江苏省溧阳市高三物理一轮复习曲线运动圆周运动2学案新人教版

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2024年高考物理一轮复习(新人教版) 第4章第3讲圆周运动

g lcos
θ＝
gh，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 ＝cmosgθ，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.
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
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
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，
√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
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＝kcMosPθ－l0 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；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

江苏省溧阳市高三物理一轮复习曲线运动3学案新人教版

圆周运动的应用（总21）一、学习目标：1、能分析圆周运动和直线运动结合的问题。

能对临界问题进行分析。

能对连接体问题进行分析.2、能分析生活中常见的圆周运动的向心力来源。

知道离心运动及其产生的原因；明确物体做离心运动的条件。

注意生活中的离心现象；能分析生活中的一些常见问题.二、例题讨论要点一：转弯问题的分析( )例1、在水平铁路转弯处，往往使外轨略高于内轨，这是为了A．减轻火车轮子挤压外轨B．减轻火车轮子挤压内轨C．使火车车身倾斜，利用重力和支持力的合力提供转弯所需向心力D．限制火车向外脱轨( ) 例2、一辆汽车在水平公路上转弯,沿曲线由M向N行驶,速度逐渐减小.如图所示,你认为正确的是哪个?要点二：汽车过拱桥的动力学分析（）例3、一辆卡车在丘陵地带匀速行驶，地形如图所示，由于轮胎太旧，爆胎的可能性最大的地段应是A. a处B. b处C. c处D. d处例4、一辆质量m=2.0t的小轿车，驶过半径R=90m的一段圆弧形桥面，重力加速度g=10m／s2．求：(1)若桥面为凹形，汽车以20m／s的速度通过桥面最低点时，对桥面压力是多大?(2)若桥面为凸形，汽车以l0m／s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是多大?(3)汽车以多大速度通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力要点三：对离心运动条件的分析（）例5、如图是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯时有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动.对于摩托车发生滑动的问题，下列论述正确的是A. 摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B. 摩托车所受外力的合力小于所需的向心力 C. 摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去 D. 摩托车将沿其半径方向沿直线滑去要点四：临界问题分析例4、如图所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔Ｏ；一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为ｍ＝１ｋｇ的小球Ａ，另一端连接质量为M ＝４ｋｇ的重物Ｂ.（ｇ取１０ｍ/ｓ２）（１）当小球Ａ沿半径r ＝０.１ｍ的圆周做匀速圆周运动，其角速度为ω＝１０r ａd/ｓ时，物体Ｂ对地面的压力为多大？（２）当Ａ球的角速度为多大时，Ｂ物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态？四、巩固练习( )1．如图16所示，质量为m 的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R ，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，下列说法错误的是A ．小球对圆环的压力大小等于mgB ．小球受到的向心力等于重力mgC ．小球的线速度大小等于gRD ．小球的向心加速度大小等于g( )2．如图17所示，质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是 A ．受到向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μ(mg ＋m v 2R) D ．受到的合力方向斜向右上方( )3．如图18所示，长为L 的细绳一端固定，另一端系一质量为m 的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是A ．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B ．小球只受重力和绳的拉力作用C ．θ越大，小球运动的速度越小D ．θ越大，小球运动的周期越大( )4．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R 的圆弧，要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零．θ应等于A ．arcsin v 2RgB ．arctan v 2RgC .12arcsin 2v 2RgD ．arccot v 2Rg( )5．质量为m 的飞机以恒定速率v 在空中水平盘旋(如图19所示)，做匀速圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则此时空气对飞机的作用力大小为A ．m v 2RB ．mgC ．mg 2＋v 4R 2 D ．m g 2－v 4R 26.有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图9所示，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。

高考物理一轮复习曲线运动导学案新人教版

高考物理一轮复习曲线运动导学案新人教版1 曲线运动运动的合成和分解学习目标:1. 明白得曲线运动是一种变速运动，明白物体做曲线运动的条件2．能熟练用运动的合成与分解的方法分析解决绳子末端速度分解等具体问题。

3．能熟练用运动的合成与分解的方法分析解决小船过河问题。

重点难点:分析解决小船过河问题、绳子末端速度分解等具体问题的处理方法。

考点1：曲线运动一定是变速运动问题情境1关于质点做曲线运动的下列说法中，正确的是（）A．曲线运动一定是匀变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．曲线运动轨迹上任一点的切线方向确实是质点在这一点的瞬时速度方向D．有些曲线运动也可能是匀速运动小结与启发曲线运动速度方向一定变化，曲线运动一定是变速运动，反之，变速运动不一定是曲线运动。

基础达标11．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是( )A．速率 B．速度 C．加速度 D．合外力考点2：物体做曲线运动的条件是：合外力（加速度）方向和初速度方向不在同一直线问题情境2下列哪幅图能正确描述质点运动到P点时的速度v和加速度a的方向关系 ( )小结与启发①物体做曲线运动一定受外力。

物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上，因此，一定有加速度且加速度方向和速度方向不在一条直线上。

曲线运动中，合外力、加速度方向一定指向曲线凹的那一边。

②曲线运动性质假如那个合外力的大小和方向都恒定，物体做匀变速曲线运动，如平抛运动、斜抛运动。

假如那个合外力的大小恒定，方向始终与速度方向垂直，则有2V F m R ，物体就作匀速圆周运动基础达标21．下列叙述正确的是：( )A ．物体在恒力作用下不可能作曲线运动B ．物体在变力作用下不可能作直线运动C ．物体在变力或恒力作用下都有可能作曲线运动D ．物体在变力或恒力作用下都可能作直线运动2．质量为m 的物体,在F 1、F 2、F 3三个共点力的作用下做匀速直线运动,保持F 1、F 2不变,仅将F 3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做（）A.加速度大小为mF 3的匀变速直线运动 B.加速度大小为mF 32的匀变速直线运动C.加速度大小为mF 32的匀变速曲线运动 D.匀速直线运动答案 BC考点3：运动的合成与分解问题情境3：如右图所示汽车以速度v 匀速行驶，当汽车到达某点时，绳子与水平方向恰好成θ角，现在物体M 的速度大小是多少？方法点拨：汽车通过高处滑轮问题实质是,汽车拉着绳,使得绳绕滑轮做半径变大的圆周运动,因此,绳的实质速度分解为沿着绳子方向的径向速度和垂直绳子方向的切向速度。

