江蘇版2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第4章第3節(jié)圓周運動

16/16圓周運動一、圓周運動及其描述1．勻速圓周運動(1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等，就是做勻速圓周運動。(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。2．描述圓周運動的物理量物理量意義、方向公式、單位線速度(v)①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②單位：m/s角速度(ω)①描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量②中學(xué)不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②單位：rad/s周期(T)和轉(zhuǎn)速(n)或頻率(f)①周期是物體沿圓周運動一周的時間②轉(zhuǎn)速是物體單位時間轉(zhuǎn)過的圈數(shù)；頻率是單位時間內(nèi)運動重復(fù)的次數(shù)①T＝eq\f(2πr,v)單位：s②n的單位：r/s、r/min，f的單位：Hz向心加速度(a)①描述速度變化快慢的物理量②方向指向圓心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②單位：m/s2二、圓周運動的向心力1．作用效果向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。2．大小F＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。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。三、離心現(xiàn)象1．現(xiàn)象做圓周運動的物體，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．受力特點及軌跡(1)當(dāng)Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動。(2)當(dāng)Fn＝0時，物體沿切線方向飛出。(3)當(dāng)Fn＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動。(4)當(dāng)Fn＞mω2r時，物體逐漸靠近圓心，做近心運動。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)勻速圓周運動是勻加速曲線運動。 (×)(2)做勻速圓周運動的物體的向心加速度與半徑成反比。 (×)(3)做勻速圓周運動的物體所受合外力為變力。 (√)(4)做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力。 (√)(5)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用。 (×)(6)賽車轉(zhuǎn)彎時沖出賽道是因為沿轉(zhuǎn)彎半徑向內(nèi)的靜摩擦力不足以提供向心力。 (√)二、教材習(xí)題衍生1．(描述圓周運動的物理量)如圖為甲、乙兩球做勻速圓周運動時向心加速度隨半徑變化的關(guān)系圖線，甲圖線為雙曲線的一支，乙圖線為直線。由圖像可以知道()A．甲球運動時，線速度的大小保持不變B．甲球運動時，角速度的大小保持不變C．乙球運動時，線速度的大小保持不變D．乙球運動時，角速度的大小逐漸增加A[題圖的圖線甲中a與r成反比，由a＝eq\f(v2,r)可知，甲球的線速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，角速度逐漸減小，A正確，B錯誤；題圖的圖線乙中a與r成正比，由a＝ω2r可知，乙球運動的角速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，線速度大小增大，C、D錯誤。]2．(豎直面內(nèi)的圓周運動)游樂園的小型“摩天輪”上對稱站著質(zhì)量相等的8位同學(xué)，如圖所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，某時刻甲正好在最高點，乙處于最低點。則此時甲與乙()A．線速度相同B．加速度相同C．所受合外力大小相等D．“摩天輪”對他們作用力大小相等C[由于“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，所以甲、乙線速度大小相等，甲線速度方向向左，乙線速度方向向右，故A錯誤；根據(jù)a＝eq\f(v2,r)可知，甲、乙加速度大小相等，甲加速度方向豎直向下，乙加速度方向豎直向上，故B錯誤；根據(jù)F＝eq\f(mv2,r)可知，甲、乙所受合外力大小相等，故C正確；對甲有mg－FN1＝meq\f(v2,r)，對乙有FN2－mg＝meq\f(v2,r)，“摩天輪”對他們作用力大小不相等，故D錯誤。]3．(水平面內(nèi)的圓周運動)如圖所示，兩個圓錐內(nèi)壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．A、B球受到的支持力之比為eq\r(3)∶3B．A、B球的向心力之比為eq\r(3)∶1C．A、B球運動的角速度之比為1∶1D．A、B球運動的線速度之比為1∶1D[設(shè)小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsinθ＝mg，F(xiàn)NA∶FNB＝eq\r(3)∶1，選項A錯誤；F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)A∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htanθ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C錯誤；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確。]描述圓周運動的物理量1．(圓周運動的理解)質(zhì)點做勻速圓周運動時，下列說法正確的是()A．速度的大小和方向都改變B．勻速圓周運動是勻變速曲線運動C．當(dāng)物體所受合力全部用來提供向心力時，物體做勻速圓周運動D．向心加速度不變C[質(zhì)點做勻速圓周運動時，線速度大小始終不變，速度方向為質(zhì)點運動軌跡的切線方向，時刻在改變，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體的加速度始終指向圓心，即方向在時刻改變，則勻速圓周運動是非勻變速曲線運動，故B、D錯誤；當(dāng)質(zhì)點所受合力全部用來提供向心力時，質(zhì)點的線速度的大小不變，做勻速圓周運動，故C正確。]