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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．
1
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当v 一定时，ω 与r 成反比．
2．对an＝＝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：
＝
向心加速度与半径成正
比：＝
角速度与半径成反比：
＝
向心加速度与半径成反
比：
＝
角速度与半径成反比：
＝
向心加速度与半径成反
比：＝
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∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．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＝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
2
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例2 (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，当齿轮传动的时
候，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．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．A 点和B 点的线速度大小之比为1∶3
答案 AC
解析 题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，则A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1，
由v＝ωr 可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A 点和B 点角速度之比为3∶1，
故A、C 正确，B、D 错误．
考向3 圆周运动的多解问题
例3 (多选)如图所示，直径为d 的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以
水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且
相距为h，重力加速度为g，则( )
A．子弹在圆筒中的水平速度为d
B．子弹在圆筒中的水平速度为2d
C．圆筒转动的角速度可能为π
D．圆筒转动的角速度可能为3π
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h 的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A 正
确，B 错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝
0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，故C、D 正确．
3
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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＝m＝mrω
2 ＝mr＝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．( × )
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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－mgcos θ＝
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m，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4 (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FTsin θ＝mg，而FT＝k
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；
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水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r
即FN＝FTcos θ－mω2r
当转速较大，FN指向转轴时，
则FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
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，D 正确．
例5 (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. B. C. D.
答案 D
解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh＝mvc
2，在c 点有FNc－mg＝m，FNc≤ kmg，联
立有Rc≥，故选D.
考向2 圆锥摆模型
例6 (2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D 均在水平面内做圆锥摆运
动．如图甲所示，小球A、B 在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B 球的绳较长)；如图乙所
示，小球C、D 在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D 的绳与竖直方向之间的夹角
相等(连接D 球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B 角速度相等
B．小球A、B 线速度大小相等
C．小球C、D 所需的向心加速度大小相等
D．小球D 受到绳的拉力与小球C 受到绳的拉力大小相等
答案 B
解析 对题图甲中A、B 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小
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球A、B 到悬点O 的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B 的
角速度相等，线速度大小不相等，故A 正确，B 错误；对题图乙中C、D 分析，设绳与竖直
方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝man，FTcos θ＝mg，得
an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D 所需的向心加速度大小相等，小球C、D 受到绳的拉力
大小也相等，故C、D 正确．
例7 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mgtan θ＝m＝mRω2，解得v＝ ，ω＝，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＝，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＝，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8 如图所示，质量均为m 的a、b 两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小
球a 在竖直平面内来回摆动，小球b 在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b 的绳子与竖直
方向的夹角和小球a 摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列
说法正确的是( )
A．a、b 两小球都是所受合外力充当向心力
B．a、b 两小球圆周运动的半径之比为tan θ
C．小球b 受到的绳子拉力大小为
D．小球a 运动到最高点时受到绳子的拉力大小为
答案 C
解析 小球a 速度大小变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b 做匀速圆周
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运动，所受合外力充当向心力，故A 错误；由几何关系可知，a、b 两小球做圆周运动的半
径之比为，故B 错误；Fbcos θ＝mg，即Fb＝，故C 正确；小球a 到达最高点时速度为零，
将重力正交分解，有Fa＝mgcos θ，故D 错误．
圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F 向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，联立解得v＝，ω＝.
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＝和运
动所需的向心力也越大．
考向3 生活中的圆周运动
例9 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tan α≈sin
α)，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＝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<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m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故当列车
过转弯处的速度v＝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<时，
转弯所需的向心力F<mgtan α，故此时列车内轨受挤压，C 错误；若要提高列车过转弯处的
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速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D 错误．
课时精练
1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法
正确的是( )
A．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大
B．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等
C．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力
D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同
答案 D
解析 乘坐飞椅的所有爱好者一起做匀速圆周运动，其角速度相同，故A 错误，D 正确；
根据an＝rω2，由A 可知角速度相同，当转动半径越大，向心加速度越大，故悬挂在最外侧
飞椅的向心加速度大，故B 错误；向心力是由重力和支持力的合力提供的，故C 错误．
2.(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50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm 处的点向心加速度大小约为(
)
A．10 m/s2
B．100 m/s2
C．1 000 m/s2
D．10 000 m/s2
答案 C
解析 根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.
