1、第三节圆周运动一、匀速圆周运动答案：相等不变圆心不变速度【基础练1】下列关于匀速圆周运动的说法正确的是()A匀速圆周运动是匀加速曲线运动B做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的C做匀速圆周运动的物体所受合外力就是向心力D随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用答案：C二、角速度、线速度、向心加速度答案：2r【基础练2】如图所示，圆桌桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，A是圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别把A、B的角速度记为A、B，线速度记为vA、vB，向心加速度记为aA、aB，周期记为TA、TB，则()AABBvAvBCaAaBDTArB，根据vr可知，vAvB，B正确
2、；因为rArB，根据a2r可知，aAaB，C错误；因AB，根据T可知，TATB，D错误。三、离心运动和向心运动【基础练3】如图所示，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，错误的是()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做向心运动解析：选B。由F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，小球将做向心运动。考点一圆周运动的运动学分析1圆周运动
3、各物理量间的关系2常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A点和B点转动的周期相同、角速度相同，A点和B点的线速度与其半径成正比皮带(链条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度大小必然相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：vAvB；如图所示，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
4、速度的说法中正确的是()AA、B两点的线速度大小不相等BB、C两点的角速度大小相等CA、C两点的周期大小相等DA、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错误；B点与C点绕同一转轴转动，角速度相等，故B正确；由T可知，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an，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B【对点练1】在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为236，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点的说法，正确的是()AA点和B点的线速度大小
5、之比为12BA点和B点的线速度大小之比为31CA点和B点的角速度之比为11DA点和B点的角速度之比为31解析：选D。题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为11，由vr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31，D正确，A、B、C错误。【对点练2】(2019高考江苏卷改编)如图所示，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，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为B线速度的大小为2RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R解析：选D。由题意可知座舱运动周期为T、线速度为vR、受到合
6、力为Fm2R，选项D正确，A、B错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误。考点二圆周运动的动力学分析1向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。(2)分析物体的受力情况，找出所有的力，沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。2运动实例运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台(2020高考全国卷)如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方
7、时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A200 NB400 NC600 ND800 N解析该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2Fmg，代入数据解得F410 N，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B正确，A、C、D错误。答案B【对点练3】在水平路面上骑自行车，在转弯时，我们往往要让自行车向内侧倾斜，这样不容易摔倒。将人和自行车视为一个整体，下列说法正确的是()A整体受重力、支持力、摩擦力、向心力的作用B重力和支持力的合力提供向心力C只有摩擦力提供向心力D支持力的方向斜向上解析：选C。整体受到的
8、力只有三个：重力、支持力、摩擦力，故A错误；整体在水平面内做圆周运动，所需的向心力由侧向摩擦力提供，故B错误，C正确；虽然自行车为了便于转弯而向内侧倾斜，但是路面是水平的，路面对自行车的支持力仍垂直于水平面，即竖直向上，D错误。【对点练4】(2020南京市上学期期末)一质量为2.0103 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1.4104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是()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1.4104 NC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
9、加速度不超过7.0 m/s2解析：选D。汽车转弯时受到重力、地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得fm，解得v m/s m/s20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4104 N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的向心加速度a m/s27 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直
10、方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，下列说法正确的是()A细线L1和L2所受的拉力大小之比为1B小球m1和m2的角速度大小之比为 1C小球m1和m2的向心力大小之比为31D小球m1和m2的线速度大小之比为31解析设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则Tcos mg，解得T，所以细线L1和L2所受的拉力大小之比为，故A错误；小球所受合力的大小为mgtan ，根据牛顿第二定律得mgtan mL2sin ，得2，故两小球的角速度大小之比为，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为Fmgtan ，小球m1和m2的向心力大小之比为3，故C正确；两小球角速度大小之比为1，由vr得线速
11、度大小之比为1，故D错误。答案C【对点练5】(2020济南市期末学习质量评估)如图所示，这是内壁光滑的半球形容器，半径为R。质量为m的小球在容器内的某个水平面内做匀速圆周运动，小球与球心O连线方向与竖直方向夹角为。下列说法正确的是()A小球所受容器的作用力为B小球所受容器的作用力为mgtan C小球的角速度为D小球的角速度为解析：选D。对小球受力分析，如图所示：根据力的合成，可得小球所受容器的作用力N，A、B错误；根据力的合成，可得小球所受合外力Fmgtan ，小球做圆周运动的轨道半径为rRsin ，根据向心力公式得mgtan m2r，解得角速度，C错误，D正确。考点三竖直面内的圆周运动1常见
