高三物理一轮复习教案圆周运动

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2025年高三一轮复习物理课件第四章抛体运动圆周运动第3讲圆周运动

=1 s,对应位移
=3 m,则在 AB 段匀速运动的最长距离 l=8 m-3 m=5 m,匀速运动的时间

5
9 7π
m
4
4
t2= = s,则从 A 到 D 最短时间 t=t1+t2+t3= +
2
s,B 项正确。
第3讲
圆周运动
考向 2 圆周运动与平抛运动结合
(2022 年河北卷)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 O 为圆心、
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/s
2
225
(2)242
甲先出弯道
第3讲
解析
圆周运动
11
(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
甲甲 2 乙 225
a= ,可得甲、乙的向心加速度之比 = 2 · =242
Fn 的作用:改变速度方向 ,产生向心加速度。
25
第3讲
圆周运动
2.运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动,可以称为一般的曲线运动。尽管
这时曲线各个位置的弯曲程度不一样,但在研究时,可以把这条
曲线分割为许多很短的小段,质点在每小段的运动都可以看作
圆周运动的一部分(如图)。这样,在分析质点经过曲线上某
附近时运动的快慢,可以取一段很短的时间 Δt,物体在这段时间内由 A 运动到 B,通过的
弧长为 Δs。弧长 Δs 与时间 Δt 之比反映了物体在 A 点附近运动的快慢,如果 Δt 非常非
常小,该比值就可以表示物体在 A 点时运动的快慢,通常把它称为线速度 ,用符号 v 表示,

高三物理第一轮复习课件：第四章第三讲圆周运动

小球
过最高点的临界条
件
由 mg＝mvr2得 v 临＝ gr
由小球恰能做圆周运动得 v 临＝0
(1)过最高点时，v≥ (1)当 v＝0 时，FN＝mg，FN 为支
gr，FN＋mg＝mvr2，持(2)力当，0<沿v半< 径gr背时离，圆－心FN＋mg＝
讨论
绳、圆轨道对球产生弹力 FN
mvr2，FN 背离圆心，随 v 的增大
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题．
项目
绳模型
杆模型
常见类型均是没有支撑的均是有支撑的小球
(2)由于秋千做变速圆周运动，合外力既有指向圆心的分力，又有沿切向的分力，所以合力不指向悬挂点．
[易误辨析] 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打 “×”)． (1) 做匀速圆周运动物体的合外力是保持不变的．( ) (2)做圆周运动物体的合外力不一定指向圆心．( ) (3)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：(1)× (2)√ (3)×
A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用
力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为 2π
R g
B．若盒子以周期 π Rg做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与 O 点位于同一水平面位置时，小球对
盒子左侧面的力为 4mg C．若盒子以角速度 2 Rg做匀速圆周运动，则当盒
子运动到最高点时，小球对盒子下面的力为 3mg

第4章第3讲圆周运动—2021届高中物理一轮复习讲义(机构)

第四章曲线运动第3讲圆周运动【教学目标】1、理解线速度、角速度和周期的概念；2、理解向心加速度和向心力以及和各物理量间的关系；3、会用牛顿第二定律求解圆周运动问题，并能灵活解决圆周运动中的有关临界问题4、知道离心现象及发生离心现象的条件。

【重、难点】1、会用牛顿第二定律求解圆周运动问题；2、临界问题【知识梳理】1（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，其角速度是不变的．（）（3）物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．（）（4）匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．（）（5）做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )（6）比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度．（）（7）匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因．（）（8）做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．（）（9）做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．（）（10）做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．（）（11）做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．（）（12）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．（）（13）在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．（）（14）火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．（）（15）飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．（）典例精析考点一描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系及其理解2．常见的三种传动方式及特点（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23v A ＝v B 。