3.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感．
如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度．A、B 为滚轮轴
上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则( )
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A．从动轮和主动轮转动方向始终相反
B．滚轮在B 处时，从动轮角速度小于主动轮角速度
C．滚轮从A 到B，从动轮线速度先增大后减小
D．滚轮从A 到B，从动轮转速先增大后减小
答案 B
解析 因为从动轮和主动轮转动方向都和滚轮的转动方向相反，所以从动轮和主动轮转动方
向始终相同，A 错误；滚轮在B 处时，从动轮和主动轮与滚轮接触点的线速度大小相等，此
处从动轮的半径大于主动轮的半径，根据v＝ωr 可知，从动轮角速度小于主动轮角速度，B
正确；主动轮转速不变，滚轮从A 到B，主动轮的半径越来越小，主动轮与滚轮接触点的线
速度一直减小，从动轮线速度与滚轮线速度大小相等，故一直减小，C 错误；滚轮从A 到
B，从动轮线速度一直减小，又因为从动轮半径在变大，又v＝ωr＝2πnr，滚轮从A 到B，
从动轮转速一直减小，D 错误．
4．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔
光滑)另一端连接在金属块P 上，P 始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一
水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作
用．因阻力作用，小球Q 的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．
下列判断正确的是( )
A．小球Q 的位置越来越高
B．细线的拉力减小
C．小球Q 运动的角速度增大
D．金属块P 受到桌面的静摩擦力增大
答案 B
解析 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，
小球的位置越来越低，故A 项错误；设小孔下面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，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心
力，如图所示，则有FT＝，mgtan θ＝m＝mω2Lsin θ，解得ω＝，由于小球受到空气阻力作
用，线速度减小，θ 减小，cos θ 增大，因此细线的拉力FT减小，角速度ω 减小，故B 项正
确，C 项错误；对金属块P，由平衡条件知，P 受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大
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小，则静摩擦力减小，故D 项错误．
5.如图所示，一个半径为5 m 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20 m 的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A 点以
一定的速度水平抛出，取g＝10 m/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2.5 m/s
B．小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
答案 A
解析 根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝＝2.5 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＝＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动
的加速度大小为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D 错误．
6.(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sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳
OB 断开前后瞬间，轻绳OA 的张力之比为( )
A．1∶1
B．25∶32
C．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，轻绳的张力为F1，由向心力公式有2F1sin 53°－
mg＝m，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
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绳的张力为F2，有F2cos 53°＝m，F2sin 53°＝mg，联立解得＝，故B 正确．
7．(2023·浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A 端，另
一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED 灯就会发光．下列说法正确的是( )
A．安装时A 端比B 端更远离圆心
B．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触
C．增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光
D．匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
答案 C
解析 要使重物做离心运动，M、N 接触，则A 端应靠近圆心，因此安装时B 端比A 端更远
离圆心，A 错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M、N 能接触，灯会发光，
不能说重物受到离心力的作用，B 错误；灯在最低点时有F 弹－mg＝mrω2，解得ω＝，又ω
＝2πn，因此增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光，C 正确；匀速行驶时，灯在
最低点时有F1－mg＝，灯在最高点时有F2＋mg＝，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最
高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时不
一定能发光，D 错误．
8.(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 点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱
体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力
加速度为g，O 点距柱体的底面距离为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．小滑块运动中的加速度越来越大
C．小滑块运动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
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＝gt2，可得t＝，可知
小滑块在圆柱体中的运动时间与v0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑
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块的加速度大小不变，故A、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向
心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖
直方向的速度vy＝，小滑块落至底面时的速度大小v＝＝，故D 正确．
9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O 为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O 的竖
直轴以角速度ω 匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a 和b 相对容器静止，b 与
容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a 和O、b 和O 的连线与竖直方向的夹角分别为60°
和30°，则下列说法正确的是( )
A．小物块a 和b 做圆周运动所需的向心力大小之比为∶1
B．小物块a 和b 对容器壁的压力大小之比为∶1
C．小物块a 与容器壁之间无摩擦力
D．容器壁对小物块a 的摩擦力方向沿器壁切线向下
答案 A
解析 a、b 角速度相等，向心力大小可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b 所需向心力大小之
比为sin 60°∶sin 30°＝∶1，A 正确；对b 分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，结合对b 分析
结果，对a 分析有mω2Rsin 60°<mgtan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向
心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，C、D
错误；对b 有FNbcos 30°＝mg，对a 有FNacos 60°＋Ffsin 60°＝mg，所以≠＝，B 错误．
10.(多选)(2023·山西吕梁市模拟)2022 年2 月12 日，在速度滑冰男子500 米决赛上，高亭宇
以34 秒32 的成绩刷新奥运纪录．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，
在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度
时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m，人体弹射装置可以使运
动员在4.5 s 内由静止达到入弯速度18 m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动
员质量为50 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰
刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是( )
A．运动员匀加速运动的距离为81 m
B．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 N
C．运动员入弯时的向心力大小为648 N
D．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
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答案 BC
解析 运动员匀加速运动的距离为x＝t＝×4.5 m＝40.5 m，A 错误；在匀加速过程中，加速
度a＝＝ m/s 2＝4 m/s2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为F＝ma＝50×4 N＝200
N，B 正确；运动员入弯时所需的向心力大小为Fn＝m＝50× N＝648 N，C 正确；设入弯时
冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝＝＝<1，得θ<45°，D 错误．
11.(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3 m 的半圆弧BC 与长
8 m 的直线路径AB 相切于B 点，与半径为4 m 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4 m/s，在ABC 段的加速度最大为2 m/s2，CD 段的加速度最大
为1 m/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＝ s，l＝8 m
B．t＝ s，l＝5 m
C．t＝ s，l＝5.5 m
D．t＝ s，l＝5.5 m
答案 B
解析 在BC 段的最大加速度为a1＝2 m/s2，则根据a1＝，可得在BC 段的最大速度为v1m＝
m/s，在CD 段的最大加速度为a2＝1 m/s2，则根据a2＝，可得在BC 段的最大速度为v2m＝2
m/s<v1m，可知在BCD 段运动时的速度为v＝2 m/s，在BCD 段运动的时间为t3＝＝ s，若小
车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以vm匀速，再以a1减速至v，AB 段从最大速
度vm减速到v 的时间t1＝＝ s＝1 s，位移x2＝＝3 m，在AB 段匀速的最长距离为l＝8 m－3
m＝5 m，则匀速运动的时间t2＝＝ s，则从A 到D 最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝(＋) s，故选B.
12.(2022·辽宁卷·13)2022 年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000 米接力决赛中，我国短道速
滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．
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(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加
速到速度v＝9 m/s 时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙
两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R 甲＝8 m、R 乙＝9 m，滑行速率分别为v 甲＝10
m/s、v 乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员
先出弯道．
答案 (1)2.7 m/s2 (2) 甲
解析 (1)根据速度位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7 m/s2
(2)根据向心加速度的表达式a＝
可得甲、乙的向心加速度之比为＝·＝，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t
＝，代入数据可得甲、乙运动的时间为t 甲＝ s，t 乙＝ s．因t 甲<t 乙，所以甲先出弯道．
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