高中物理 5.4《圆周运动》复习学案新人教版必修

高中物理 5.4《圆周运动》复习学案新人教版必修5、4《圆周运动》复习学案新人教版必修2学习内容学习指导即时感悟学习目标：1、理解圆周运动的特点及描述圆周运动的方法。

2、熟练掌握描述圆周运动的五个物理量及其关系。

学习重点：描述圆周运动的五个物理量及其关系学习难点：描述圆周运动的五个物理量及其关系【回顾﹒预习】1、曲线运动有哪些特点：<1>曲线运动的轨迹有什么特点?<2>曲线运动的速度有什么特点? 思考：（1）如果让你给圆周运动下一个定义，应该怎么描述？【自主﹒合作﹒探究】1、圆周运动：物体沿着圆周运动，并且的大小处处，这种运动叫做匀速圆周运动。

2、线速度：（1）物理意义：描述圆周运动的物体_________的物理量、（2）定义式：、注意：线速度有平均值与瞬时值之分，若Δt足够小，得到的是瞬时线速度，若Δt较大，得到的是平均线速度、（3）矢量性：线速度的方向和半径________，和圆弧________、（4）匀速圆周运动：线速度大小___________的圆周运动、注意：匀速圆周运动是一种变速运动，这里的“匀速”是指速率不变、3、角速度（1）角度制和弧度制角度制：将圆周等分成360等份，每一等份对应的圆心角定义为1度。

弧度制：圆心角θ的大小可以用弧长和半径的比值来描述,这个比值是没有单位的,为了描述问题的方便,我们“给”这个比值一个单位,这就是弧度（rad）、（2）物理意义：描述圆周运动的物体________的物理量、（3）定义式：_________ （4）单位：_________，符号为_____或____、（5）转速：单位时间内转过的______，单位为______或__________、（6）周期：做匀速圆周运动的物体，转过一周所用的时间、注意：匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动、（7）频率：4、线速度与角速度的关系：（1）在圆周运动中，线速度的大小等于角速度大小与半径的_______、（2）表达式：___________、注意：公式v=ωr中，v与ω必须对应同一时刻、5、传动装置中各物理量间的关系：传动的几种情况：（1）皮带传动（相等）（2）同轴传动（相等）（3）齿轮传动（相等）皮带传动装置中的两个结论（1）同轴的各点角速度、转速、周期相等，线速度与半径成正比、（2）皮带上各点和与之接触的轮上各点线速度大小相等，而角速度与半径成反比、例1、关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A、是线速度不变的运动B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、是线速度大小不变的运动例2、如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动，A、B两轮用皮带传动，三轮半径关系为rA=rC=2rB、若皮带不打滑，求A、B、C轮边缘上的a、b、c三点的角速度之比和线速度之比、【当堂达标】1、关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A、匀速圆周运动是匀速运动B、匀速圆周运动在任何相等时间里，质点的位移都相同C、匀速圆周运动的速率不变D、匀速圆周运动在任何相等时间里，质点通过的路程相等2、甲、乙两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法正确的是（）A、它们的半径之比为2∶9B、它们的半径之比为1∶2C、它们的周期之比为2∶3D、它们的周期之比为1∶33、对于做匀速圆周运动的物体来说，不变的物理量是（）A、周期B、频率C、角速度D、线速度【反思﹒提升】1、关于地球上的物体，由于地球的自转，则对于物体的角速度、线速度的大小，以下说法中正确的是A、在赤道上的物体线速度最大B、在两极上的物体线速度最大C、赤道上物体的角速度最大D、北京和南京的角速度大小相等2、做匀速圆周运动的物体，运动半径增大为原来的2倍，则（）A、如果角速度不变，线速度变为原来的2倍B、如果线速度不变，角速度变为原来的2倍C、如果角速度不变，运动周期变为原来2倍D、如果线速度不变，运动周期变为原来2倍3、太阳从东边升起、西边落下是地球上的自然现象、但在某些条件下，在纬度较高地区上空飞行的飞机上，旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象，这些条件是( )A、时间必须是在清晨，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大B、时间必须是在清晨，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度必须较大C、时间必须是在傍晚，飞机正在由东向西飞行，飞机的速度必须较大D、时间必须是在傍晚，飞机正在由西向东飞行，飞机的速度必须较大4、一般的转动机械上都标有“转速”，该数值是转动机械正常工作时的转速，不同的转动机械上标有的转速一般是不同的，下列有关转速的说法正确的是( )A、转速越大，说明该转动机械正常工作时转动的线速度一定越大B、转速越大、说明该转动机械正常工作时转动的角速度一定越大C、转速越大，说明该转动机械正常工作时转动的周期越大D、转速越大，说明该转动机械正常工作时转动的频率越大5、如右上图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则：a、b、c、d四点中，哪些点的线速度大小相等？这几个点的角速度之比是多少？哪些点的角速度相等？这几个点的线速度大小之比是多少？a、b、c、d四点的角速度之比是多少？线速度大小之比是多少？【作业】完成课后习题【拓展﹒延伸】自我完成，回顾知了解新知引入新知，探索新知总结知识分析题目、总结方法。

高考物理一轮复习曲线运动教案新人教版

高考物理一轮复习曲线运动教案新人教版一、会考考点曲线运动，曲线运动中速度的方向（A）运动的合成与分解（B）平抛运动（B）匀速圆周运动（A）线速度、角速度和周期（B）向心加速度（B）向心力（B）万有引力定律（B）天体运动（B）新增删去了“人造地球卫星宇宙速度（A）”宇宙速度（A）新增说明：1．只要求正确使用向心加速度公式22nva rrω==，不要求知道公式的推导。

