轴OO ′的距离为L 。现使杆绕竖直轴OO ′由静止缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g 。若小木块A 不与挡板接触，则下列说法正确的是( )

图7

A.弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大

B.弹簧伸长量保持不变

C.当ω＝

μg L 时，摩擦力为零 D.当ω＝μg

L 时，弹簧弹力为零