2．(圓周運動的描述)火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10s時間內(nèi)，火車()A．運動位移為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉(zhuǎn)彎半徑約為3D[圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，選項A錯誤；火車轉(zhuǎn)彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故選項B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(\f(10,360)×2π,10)rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故選項C錯誤，D正確。]3．(皮帶傳動)如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉(zhuǎn)軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝eq\f(RA,2)，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則()A．A點與C點的角速度大小相等B．A點與C點的線速度大小相等C．B點與C點的角速度大小之比為2∶1D．B點與C點的向心加速度大小之比為1∶2B[處理傳動裝置類問題時，對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度相等；同軸轉(zhuǎn)動的點，角速度相等。對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確；根據(jù)vA＝vC及關(guān)系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝eq\f(RA,2)，所以ωA＝eq\f(ωC,2)，選項A錯誤；根據(jù)ωA＝ωB，ωA＝eq\f(ωC,2)，可得ωB＝eq\f(ωC,2)，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2，選項C錯誤；根據(jù)ωB＝eq\f(ωC,2)及關(guān)系式a＝ω2R，可得aB＝eq\f(aC,4)，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D錯誤。]4．(齒輪傳動)在如圖所示的齒輪傳動中，三個齒輪的半徑之比為2∶3∶6，當(dāng)齒輪轉(zhuǎn)動的時候，關(guān)于小齒輪邊緣的A點和大齒輪邊緣的B點說法正確的是()A．A點和B點的線速度大小之比為1∶2B．A點和B點的角速度之比為1∶1C．A點和B點的角速度之比為3∶1D．以上三個選項有兩個是正確的C[題圖中三個齒輪邊緣線速度大小相等，即A點和B點的線速度大小之比為1∶1；由v＝ωr可得，線速度一定時，角速度與半徑成反比，則A點和B點的角速度之比為3∶1，故選項C正確，A、B、D錯誤。]5．(同軸轉(zhuǎn)動)如圖所示，圓桌桌面中間嵌著一可繞中心軸O轉(zhuǎn)動的圓盤，A是圓盤邊緣的一點，B是圓盤內(nèi)的一點。分別把A、B的角速度記為ωA、ωB，線速度vA、vB，向心加速度記為aA、aB，周期記為TA、TB，則()A．ωA＞ωB B．vA＞vBC．a(chǎn)A＜aB D．TA＜TBB[因A、B兩點同軸轉(zhuǎn)動，則角速度相同，則ωA＝ωB，選項A錯誤；因為rA＞rB，根據(jù)v＝ωr可知，vA＞vB，選項B正確；因為rA＞rB，根據(jù)a＝ω2r可知，aA＞aB，選項C錯誤；因ωA＝ωB，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可知，TA＝TB，選項D錯誤。]常見的三種傳動方式及特點類型模型模型解讀皮帶傳動皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB摩擦(或齒輪)傳動兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB同軸傳動繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比水平面內(nèi)的圓周運動1．水平面內(nèi)的勻速圓周運動軌跡特點運動軌跡是圓且在水平面內(nèi)。2．勻速圓周運動的受力特點(1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。(2)合外力充當(dāng)向心力。3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟(1)選擇研究對象，找出勻速圓周運動的圓心和半徑。(2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)、Fn＝mrω2或Fn＝mreq\f(4π2,T2)列方程求解。4．六種常見的向心力實例運動模型①飛機水平轉(zhuǎn)彎②火車轉(zhuǎn)彎③圓錐擺向心力的來源圖示運動模型④飛車走壁⑤汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎⑥光滑水平轉(zhuǎn)臺向心力的來源圖示5．水平面內(nèi)圓周運動的三種臨界情況(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是：彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：FT＝0。eq\o([典例])(圓錐擺問題)(2021·鹽城質(zhì)檢)如圖所示，轉(zhuǎn)動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h(A點)處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質(zhì)量為m的小球B，繩長l大于h，轉(zhuǎn)動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度ω逐漸增大時，下列說法正確的是()A．小球始終受三個力的作用B．細繩上的拉力始終保持不變C．要使球不離開水平面，角速度的最大值為eq\r(\f(g,h))D．若小球飛離了水平面，則角速度可能為eq\r(\f(g,l))思路點撥：(1)當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較小時，水平面對小球有支持力作用；當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較大時，小球?qū)㈦x開水平面。