（2）摩擦传动：如图丙所示，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 。

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

2020高三物理一轮复习教学案(27)圆周运动中的临界问题

2020高三物理一轮复习教学案（27）圆周运动中的临界问题【学习目标】1.熟练处理水平面内的临界咨询题2.把握竖直面内的临界咨询题【自主学习】一．水平面内的圆周运动例1：如图8—1所示水平转盘上放有质量为m的物快，当物块到转轴的距离为r时,假设物块始终相对转盘静止，物块和转盘间最大静摩擦力是正压力的μ倍，求转盘转动的最大角速度是多大？注：分析物体恰能做圆周运动的受力特点是关键图8—1 二．竖直平面内圆周运动中的临界咨询题图8—2甲图8—3甲图8—3乙1．如图8—2甲、乙所示，没有支撑物的小球在竖直平面作圆周运动过最高点的情形○1临界条件○2能过最高点的条件，现在绳或轨道对球分不产生______________○3不能过最高点的条件2．如图8—3甲、乙所示，为有支撑物的小球在竖直平面做圆周运动过最高点的情形竖直平面内的圆周运动，往往是典型的变速圆周运动。

关于物体在竖直平面内的变速圆周运动咨询题，中学时期只分析通过最高点和最低点的情形，同时经常显现临界状态，下面对这类咨询题进行简要分析。

○1能过最高点的条件，现在杆对球的作用力○2当0<V<gr时，杆对小球，其大小当v=gr时，杆对小球当v>gr时，杆对小球的力为其大小为____________讨论：绳与杆对小球的作用力有什么不同？例2．长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图8—4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是2.0m/s，〔g=10m/s2〕那么现在细杆OA受的〔〕A. 6.0N的拉力B. 6.0N的压力C.24N的压力D. 24N的拉力【针对训练】图8—4 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〕咨询：假设路面水平，汽车转弯不发生侧滑，汽车最大速度应为多少？2．长为L的细绳，一端系一质量为m的小球,另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止，现给小球一水平初速度v，使小球在竖直平面内做圆周运动，同时刚好过最高点，那么以下讲法中正确的选项是：〔〕A.小球过最高点时速度为零B.小球开始运动时绳对小球的拉力为mLv2C.小球过最高点时绳对小的拉力mgD.小球过最高点时速度大小为gL3.如图8—5所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，先给小球一初速度，使它做圆周运动。

高考物理一轮复习第四章曲线运动第20讲常见的圆周运动动力学模型教学案

第20讲常见的圆周运动动力学模型能力命题点一水平面内的圆周运动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．几种典型的运动模型运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯(以规定速度行驶)圆锥摆飞车走壁的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8, g取10 m/s2，结果可用根式表示)。

求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析 (1)小球刚好离开锥面时，小球受到重力和细线拉力，如图所示。

小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝mω20l sin θ解得ω0＝ gl cos θ＝522 rad/s 。

(2)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan60°＝mω′2l sin60°解得ω′＝ g l cos60°＝2 5 rad/s 。

答案 (1)522rad/s (2)2 5 rad/s 求解圆周运动问题的“一、二、三、四”1．(2019·北京期末)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是( )A ．球A 的线速度必定大于球B 的线速度B ．球A 的角速度必定等于球B 的角速度C ．球A 的运动周期必定小于球B 的运动周期D ．球A 对筒壁的压力必定大于球B 对筒壁的压力答案 BCD解析以A 为例对小球进行受力分析，可得支持力和重力的合力充当向心力，设圆锥筒的锥角为θ，则F N ＝mg sin θ，F n ＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ，A 、B 质量相等，A 做圆周运动的半径大于B 做圆周运动的半径，所以球A 的线速度必定大于球B 的线速度，球A 的角速度必定小于球B 的角速度，球A 的运动周期必定大于球B 的运动周期，球A 对筒壁的压力必定等于球B 对筒壁的压力，A 正确，B 、C 、D 错误。