12、模型轻“绳”模型轻“杆”模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程 mgFTmmgFNm临界特征FT0，即mgm，得vv0，即F向0，此时FNmgv的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点2.分析思路如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示。则下列说法错误的是()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小
13、相等解析对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，Fmg0，结合题给图象可知amg0；当F0时，由牛顿第二定律可得mg，结合题给图象可知mg，联立解得g，m，A正确，B错误；由题给图象可知b3 m/s，所以小球受到细杆的支持力，小球在最高点受力分析：受到重力与支持力，mgFm，则Fmgm N5 N，所以由牛顿第三定律知细杆受到压力，大小为5 N，A正确。考点四圆周运动的临界问题如图所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆孔，质量为m的物体A放在转盘上，物体A到圆孔的距离为r，物体A通过轻绳与物体B相连，物体B的质量也为m。若物体A与转盘间的动摩擦因数为，则转盘转动的角速度在什么范围内，才能使物体
14、A随转盘转动而不滑动？解析当A将要沿转盘背离圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向指向圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与最大静摩擦力的合力，即FFfmaxmr由于B静止，故有Fmg又FfmaxFNmg由式可得1当A将要沿转盘向圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向背离圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为FFfmaxmr由式可得2故要使A随转盘一起转动而不滑动，其角速度的范围为21，即 。答案 【对点练8】如图所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，角速度为，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是()
15、A物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为m2rB物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为m2rC物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为m2rD物块只受重力、弹力作用，合力大小为0解析：选C。对物块进行受力分析可知物块受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物块所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有：F合fm2r，A、B、D错误，C正确。(建议用时：30分钟)1. 如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的
16、压力C人在最低点时对座位的压力等于mgD人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D。人过最高点时，FNmgm，当v时，不用保险带，人也不会掉下来，当v时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。2. (2020滨州市第二次模拟)如图所示，甲、乙为两辆完全一样的电动玩具汽车，以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动。甲运动的半径小于乙运动的半径，下列说法正确的是()A甲的线速度大于乙的线速度B甲、乙两辆车受到的摩擦力相同C若角速度增大，乙先发生侧滑D甲的加速度大于乙的加速度解析：选C。甲、乙
17、两车以相同且不变的角速度在水平地面上做圆周运动，甲运动的半径小于乙运动的半径，根据vr可得甲的线速度小于乙的线速度，故A错误；甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则有fm2r，由于甲运动的半径小于乙运动的半径，所以甲车受到的摩擦力小于乙车受到的摩擦力，故B错误；车辆刚好发生侧滑时，有mgm2r，解得，运动的半径越大，临界的角速度越小，越容易发生侧滑，所以若角速度增大时，乙先发生侧滑，故C正确；根据a2r可知，甲运动的半径小于乙运动的半径，甲的加速度小于乙的加速度，故D错误。3. (2020河南省实验中学砺锋培卓)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B
18、质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A座椅B的角速度比A的大B座椅B的向心加速度比A的小C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂B的缆绳所承受的拉力比悬挂A的缆绳所承受的拉力大解析：选D。同轴转动角速度相同，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由a2r得B的向心加速度比A的大，故A、B错误；设缆绳与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律：mgtan m2r，解得：tan ，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，故B与竖直方向的夹角大，在竖
19、直方向上有：Tcos mg，解得：T，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，故C错误，D正确。4向心力演示器如图所示。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可改变两个塔轮的转速比，以探究物体做圆周运动的向心力大小跟哪些因素有关、具体关系怎样。现将小球A和B分别放在两边的槽内，小球A和B的质量分别为mA和mB，做圆周
20、运动的半径分别为rA和rB。皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，实验现象显示标尺8上左边露出的格子多于右边，则下列说法正确的是()A. 若rArB，mAmB，说明物体的质量和角速度相同时，半径越大向心力越大B. 若rArB，mAmB，说明物体的质量和线速度相同时，半径越大向心力越大C. 若rArB，mAmB，说明物体运动的半径和线速度相同时，质量越小向心力越大D. 若rArB，mAmB，说明物体运动的半径和角速度相同时，质量越大向心力越小解析：选A。根据题意，皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，因而AB，标尺8上左边露出的等分格子多于右边，因而FAFB，根据向心力公式Fm2r，Fm，若rArB
21、，mAmB，说明物体的质量和角速度相同时，半径越大向心力越大，故A正确；若rArB，mAmB，说明物体的质量和线速度相同时，半径越大向心力越小，故B错误；若rArB，mAmB，说明物体运动的半径和线速度相同时，质量越小向心力越小，故C错误；若rArB，mAmB，说明物体运动的半径和角速度相同时，质量越大向心力越大，故D错误。5(2020苏州市模拟)如图所示，图1是甲汽车在水平路面上转弯行驶，图2是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是()A两车都受到路面竖直向上的支持力作用B两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力C甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力D乙车可