2．天体运动的问题只限于解决圆轨道运动的问题。

（新增）3．理解万有引力定律，能够联系人类在探索天体运动规律和发展航天技术两方面取得的成果。

二、高频考点讲练考点一：曲线运动中的小船过河问题1．某船在静水中行驶的最大速度为3.0m/s，现要渡过30m宽的一条河。

若河水的流速与平直的河岸平行，河中各处水的流速大小均为1.0m/s且保持不变，船相对于水始终以最大速度匀速行驶，下列说法中正确的是A．该船相对于河岸的运动轨迹可能是曲线B．该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸C．该船渡河所用时间至少为10sD．该船渡河所通过的位移大小至少为50m考点二：平抛运动1．如图11所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤打击弹性金属片，A球被金属片弹出做平抛运动，同时B球做自由落体运动．通过观察发现：A球在空中运动的时间B球在空中运动的时间（选填“大于”、“等于”或“小于”）；增大两小球初始点到水平地面的高度，再进行上述操作，通过观察发现：A球在空中运动的时间B球在空中运动的时间（选填“大于”、“等于”或“小于”）．2．如图9所示，运动员驾驶摩托车跨越壕沟. 若将摩托车在空中的运动视为平抛运动，则它在水平方向上的分运动是______________（选填“匀速直线运动”或“匀变速直线运动”），在竖直方向上的分运动是______________（选填“匀速直线运动”或“自由落体运动”）.3．如图4所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8m. 取g=10m/s2，则运动员跨过壕沟所用的时间为A．3.2s B．1.6s 图9图4图11C ． 0.8sD ． 0.4s4．如图8所示，从地面上方某点，将一小球以7.5m/s 的初速度沿水平方向抛出，小球经过1.0s 落地。

高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动课后达标新人教版-新人教版高三全册物理试题

第三节圆周运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，如此自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．假设小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小一样且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，如此( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比拟t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比拟从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸〞形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，如此摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹〞形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如下列图，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，如此后一种情况与原来相比拟，下面的判断中正确的答案是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，如此静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T ＝mgcos θ，θ变小，T 变小，故C 错误；设细线长为l ，如此a ＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝g l cos θ，θ变小，ω变小，故D 正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，应当选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．6.如下列图，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，如此当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤μgrB ．ω≤2μg3rC ．ω≤2μgrD ．μgr≤ω≤ 2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr，ωB ≤μgr ，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤2μg3r，选项B 正确．二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．如此在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tanθ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误．8.(2018·浙江杭州五校联考)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如下列图，假设物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，如此物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r 解析：选AD.物体滑到半径为r 的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，向心加速度为a 向＝v 2r ，故A 正确．根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B错误．根据牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故C 错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f ＝μN ′＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故D 正确． 9.如下列图，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.如此( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，如此B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR，v B＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．10.如下列图，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v 0，如此要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥25m/sD ．v 0≤22m/s解析：选CD.解决此题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动〞所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0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 ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有mv 22＋2mgr ＝mv 22，可求得v 0≥2 5 m/s ，应当选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0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，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝mv 22，可求得v 0≤2 2 m/s ，应当选项D 正确．三、非选择题11．(2018·江西丰城中学段考)如下列图，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f ＝24mg .(1)假设小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)假设小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan 45°＝mR sin 45°·ω20解得：ω0＝2g R.(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图：由牛顿第二定律得，F f cos 45°＋F N cos 45°＝mR sin 45°ω21F f sin 45°＋mg＝F N sin 45°联立解得：ω1＝32g 2R当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，F N cos 45°－F f cos 45°＝mR sin 45°ω22F f sin 45°＋F N sin 45°＝mg联立解得：ω2＝2g 2R所以2g2R≤ω≤32g2R.答案：(1)2gR(2)2g2R≤ω≤32g2R12.如下列图，A 、B 两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ 转动的框架上，A 、B 的质量分别为m 1和m 2，水平杆对物体A 、B 的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A 离转轴PQ 的距离为R 1，物体B 离转轴PQ 的距离为R 2，且有R 1＜R 2和m 1＜m 2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．如此：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？ (2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f ＝mω2R ，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg 时，框架的角速度为ω0，如此有μmg ＝mω20R①由此得ω0＝μgR. ①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μg R 2时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A ＝m 1ω21R 1＝μm 1gR 1R 2， F f B ＝μm 2g .(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为F T ，对于A 物体有F T ＋F f A ＝m 1ω2R 1 ② 对于B 物体有F T ＋μm 2g ＝m 2ω2R 2③联立②③式得A 物体受到的静摩擦力为F f A ＝μm 2g －(m 2R 2－m 1R 1)ω2④由于R 1＜R 2和m 1＜m 2，如此A 物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为ω2＝μm 2gm 2R 2－m 1R 1⑤将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1.答案：(1)ω1＝μgR2F f A＝μm1gR1R2F f B＝μm2g(2)ω2＝μm2gm2R2－m1R1F T＝μm1m2gR1m2R2－m1R1。

高三物理综合复习曲线运动学案新人教版

高三物理综合复习曲线运动学案新人教版一．知识点回顾1、曲线运动的条件和特点（1）曲线运动的条件：物体所受合外力与速度不在同一直线。

（2）曲线运动的特点：①运动质点在某一点的瞬时速度方向：在曲线该点的切线方向。

②曲线运动是变速运动，因为曲线运动的速度方向一定是不断变化的。

③做曲线运动的质点，其所受的合外力一定不为零，一定具有加速度。

2、运动的合成与分解运动的合成与分解基本关系：①分运动的独立性；②运动的等效性（合运动和分运动是等效替代关系，不能并存）；③运动的等时性；④运动的矢量性（加速度、速度、位移都是矢量，其合成和分解遵循平行四边形定则。

）1）. 怎样确定合运动和分运动？物体的实际运动——合运动。

合运动是两个（或几个）分运动合成的结果。

当把一个实际运动分解，在确定它的分运动时，两个分运动要有实际意义。

2）. 运动合成的规律（1）合运动与分运动具有等时性；（2）分运动具有各自的独立性。

3.）如何将已知运动进行合成或分解（1）在一条直线上的两个分运动的合成：例如：速度等于v的匀速直线运动与在同一条直线上的初速度等于零的匀加速直线运动的合运动是初速度等于v的匀变速直线运动。

（2）互成角度的两个直线运动的合运动：两个分运动都是匀速直线运动，其合运动也是匀速直线运动。

一个分运动是匀速直线运动，另一个分运动是匀变速直线运动，其合运动是一个匀变速曲线运动。

反之，一个匀变速曲线运动也可分解为一个方向上的匀速直线运动和另一个方向交分解，如图5，1v 为水流速度，则θcos 21v v -为船实际上沿水流方向的运动速度，θsin 2v 为船垂直于河岸方向的运动速度。