(2)小球做勻速圓周運動的半徑r與繩長l之間的關(guān)系，可由幾何形狀來確定。(3)小球?qū)λ矫娴膲毫榱?，是小球?qū)㈦x開水平面的臨界條件，此時，小球的合力由自身的重力及細繩的拉力合成來確定。C[小球可以在水平面上轉(zhuǎn)動，也可以飛離水平面，飛離水平面后只受重力和細繩的拉力兩個力作用，故選項A錯誤；小球飛離水平面后，隨著角速度增大，細繩與豎直方向的夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得Tsinβ＝mω2lsinβ可知，隨角速度變化，細繩的拉力T會發(fā)生變化，故選項B錯誤；當(dāng)小球?qū)λ矫娴膲毫榱銜r，有Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlω2sinθ，解得臨界角速度為ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，若小球飛離了水平面，則角速度大于eq\r(\f(g,h))，而eq\r(\f(g,l))<eq\r(\f(g,h))，故選項C正確，D錯誤。]“一、二、三、四”求解圓周運動問題eq\o([跟進訓(xùn)練])車輛水平轉(zhuǎn)彎問題1．(2021·江蘇省如東縣第一次檢測)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內(nèi)軌。如圖所示，當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時，內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設(shè)此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()A．該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gsinθ)B．當(dāng)火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C．當(dāng)火車速率大于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓D．當(dāng)火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓B[火車拐彎時不側(cè)向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，設(shè)轉(zhuǎn)彎處斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，故選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(grtanθ)，可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān)，故選項B正確；當(dāng)火車速率大于v時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，此時外軌對火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓外軌，故選項C錯誤；當(dāng)火車速率小于v時，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此時內(nèi)軌對火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓內(nèi)軌，故選項D錯誤。]飛車走壁問題2．(2021·溧陽中學(xué)高三模擬)如圖甲所示，雜技表演“飛車走壁”的演員騎著摩托車飛駛在圓臺形筒壁上，筒的軸線垂直于水平面，圓臺筒固定不動?，F(xiàn)將圓臺筒簡化為如圖乙所示，若演員騎著摩托車先后在A、B兩處緊貼著內(nèi)壁分別在圖乙中虛線所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法不正確的是(不計摩擦)()甲乙A．A處的線速度大于B處的線速度B．A處的角速度小于B處的角速度C．A處對筒的壓力大于B處對筒的壓力D．A處的向心力等于B處的向心力C[對A、B兩處演員和摩托車進行受力分析如圖所示，兩個支持力與豎直方向的夾角相等，均為θ，由于FN1cosθ＝mg，F(xiàn)N2cosθ＝mg，可知FN1＝FN2，根據(jù)牛頓第三定律，可知演員和摩托車對筒的壓力相等，故C錯誤；兩處支持力的水平分力等于向心力，因此兩處向心力F也相等，D正確；根據(jù)F＝meq\f(v2,r)可知F一定時，半徑越大，線速度越大，故A處的線速度比B處的線速度大，A正確；根據(jù)F＝mω2r可知，半徑越大，角速度越小，故A處的角速度比B處的角速度小，B正確。]水平轉(zhuǎn)盤上的圓周運動問題3．如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤可繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，盤上疊放著質(zhì)量均為1kg的A、B兩個物塊，B物塊用長為0.25m的細線與固定在轉(zhuǎn)盤中心處的力傳感器相連，兩個物塊和力傳感器的大小均可不計。細線能承受的最大拉力為8N，A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4，B與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)為0.1，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。轉(zhuǎn)盤靜止時，細線剛好伸直，傳感器的讀數(shù)為零。當(dāng)轉(zhuǎn)盤以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，傳感器上就會顯示相應(yīng)的讀數(shù)F。g取10m/s2。以下說法中不正確的是()A．當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度ω＝4rad/s時，A、B間的靜摩擦力達到最大值B．當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度在0<ω<2rad/s范圍內(nèi)時，細線中的拉力隨ω的增大而增大C．當(dāng)細線中的拉力F＝6N時，A與B即將相對滑動D．