物理步步高一轮复习第四章第3课时圆周运动的规律

本课栏目开关
角速度心连线扫过角度的快慢周期描述物体做圆
Δθ 弧度数与所用时间的比值,ω＝ Δt
周期 T:物体沿圆周运动一周所用的时间．转速 n:物体单位时间内转过的圈数 an＝
周期单位：s 转速单位:r/s 或 r/min 方向:总是沿半径指向圆心,与线速度方向垂直. 单位：m/s2
课堂探究·突破考点
典例剖析例2 有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图6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
图6
第3课时
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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．
基础再现·深度思考
第3课时
[知识梳理] 描述圆周运动的物理量有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表.
物理量线速度物理意义定义和公式
Δl Δt
方向和单位方向:沿圆弧切线方向. 单位:m/s 单位：rad/s
描述物体做圆物体沿圆周通过的弧长与所用时周运动的快慢间的比值，v＝描述物体与圆运动物体与圆心连线扫过的角的
本课栏目开关
图3
向心力． ④当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近,做向心运动.
基础再现·深度思考
第3课时
思考：1.物体做离心运动是因为受到离心力的缘故吗？ 2．物体做离心运动时是沿半径方向远离圆心吗？答案 1.物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作
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用，而是物体惯性的表现． 2．物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大，沿切线方向飞出．