问题1：渡河位移最短河宽d 是所有渡河位移中最短的，但是否在任何情况下渡河位移最短的一定是河宽d 呢？下面就这个问题进行如下讨论：（1）水船v v >要使渡河位移最小为河宽d ，只有使船垂直横渡，则应0cos =-θ船水v v ，即水船v v >，因此只有水船v v >，小船才能够垂直河岸渡河，此时渡河的最短位移为河宽d 。

高考物理大一轮复习第四章曲线运动教师用书-人教版高三全册物理教案

第四章曲线运动考纲要求考情分析运动的合成与分解Ⅱ 平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度等是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。

突出物理与现代科技、生产、生活的结合，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容综合命题的可能性也较大。

抛体运动Ⅱ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ 匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 离心现象 Ⅰ第20课时运动的合成与分解(双基落实课)[命题者说] 合成和分解是研究曲线运动的基本方法，因此高考常对本课时进行单独命题，题型一般为选择题。

复习本课时时，要注意理解规律，并掌握两种模型：小船过河、关联速度问题。

一、物体做曲线运动的条件与轨迹分析(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。

(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。

(3)曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。

2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹〞侧。

3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。

[小题练通]1．判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。

(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。

(×)(3)做曲线运动的物体加速度可以为零。

(×)(4)曲线运动是变速运动。

(√)2．一个物体在F1、F2、F3、…、F n共同作用下做匀速直线运动，假设突然撤去外力F2，而其他力不变，那么该物体( )A．可能做曲线运动B．不可能继续做直线运动C．一定沿F2的方向做直线运动D．一定沿F2的反方向做匀减速直线运动解析：选A 根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有很多种情况：假设速度和F2在同一直线上，物体做匀变速直线运动，假设速度和F2不在同一直线上，物体做曲线运动，A正确。

高三物理一轮复习教学案第四章曲线运动第3讲圆周运动(二)

2024届河源高级中学高三物理一轮复习系统提高教学案第四章曲线运动第3讲圆周运动（二）核心精讲：基本概念、常见模型一．水平面内的圆周运动1．此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。

2．方法：选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象；分析物体受力情况，其合外力提供向心力；由F n ＝m v 2r=mrω2列方程求解。

3．常见模型（1）圆锥摆模型 ①受力特点：摆球质量为m ，只受两个力即竖直向下的重力mg 和沿摆线方向的拉力T F 。

两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力F n ，如图所示（也可以理解为拉力F T 的竖直分力与摆球的重力平衡，F T 的水平分力提供向心力）。

②运动特点：摆长为L ，摆线与竖直方向的夹角为θ的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O 。

圆周运动的轨道半径是θsin L r =，摆线的拉力 θcos mgF T =向心力θθωθsin sin tan 22L mv L m ma mg F n ====合解得θθsin tan gL v =，θωcos L g=。

③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θcos mgF T =和运动所需向心力也越大。

③讨论：问题1：摆线等长，摆球高度不同时根据lg2cos ωθ=可知，若角速度ω越大，则θ越大，摆线拉力θcos /mg F T =也越大，向心加速度θtan g a n =也越大，线速度θθωsin tan gL r v ==越大。

结论是：同一圆锥摆，若θ越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动的越快，运动的也越快。

问题2：摆球等高，摆线不同时当cos l θ为定值时（h l =θcos 为摆球的轨道面到悬点的距离h ，即圆锥摆的高度），摆线拉力θcos mgF T =，向心力θtan mg F =合，向心加速度θtan g a n =，角速度hg =ω，线速度θωtan gh r v ==。

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第五章曲线运动圆周运动（总20）一、学习目标：1、知道匀速圆周运动的概念；知道匀速圆周运动是变速运动。

知道转速、角速度及周期的概念及其定义式；认识线速度、角速度、周期之间的关系。

2、认识向心加速度的概念；能用向心加速度的公式进行计算。

理解向心力的概念；能运用向心力公式。

二、知识归纳1. 匀速圆周运动：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小，匀速圆周运动是大小不变的运动.2. 描述匀速圆周运动的物理量：（1） :物体通过的与所用的比值，符号为，表达式为，单位为 .（2）角速度：物体与圆心的连线扫过的与的比值，符号为，表达式为，单位为 .（3）周期、频率：运动所用的时间叫周期，用符号表示，单位为；质点在内绕圆心转过的叫频率，用符号表示，单位为 . （4）转速：单位时间内转动的，符号为，单位为 .（5）各物理量之间的关系 . 3. 向心加速度：做匀速圆周运动的物体指向圆心的加速度.公式为或 .其物理意义为描述某点线速度方向改变的 .4. 向心力：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的力.公式为或 .向心力的方向总是沿半径指向圆心，方向时刻改变，所以向心力是 . 三、例题讨论要点一：皮带（齿轮）传动类问题分析例1、如图所示装置中，三个轮的半径分别为r 、2r 、4r ，b 点到圆心的距离为r ，求图中a 、b 、c 、d 各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。

要点二：对向心力的理解例2、如图所示，半径为r 的圆桶绕中心轴OO ‘匀速转动，角速度为ω，一小块质量为m 的小滑块，靠在圆桶内壁与圆桶保持相对静止，求小滑块对桶的摩擦力和压力大小各为多少？要点三：对竖直平面内圆周运动的分析例3、杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，若水的质量m＝0.5 kg，绳长l=60cm，求：(1)最高点水不流出的最小速率，(2)水在最高点速率v＝3 m／s时，水对桶底的压力例4、长L＝0.5 m质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内转动，另一端固定着一个物体A.A的质量为m＝2 kg，当A通过最高点时，如图所示，求在下列两种情况下杆对小球的力：(1)A在最低点的速率为m/s；(2)A在最低点的速度为6 m/s.要点四：对圆锥摆的分析例5、用长L=0．5米的细绳，一端拴一质量m=1千克的小球，另一端固定在离水平桌高h=O.3米的0点上，使小球在光滑桌面上做匀速圆周运动(图)。