22、能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力解析：选D。题图1中路面对汽车的支持力竖直向上；题图2中路面对汽车的支持力垂直于路面斜向上，A错误；题图1中甲汽车受到平行路面指向弯道内侧的摩擦力作为向心力；题图2中若路面的支持力与重力的合力提供向心力，即mgtan m，即v，则此时路面对车没有摩擦力作用；若v，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，B、C错误，D正确。6. (2020山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于0B小球过最高点的最小速度是C小球过最高点时，杆对球的作用
23、力一定随速度增大而增大D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析：选A。轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为0，当小球过最高点的速度v时，杆所受的弹力等于0，A正确，B错误；若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mgFm，随v增大，F减小，若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mgFm，随v增大，F增大，故C、D均错误。7一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥。设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为()A31B32
24、C13D12 解析：选C。汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力。如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1FN1所以由牛顿第二定律可得mgFN1同样，如图乙所示，FN2FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有FN2mg由题意可知FN1mg由式得FN2mg，所以FN1FN213。8. (2020皖南八校4月联考)如图所示，一质量为m的硬币(可视为质点)置于水平转盘上，硬币与竖直转轴OO的距离为r，已知硬币与转盘之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g，若
25、硬币与转盘一起绕OO轴从静止开始转动，并缓慢增加转盘转速，直到硬币刚要从转盘上滑动，则该过程中转盘对硬币做的功为()A0BmgrCmgrD2mgr解析：选B。摩擦力提供合外力，当达到最大静摩擦时，角速度最大，结合牛顿第二定律可得mgm2r解得圆盘转动的最大角速度为设该过程中转盘对硬币做的功为W，根据动能定理可得Wmv20其中vr联立解得Wmgr故B正确，A、C、D错误。9. 如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们由相同材料制成，A的质量为2m，B、C的质量各为m，如果A、B到O点的距离为R，C到O的距离为2R，当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动)，下述结论正确的是()AC物体的向心
26、加速度最小BB物体受到的静摩擦力最小C当圆台旋转速度增加时，B比C先开始滑动D当圆台旋转速度增加时，A比B先开始滑动解析：选B。由题意可知三个物体相对圆盘静止，向心力都是由静摩擦力提供，且三个物体角速度相同，C物体的半径最大，由向心力公式a2R得C物体的向心加速度最大，A错误；由fm2R可知物体B的静摩擦力最小，B正确；当圆台转速增大时，哪个物体先达到最大静摩擦力fFNmg则先滑动，比较物体B和C，它们的质量相同，最大静摩擦力相同，而物体C的半径大，所以物体C先发生滑动，C错误；比较物体A和B，它们的质量不同，半径相同，根据mgm2R可知，A、B同时发生滑动，D错误。10. 如图所示，一根细线
27、下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是()AQ受到桌面的支持力变大BQ受到桌面的静摩擦力变小C小球P运动的角速度变大D小球P运动的周期变大解析：选C。金属块Q保持在桌面上静止，对于金属块和小球整体研究，整体在竖直方向没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故A错误；设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为L。P球做匀速
28、圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有T，mgtan m2Lsin ，得角速度，周期T，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，增大，cos 减小、h减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小。对Q，由平衡条件得知，fTsin mgtan 知，Q受到桌面的静摩擦力变大，静摩擦力方向在改变，故C正确，B、D错误。11. (2020重庆市第二次调研抽测)质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O，把小球拉到与O在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。当小球第一次通过最低点P时()A小球的线速度突然
29、增大B小球的角速度突然减小C摆线上的张力突然减小D小球的向心加速度突然增大解析：选D。当小球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误； 由于线速度大小不变，根据知，转动的半径变小，则角速度变大，故B错误；根据牛顿第二定律得Tmgm，线速度大小不变，转动半径变小，则摆线张力变大，故C错误；根据a知，线速度大小不变，转动的半径变小，则向心加速度突然变大，故D正确。12. 如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R0.4 m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
30、()A要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2 m/sB若小球通过B点的速度为1 m/s，则杆对小球的作用力为7.5 N，方向向下C小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而增大D小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为0解析：选D。在最高点，由于杆能支撑小球，所以小球在最高点B时的速度可以恰好为0，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点由牛顿第二定律有mgFm，得Fmmg(1110) N7.5 N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故B错误；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有mgFm，若增大小球的速度，则F减小，若小球
31、受杆的弹力向下，则mgFm，v增大，F增大，当v 时，F0，故C错误，D正确。13如图所示，这是赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后减速B在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析：选B。因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有Fm，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大 45 m/s，v小 30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A错误，B正确；由几何关系得直道长度为d50 m，由运动学公式vv2ad得赛车在直道上的加速度大小为a6.50 m/s2，则C错误；设R与OO的夹角为，由几何关系得cos ，得60，可得出小圆弧的圆心角为，则赛车在小圆弧弯道上运动的时间t2.79 s，则D错误。