當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度ω＝6rad/s時，細線中的拉力達到最大值B[對AB整體分析，當(dāng)繩子剛有拉力時，根據(jù)牛頓第二定律得：μ12mg＝2mωeq\o\al(2,1)r，則當(dāng)B物體與轉(zhuǎn)盤將發(fā)生滑動時的角速度為：ω1＝eq\r(\f(μ1g,r))＝eq\r(\f(0.1×10,0.25))rad/s＝2rad/s，當(dāng)A物體所受的摩擦力大于最大靜摩擦力時，A將要脫離B物體，此時的角速度由μ2mg＝mωeq\o\al(2,3)r得：ω3＝eq\r(\f(μ2g,r))＝eq\r(\f(0.4×10,0.25))rad/s＝4rad/s即轉(zhuǎn)盤的角速度為4rad/s時，A、B間的靜摩擦力達最大值，當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度在0<ω<2rad/s范圍內(nèi)時，細線中的拉力為0，故A正確，B錯誤；對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律T＋μ12mg＝2mω2r，則T＝2mω2r－μ12mg＝0.5ω2－2(ω∈[2,4])當(dāng)ω＝4rad/s時，此時繩子的張力為：T＝2mω2r－μ12mg＝(2×16×0.25－2)N＝6N<8N，故繩子未斷，接下來隨角速度的增大，A脫離B物體。只有B物體做勻速圓周運動，當(dāng)拉力最大時的角速度為ω2，根據(jù)牛頓第二定律得：Tmax＋μ1mg＝mωeq\o\al(2,2)r則：ω2＝eq\r(\f(8＋1,0.25))rad/s＝6rad/s，所以當(dāng)細線中的拉力F＝6N時，A與B即將相對滑動，當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度為6rad/s時，細線拉力達到最大，故C、D正確。故選B。]豎直平面內(nèi)的圓周運動1．豎直面內(nèi)圓周運動的兩類模型一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)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(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．豎直平面內(nèi)圓周運動的兩種模型特點及求解方法(最高點)“輕繩”模型“輕桿”模型圖示受力特征物體受到的彈力方向為向下或等于零物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上受力示意圖力學(xué)方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝eq\f(mv2,R)臨界特征FN＝0mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gR)在最高點的速度v≥0eq\o([典例])(輕桿模型)(2021·曲塘中學(xué)模擬)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內(nèi)光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則()甲乙A．小球的質(zhì)量為4kgB．固定圓環(huán)的半徑R為0.4mC．小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向上D．若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100N思路點撥：解此題關(guān)鍵有兩點(1)做好小球在某一位置的動力學(xué)分析。(2)將小球的動力學(xué)方程與F-v2圖像對應(yīng)，找出已知物理量。D[對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F(xiàn)－mg＝0，結(jié)合圖像可知：20N－m·10m/s2＝0，解得小球質(zhì)量m＝2kg，選項A錯誤；當(dāng)F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝eq\f(mv2,R)，結(jié)合圖像解得固定圓環(huán)半徑R為0.8m，選項B錯誤；小球在最高點的速度為4m/s時，設(shè)小球受圓環(huán)的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝meq\f(v2,R)，代入數(shù)據(jù)解得F＝20N，方向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經(jīng)過最低點時，其受力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,R)，若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上兩式得F＝5mg，代入數(shù)據(jù)得F＝100N，選項D正確。]分析豎直平面內(nèi)圓周運動臨界問題的思路eq\o([跟進訓(xùn)練])豎直平面內(nèi)輕“繩”模型1．如圖所示，雜技演員表演水流星節(jié)目。一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內(nèi)做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設(shè)重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為()A．eq\r(\f(g,L))B．eq\r(\f(2g,L))C．eq\r(\f(5g,L))D．eq\r(\f(10g,L))B[杯子在豎直平面內(nèi)做半徑為eq\f(L,2)的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點重力提供向心力，則有mg＝eq\f(mω2L,2)，可得ω＝eq\r(\f(2g,L))，故B正確，A、C、D錯誤。]豎直平面內(nèi)輕“桿”模型2．如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質(zhì)點)。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，且能通過最高點，g為重力加速度。下列說法正確的是()A．小球通過最高點時速度可能小于eq\r(gL)B．小球通過最高點時所受輕桿的作用力不可能為零C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小A[小球在最高點時，桿對球可以表現(xiàn)為支持力，由牛頓第二定律得：mg－F＝meq\f(v2,L)，則得v<eq\r(gL)，故A正確；當(dāng)小球速度為eq\r(gL)時，由重力提供向心力，桿的作用力為零，故B錯誤