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第五章曲线运动抛体运动的规律（总19）一、学习目标：1、知道平抛运动形成的条件；能用运动的合成和分解的方法分析平抛运动的特点，熟练掌握平抛运动的规律和处理方法。

2、定性了解斜抛运动，应用平抛规律定量处理有关抛体运动与日常生活相联系的问题.二、知识归纳：（1）．物体做平抛运动的条件：只受______作用，初速度不为___且沿_________。

物体受_____作用，且初速度与恒力_____，物体做类平抛运动。

（2）．平抛运动的处理方法通常，可以把平抛运动看作为两个分运动的合运动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的______________，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的____________。

(3)．平抛运动的规律以抛出点为坐标原点，水平初速度V0方向为沿x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图1所示的坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t.①位移分位移_________, __________,合位移_________,合位移与x轴夹角ϕ的正切________________.②速度分速度__________, ________, 合速度___________,合速度V与x轴夹角θ的正切___________________.(4) 飞行时间决定于_________，水平射程决定于_______________(5)．平抛运动的性质做平抛运动的物体仅受__________的作用，故平抛运动是__________运动。

三、例题讨论要点一：平抛运动的规律例1、如图所示求以下三种情况下平抛运动的时间要点二：平抛运动规律的几个重要推论( )例2、在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25 cm。

若小球在平抛运动中先后经过的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度为多少(用L 、g 表示)，其值是多大。

(g 取9.8m/s 2)例3、如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经3.0 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg .不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g 取10 m /s 2)求：(1)A 点与O 点的距离L ；(2)运动员离开O 点时的速度大小；要点三：类平抛运动例4、在光滑的水平面内，一质量m ＝1 kg 的质点以速度v 0＝10 m /s 沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿竖直向上(沿y 轴正向)的恒力F ＝15 N 作用，直线OA 与x 轴成α＝37˚，如图8所示曲线为质点的轨迹图(g 取10 m /s 2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8)．求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA 相交于P 点，质点从O 点到P 点所经历的时间以及P 点的坐标；(2)质点经过P 点的速度大小．四、巩固练习（）1、下列关于平抛运动的说法正确的是：A ．平抛运动是非匀变速运动B ．决定一个平抛运动总时间是抛出的竖直高度C ．平抛运动是匀变速曲线运动D ．平抛运动的水平位移决定于初速度（）2、例2、从高为h ，以初速度0v 将物体水平抛出，它落地点的水平距离为s ，订正区落地时的速度为v，不计空气阻力，此物体从抛出到落地所用时间为：A.、vsB、gh2C、gvv-D、gvv22-3、水平地面上骑摩托车，遇到一个壕沟如图，壕沟宽8m，那么摩托车的速度最少为多大，才能越过壕沟？(g取210sm)4、如图所示在倾角为θ的斜面上以速度v0水平抛出一小球，设斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？5、某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，根据图所示，求：物体做平抛运动的初速度。

2019-2020年高考物理一轮复习 6.4 圆周运动动力学特征导学案新人教版必修2

xx 届桃州中学高三物理导学案第六章曲线运动 2019-2020年高考物理一轮复习 6.4 圆周运动动力学特征导学案新人教版必修2 【学习目标】掌握匀速圆周运动、变速圆周运动特点及运动的条件．【知识要点】一、匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)1．作用效果产生向心加速度，只改变速度的，不改变速度的2．大小：F ＝m v 2r ＝＝m 4π2r T2＝mωv ＝4π2mf 2r 3．方向总是沿半径方向指向，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，也可以由几个力的提供，还可以由一个力的提供．向心力是效果力，受力分析时，不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．二．变速圆周运动特点：(1)速度大小变化→速度方向改变→(2)合外力______________全提供向心力，合外力___________指向圆心．三、离心现象(Ⅰ)1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．2．受力特点(如右图所示)(1)当F ＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动；(2)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F <m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力．(4)当F >m ω2r 时，物体逐渐向圆心靠近．【典型例题】【例题1】如右图所示，一小球用细绳悬挂于O 点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O 点为圆心做圆周运动，运动中小球所需的向心力是( )A ．绳的拉力B ．重力和绳的拉力的合力C ．重力和绳的拉力的合力沿绳方向的分力D ．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力必修2【例题2】用一根细线一端系一小球(可视为质点)另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是图中的( )【例题3】在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h. 汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面间的最大静摩擦力为车重的0.6倍. 取g＝10 m/s2.试问：汽车在这种高速公路的水平弯道上安全拐弯时，其弯道的最小半径是多少？【例题4】如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半. 内壁上有一质量为m的小物块. 求(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．【反馈训练】1．如图所示，匀速转动的圆盘上沿半径放着用细绳连接着的质量均为1kg的两物体，A离转轴20cm，B离转轴30cm，物体与圆盘间的摩擦因数均为0.4，取g=10m/s2。

高三物理“曲线运动”圆周运动及其应用(二)复习学案

江苏省常州市西夏墅中学高三物理“曲线运动”圆周运动及其应用(二)复习学案【基础知识梳理】一、生活中的圆周运动1、汽车转弯（自行车转弯）：2、火车转弯：3、汽车过桥：汽车过拱形桥时，车对桥的压力＿＿＿＿其重力汽车过凸形桥时，车对桥的压力＿＿＿＿其重力【典型例题】1、汽车转弯（自行车转弯）：例1、汽车与路面的动摩擦因数为μ，公路某转弯处半径为R（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），问：（1）若路面水平，汽车转弯不发生侧滑，汽车速度不能超过多少？（2）若将公路转弯处路面设计成外高内低，使路面与水平面有一倾角θ，汽车以多大速度转弯时，可使车与路面间在半径方向无摩擦力？2、火车转弯：例2、火车转弯时可以看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。

为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是（）A．减小内外轨的高度差 B．增加内外轨的高度差C．减小弯道半径 D．增大弯道半径例3、一辆卡车在丘陵地匀速行驶，地形如图所示，由于轮胎太旧，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段应是：___A．a处 B．b处 C．c处 D．d处例4、如图所示，质量为m的小球通过一条细线穿过光滑小孔O与物体P、Q相连，小球原来能在光滑的水平面上做匀速圆周运动，若剪断P、Q之间的细绳，当小球重新达到稳定的状态后，则小球的（）A、运动半径变大B、速率变大C、角速度变大D、周期变大分析：练习、如图所示，一水平平台可绕竖直轴转动，平台上有质量分别为２ｍ、ｍ、ｍ的三个物体，a、b、c，它们到转动轴的距离2ｒａ＝2ｒｂ＝ｒｃ，与平台间的动摩擦因数均为μ.将平台转动的角速度逐渐增大时（）A.a先滑B.b先滑C.c先滑D.a、b同时滑【课后巩固】1．汽车在水平路面上转弯，地面的摩擦力已达到最大，当汽车的速率增为原来的2倍时，则汽车转弯的轨道半径必须 ( )A．至少增大为原来的4倍B、至少增大为原来的2倍C．至少增大为原来的2倍 D、减小到原来的1/22．一辆赛车在经过凸形桥的最高点时，若速度V=gR，此时关闭发动机，则赛车( )A．沿桥面下滑到M点B、按半径大于R的新圆弧轨道运动C．先沿桥面滑到某点N，再离开桥面做斜下抛运动D．立即离开桥顶做平抛运动3．匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动，当圆筒转动的角速度增大以后，下列说法正确的是( )A．物体所受圆筒的弹力增大了B、物体所受的摩擦力增大了C、物体所受圆筒的弹力不变D、物体所受的摩擦力不变4．有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥(1)汽车到达桥顶时的速度为5m/s，汽车对桥的压力是多大？(2)汽车以多大的速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空？(3)汽车对地面的压力过小是不安全的。

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动学案新人教版-新人教版高三全册

第三节圆周运动一、描述圆周运动描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：1．(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/sC．轨迹半径为4πm D．加速度大小为4π m/s2答案：BCD二、向心力的来源向心力不是和重力、弹力、摩擦力等相并列的一种性质力，而是根据力的效果命名的，在分析做圆周运动的质点受力情况时，切不可在物体所受的作用力(重力、弹力、摩擦力、万有引力等)以外再添加一个向心力．向心力可能是物体受到的某一个力，也可能是物体受到的几个力的合力或某一个力的分力．半径为R，则动力学方程为mg tan__α＝m v2R圆锥摆已知物体的质量为m，绳长为L，绳与竖直方向的夹角为α，角速度为ω，则动力学方程为mg tan__α＝mω2L sin__α火车按规定速度转弯火车的质量为m，规定速度为v0，轨道平面的倾角为θ，转弯半径为R，则动力学方程为mg tan__θ＝mv20R汽车过凹形桥，在桥的最低点瞬间已知汽车的质量为m，速度为v，凹形桥的半径为R，支持力为F N，则动力学方程为F N－mg＝mv2R汽车过凸形桥，在桥的最高点瞬间已知汽车的质量为m，速度为v，凸形桥的半径为R，支持力为F N，则动力学方程为mg－F N＝mv2R；在最高点要使汽车不飞车，汽车的最大速度为v max＝gR飞车走壁(摩托车在倾斜的圆形台面上做水平方向的匀速圆周运动)已知车的质量为m，车做匀速圆周运动的半径为R，墙壁的倾角为α，车的速度为v，则动力学方程为mg tan__α＝mv2R2.如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A的受力情况是( )A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案：C三、匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变而方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变、方向变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小、方向都变化的变加速曲线运动加速度方向与速度垂直，即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度大小和方向都变化，所以不仅存在向心加速度，而且存在切向加速度，合加速度的方向不指向圆心向心力F合＝F向＝⎩⎪⎨⎪⎧m v2rmω2rm（2πT）2rF合＝⎩⎪⎨⎪⎧沿半径方向的分力F n＝ma n沿切向的分力F⊥＝ma⊥3.(多选)小球m用长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一光滑圆钉C(如图所示)．今把小球拉到悬线呈水平后无初速地释放，当悬线呈竖直状态且与钉相碰时( )A．小球的角速度突然增大B．小球的向心加速度突然减小C．钉子的位置越靠近小球，线就越容易断D．钉子的位置越远离小球，线就越容易断解析：当绳子碰到钉子瞬间，小球速度不变，转动半径减小，由ω＝vr知，ω增大，A 正确；由a＝v2r，知B错误；据F T－mg＝mv2r，知r越小，F T越大，绳越易断，C正确，D错误．答案：AC四、离心运动1．离心运动(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，所做的逐渐远离圆心的运动．(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．(3)受力特点．①当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动．②当F n＝0时，物体沿切线方向飞出．③当F n＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．2．近心运动当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F n＞mω2r，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动．4.(多选)如图所示，光滑水平面上，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，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )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Pb做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做近心运动解析：若拉力突然消失，小球将沿切线Pa飞出，A正确；若拉力突然变小，小球将远离圆心做离心运动，B正确，D错误；若拉力突然变大，小球将做近心运动，C错误．答案：AB圆周运动是一种很普遍的运动形式，大到天体的运动，小到电子绕核旋转，在工农业生产和科技前沿都有广泛的应用．物体做曲线运动时可“化曲为直”或“化曲为圆”．考点一圆周运动的运动学分析 1.对公式v ＝ωr 的理解当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 n ＝v 2r＝ω2r 的理解在v 一定时，a n 与r 成反比．在ω一定时，a n 与r 成正比． 3．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .甲乙(2)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .甲乙(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA ＝ωB ，由v ＝ωr 知v 与r 成正比．甲乙典例如图是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2 B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1 D.2πnr 1r 3r 2[思维点拨] 解决本题的关键是知道靠链条传动，线速度相等．共轴转动，角速度相等．转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，则圆心转的角度为2π，所以ω＝2πn .解析：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，根据v ＝rω可知r 1ω1＝r 2ω2，已知ω1＝2πn ，则轮Ⅱ的角速度ω2＝2πnr 1r 2，因为轮Ⅱ和后轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等，即ω3＝ω2，根据v ＝rω，可知后轮边缘的线速度v 3＝r 3ω3＝2πnr 1r 3r 2，又因为自行车前进的速度大小等于后轮边缘的线速度大小，故D 正确．答案：D在讨论v 、ω、r 、a 、T 的关系时，应采用控制变量法，即保持其中一个量不变来讨论另外两个量的关系，用到的公式有v ＝rω，ω＝2πT ，a ＝v 2r ＝rω2＝vω＝4π2T2r .考点二圆周运动的动力学问题 1.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．几种典型运动模型3.“一、二、三、四”求解圆周运动问题典例(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m 的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 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，π＝3.14)，则赛车( )A．在绕过小圆弧弯道后加速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/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s[思维点拨] 该题是一个多过程圆周运动问题，首先分清过程，明确过程之间的关系，比如：因为最大径向静摩擦力一样，向心力最大值一样，所以在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速．解析：赛车做圆周运动时，由F ＝mv 2R知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上时，根据F ＝m v 2R知，其速率v ＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′＝30 m/s.由题图几何关系知，直道的长度为x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m. 据v 2－v ′2＝2ax ，知在直道上的加速度a ≈6.50 m/s 2，选项C 错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s ＝2πr3，对应的运动时间t ＝sv ′≈2.79 s ，选项D 错误．答案：AB求解圆周运动的动力学问题做好“三分析”1．几何关系的分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等． 2．运动分析：目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力公式．3．受力分析：目的是利用力的合成与分解的知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力．考点三水平面内的圆周运动水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题．1．与摩擦力有关的临界问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有μF N＝mv2r，静摩擦力的方向一定指向圆心；如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，其中一个在水平面上做圆周运动时，存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．2．与弹力有关的临界问题压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．典例(多选)(2018·日照一模)如图，两个质量均为m的小木块A、B用轻绳相连，放在水平圆盘上，A恰好处于圆盘中心，B与转轴的距离为l.木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知重力加速度大小为g，两木块可视为质点．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A．当ω＝μg2l时，木块A受到的摩擦力大小为12μmgB．当ω＝μgl时，木块B受到的摩擦力大小为μmgC．当ω＝3μg2l时，轻绳上的拉力大小32μmgD．当ω＝2μgl时剪短轻绳，木块B将做离心运动[思维点拨]当绳上刚好没有拉力时，求出临界角速度ω0，然后根据角速度的取值进行受力分析，应用牛顿第二定律结合向心力公式求解．解析：当绳上刚好没有拉力时，对B物体有μmg＝mω20l，临界角速度ω0＝μgl，B正确；当ω＝μg2l＜ω0时，对B物体有F f＝mω2l＝12μmg，绳上无拉力，木块A受到的摩擦力大小为0，A错误；当ω＝3μg2l＞ω0时，对B物体有μmg＋F T＝mω2l，轻绳上的拉力大小F T ＝12μmg ，C 错误；当ω＝2μgl时剪短轻绳，B 物体最大静摩擦力不足以提供向心力，B 物体将做离心运动，D 正确．答案：BD水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．2．当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．考点四竖直面内的圆周运动 1.两类模型比较最高点无支撑最高点有支撑重力、弹力，弹力方向向下或重力、弹力，弹力方向向下、v 2(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同． (2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件． (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况． (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F 合＝F 向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．典例 (多选)(2019·衡水二调)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 、可视为质点的小球，在竖直面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T ，小球在最高点的速度大小为v ，其Tv 2图象如图乙所示，下列说法正确的是( )甲乙 A ．轻质绳长为mb aB ．当地的重力加速度为m aC ．当v 2＝c 时，轻质绳的拉力大小为ac b－aD ．只要v 2≥b ，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a解析：在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则mg ＋T ＝m v 2L ，得T ＝mLv 2－mg ，图象的斜率k ＝a b ，可得m L ＝a b ，绳长L ＝mba ，故A 正确；当v 2＝0时，T ＝－a ，可得－a ＝－mg ，得g ＝a m ，故B 错误；当v 2＝c 时，可得T ＝m L c －mg ＝ab c －a ，故C 正确；最高点有T 1＋mg ＝m v 21L ，最低点有T 2－mg ＝m v 22L ，从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得12mv 22－12mv 21＝2mgL ，联立解得T 2－T 1＝6mg ＝6a ，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差恒为6a ，故D 正确．答案：ACD1.(多选)(2019·丹东质检)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点( )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∶1C ．A 点和B 点的角速度之比为3∶1D ．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，选项B 、D 错误．答案：AC2.(2019·廊坊联考)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度逐渐增大时(物体不滑动)，下列说法正确的是( )A ．物体所受弹力增大，摩擦力也增大B ．物体所受弹力增大，摩擦力减小C ．物体所受弹力和摩擦力都减小D ．物体所受弹力增大，摩擦力不变解析：物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用，重力G 、筒壁对它的弹力F N 和筒壁对它的摩擦力f (如图所示)．其中G 和f 是一对平衡力，筒壁对它的弹力F N提供它做圆周运动的向心力．当圆筒转动时，不管其角速度为多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的摩擦力f 大小就等于其重力．而根据向心力公式得F N ＝mrω2，当角速度ω增大时，F N也增大．答案：D3.(多选)(2019·陕西大联考)如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m.竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时( )A．小球A、B的向心力之比为3∶2B．当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5LC．当转台转动的角速度为ω时，轻弹簧长度变为3L，则弹簧的劲度系数为1.8mω2D．如果角速度逐渐增大，小球B先接触转台边沿解析：转台转动时，小球A、B的向心力均由弹簧的弹力提供，则向心力大小相等，故选项A错误；当轻弹簧长度变为2L时，设小球A做圆周运动的半径为r A，有k(2L－L)＝3mω2r A ＝2mω2(2L－r A)，解得r A＝0.8L，故选项B错误；当转台转动的角速度为ω时，轻弹簧长度变为3L，有k(3L－L)＝3mω2r A＝2mω2(3L－r A)，解得r A＝1.2L，k＝1.8mω2，故选项C正确；因r B＞r A，则当角速度逐渐增大时，小球B先接触转台边沿，故选项D正确．答案：CD4．(2019·湖北八市联考)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是( )A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等解析：环N受到竖直向下的重力G N，绳子的拉力T，杆的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零；设细线与竖直方向的夹角为θ，则在竖直方向上有T cos θ＝G N，在水平方向上有N1＝T sin θ，因为重力G N和夹角θ恒定，所以细线的拉力T不变，环N与杆之间的弹力N1恒定，故A、C错误；环M受到绳子的拉力T，竖直向下的重力G M，竖直向上的支持力N2，以及水平杆的摩擦力f；在竖直方向上有N2＝G M＋T cos θ＝G M ＋G N ，可知支持力N 2恒定不变；若以较小角速度转动时，摩擦力方向向右，即T sin θ－f ＝mω2r ，得f ＝T sin θ－mω2r ；随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即T sinθ＋f ＝mω2r ，得f ＝mω2r －T sin θ，所以可能存在f ＝mω21r －T sin θ＝T sin θ－mω22r ，摩擦力向左和向右时相等的情况，故B 错误，D 正确．答案：D5．(多选)(2019·江苏如东一检)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，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 1，重力加速度为g ，两轨所在面的倾角为θ，则 ( )A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θB ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C ．当火车速率大于v 时，内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：火车按规定速度拐弯时，靠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，v ＝gr tan θ，故A 、B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，外轨将受到轮缘的挤压，故C 错误；当火车速率小于v 时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，内轨将受到轮缘的挤压，故D 错误．答案：AB6．(多选)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞gl ·tan θ，b 绳将出现弹力D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，若b绳伸直时，解得T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误；当T a cos θ＝mω2l即ω＝gl·tan θ时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，故D错误．答案：AC7.(2019·吉林调研)如图所示，两个相同的小木块A和B(均可看成质点)，质量均为m.用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与圆盘中心的竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A．木块A、B所受的摩擦力始终相等B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍C．ω＝kgL是绳子开始产生弹力的临界角速度D．若ω＝2kg3L，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动解析：当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B 先达到最大静摩擦力，之后角速度继续增大，则绳子出现弹力，当A的静摩擦力达到最大时，A、B开始相对圆盘发生滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现弹力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力大小之比为1∶2，当绳子出现弹力后，A、B 的静摩擦力之比不是1∶2，选项A、B错误；当最大静摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，绳子开始产生弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg2L，选项C错误；当A所受的静摩擦力达到最大时，A、B开始相对滑动，对A有kmg－T＝mLω′2，对B有T′＋kmg＝mω′2·2L，T＝T′，解得ω′＝2kg3L，选项D正确．答案：D8．(2019·重庆模拟)长度为L＝0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2 m/s，g取10 m/s2，则此时小球受到轻质细杆的力为( )A ．24 N 的拉力B ．24 N 的支持力C ．6 N 的支持力D ．6 N 的拉力解析：对通过A 点时的小球分析，假设杆对小球施加了向下的拉力，由牛顿第二定律可知mg ＋F ＝m v 2L，解得F ＝－6 N ，负号说明杆对小球是向上的支持力，故选项C 正确．答案：C9．(2019·北京测试)质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方解析：物体在最低点时的向心力F n ＝ma n ＝m v 2R ，故A 错误；根据牛顿第二定律有N －mg＝m v 2R ，得N ＝mg ＋m v 2R ，所以滑动摩擦力为f ＝μN ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，故B 、C 错误；物体在最低点时，竖直方向的合力向上，水平方向的合力向左，所以物体受到的合力方向斜向左上方，故D 正确．答案：D10．(2019·广东汕头二模)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为F T ，拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示，图象中的数据a 和b 包括重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是( )图甲图乙A ．数据a 与小球的质量有关B ．数据b 与圆周轨道半径有关C ．比值b a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D ．利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径解析：在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 2R ，可得图线的函数表达式为F T ＝m v 2R －mg ，题图乙中横轴截距为a ，则有0＝m a R －mg ，得g ＝aR，则a ＝gR ；图线过点(2a ，b )，则b ＝m 2a R －mg ，可得b ＝mg ，则b a ＝m R ，A 、B 、C 错误；由b ＝mg 得m ＝bg ，由a ＝gR 得R＝ag，则D 正确．答案：D11．如图所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑．在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，求：(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比； (2)A 、B 、C 三点的角速度大小之比； (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比．解析：(1)令v A ＝v ，由于皮带传动时不打滑，所以v B ＝v .因ωA ＝ωC ，由公式v ＝ωr 知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故v C ＝12v ，所以v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1.(2)令ωA ＝ω，由于轮O 1、O 3共轴转动，所以ωC ＝ω.因v A ＝v B ，由公式ω＝v r知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB ＝2ω，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1.(3)令A 点向心加速度为a A ＝a ，因v A ＝v B ，由公式a ＝v 2r知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以a B ＝2a .又因为ωA ＝ωC ，由公式a ＝ω2r 知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比．故a C ＝12a .所以a A ∶a B ∶a C ＝2∶4∶1.答案：(1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1。

高考物理一轮复习专题四曲线运动考点3 圆周运动教案-人教版高三全册物理教案

考点三圆周运动基础点知识点1 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1．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。

2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：1．作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。

2．大小：F ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2r T2＝mωv ＝m ·4π2f 2r 。

3．方向：始终沿半径方向指向圆心。

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。

知识点3 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，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象。

2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线飞出去的倾向， 3．受力特点(如图所示)(1)当F ＝mrω2时，物体做匀速圆周运动； (2)当F ＝0时，物体沿切线飞出；(3)当F ＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力； (4)当F ＞mrω2时，物体逐渐向圆心靠近。

重难点一、常见传动装置及其特点 1．同轴传动如下图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，转动方向相同，角速度相同，ωA ＝ωB ，可推知v A v B ＝rR，T A ＝T B2．皮带(摩擦)传动如下图所示A 、B 两点分别是两个轮子边缘上的点，两个轮子用皮带(或靠摩擦)连起来，并且不打滑时，它们线速度相同，v A ＝v B ，可推知ωA ωB ＝r R ，T A T B ＝Rr。

并且甲图转动方向相同，乙、丙图转动方向相反 3．齿轮传动如右图所示，A 、B 两点分别是两个齿轮边缘上的点，两个齿轮轮齿啮合，它们线速度相同，v A ＝v B ，可推知T A T B ＝r 1r 2＝n 1n 2，ωA ωB ＝r 2r 1＝n 2n 1，式中n 1 n 2分别表示两齿轮的齿数，并且两点转动方向相反。

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