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：圆周运动的临界问题

专题强化六圆周运动的临界问题目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题．题型一水平面内圆周运动的临界问题物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．1．常见的临界情况(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．2．分析方法分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例1(2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103kg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()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 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加速度不超过7.0 m/s2答案 D解析汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩车转弯的速度为20 m/s时，根据F＝m v2R＝擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为a m＝fm7.0 m/s 2，D 正确．例2 (多选)(2023·广东省广州五中月考)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a 有f a ＝mωa 2l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mωa 2l ，ωa ＝kgl；对木块b 有f b ＝mωb 2·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，ωb ＝kg2l，则ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度，所以b 先达到最大静摩擦力，即b 比a 先开始滑动，选项A 、C 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，则f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；ω＝2kg3l<ωa ＝kg l ，a 没有滑动，则f a ′＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误．例3 细绳一端系住一个质量为m 的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h 高度处，绳长l 大于h ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g .若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )A.12π g l B ．2πgh C.12πh gD.12πg h答案 D解析对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力F N、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋F N＝mg，F sin θ＝m v2R＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，F N＝0，转速n有最大值，此时n m＝12πgh，故选D.例4(2023·广东深圳市调研)如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度(ω1≤ω≤ω2)转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根细线均被拉直，圆周半径为r，已知l1∶l2∶r＝20∶15∶12，则ω1∶ω2为()A．3∶4 B．3∶5C．4∶5 D．1∶2答案 A解析设绳l1与竖直杆的夹角为θ1，绳l2与竖直杆的夹角为θ2，将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，则有F向1＝mg tan θ1＝mω12r，F向2＝mg tan θ2＝mω22r，由几何关系可得r＝l1sin θ1＝l2sin θ2，又l1∶l2∶r＝20∶15∶12，联立解得ω1∶ω2＝3∶4，B、C、D错误，A正确．题型二竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零F 弹向下、等于零或向上力学方程mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0mg ＝m v min 2R即v min ＝gRv ＝0 即F 向＝0 F 弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v ≥gR ，F 弹＋mg ＝m v 2R，绳或轨道对球产生弹力F 弹(2)若v <gR ，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v ＝0时，F 弹＝mg ，F 弹背离圆心 (2)当0<v <gR 时，mg －F 弹＝m v 2R ，F 弹背离圆心并随v 的增大而减小 (3)当v ＝gR 时，F 弹＝0(4)当v >gR 时，mg ＋F 弹＝m v 2R ，F 弹指向圆心并随v 的增大而增大2.解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．例5 (2023·陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球(可视为质点)，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g ＝10 m/s 2，下列说法不正确的是( )A ．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/sB ．当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力为15 NC ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 2 m/sD ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 m/s 答案 D解析设小球通过最高点时的最小速度为v 0，则根据牛顿第二定律有mg ＝m v 02R ，解得v 0＝2 m/s ，故A 正确；当小球在最高点的速度为v 1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 12R ，解得F T ＝15 N ，故B 正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有F Tm －mg ＝m v m 2R ，解得v m ＝4 2 m/s ，故C 正确，D 错误．例6 (2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l ，中点装在水平轴O 上，两端分别固定着小球A 和B (均可视为质点)，A 球质量为m ，B 球质量为2m ，重力加速度为g ，两者一起在竖直平面内绕O 轴做圆周运动．(1)若A 球在最高点时，杆的A 端恰好不受力，求此时B 球的速度大小；(2)若B 球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O 轴的受力大小和方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O 轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A 、B 球的速度大小．答案 (1)gl (2)2mg 方向竖直向下(3)能；当A 、B 球的速度大小为3gl 时，O 轴不受力解析 (1)A 在最高点时，对A 根据牛顿第二定律得mg ＝m v A 2l ，解得v A ＝gl ，因为A 、B 两球的角速度相等，半径相等，则v B ＝v A ＝gl ；(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg ＋F T OB ′＝2m v B 2l代入(1)中的v B ，可得F T OB ′＝0 对A 有F T OA ′－mg ＝m v A 2l可得F T OA ′＝2mg根据牛顿第三定律，O 轴所受的力大小为2mg ，方向竖直向下；(3)要使O 轴不受力，根据B 的质量大于A 的质量，设A 、B 的速度为v ，可判断B 球应在最高点对B有F T OB″＋2mg＝2m v2l对A有F T OA″－mg＝m v2lO轴不受力时有F T OA″＝F T OB″联立可得v＝3gl所以当A、B球的速度大小为3gl时，O轴不受力．题型三斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2R.例7(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是()A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0 rad/sD．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是 3 rad/s答案BC解析当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A 错误，B 正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 F N ＝mg cos 30°，摩擦力f ＝μF N ＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R ，解得ω＝1.0 rad/s ，故C 正确，D 错误．课时精练1．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( ) A ．15 m/s B ．20 m/s C ．25 m/s D ．30 m/s答案 B解析当F N ′＝F N ＝34G 时，有G －F N ′＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．2．(多选)(2023·广东广州市模拟)一质量为1.0×103 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车重的0.6倍，g ＝10 m/s 2，当汽车经过弯道时，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B ．汽车转弯时所受到的径向静摩擦力均为6×103 NC ．设计汽车转弯不发生侧滑的最大速率为20 m/s ，则弯道半径应不少于50 mD ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0 m/s 2 答案 AD解析汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A 正确；汽车转弯时所需的向心力可以小于6×103 N ，不一定取最大值，B 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f m ＝m v 2r ，解得r ＝2003 m>50 m ，C 错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度a ＝0.6g ，得a ＝6.0 m/s 2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0 m/s 2，D 正确．3.(2023·广东中山市模拟)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 .当轻杆绕轴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 绳张力可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω超过某一特定值时，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答案 C解析小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，A 错误；根据竖直方向上受力平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mg sin θ，可知a 绳的拉力始终不变，B 错误；当b 绳拉力为零时，有mgtan θ＝mlω2，解得ω＝gl tan θ，可知当角速度大于gl tan θ时，b 绳出现弹力，C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 错误． 4.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB 水平、OA 竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B 点以某一初速度v 0进入细管，之后从管内的A 点以大小为v A 的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>3gRB ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gRC ．为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2D ．小球从A 点飞出的水平初速度必须满足v A >gR ，因而不可能使小球从A 点水平飞出后再返回B 点答案 BC解析小球能从A 点飞出，则在A 点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有12m v 02>mgR ，则小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gR ，选项A 错误，B 正确；为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，则R ＝v A t ，R ＝12gt 2，联立解得v A ＝gR 2，12m v 02＝mgR ＋12m v A 2，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2，选项C 正确；要使小球从A 点飞出，则小球在A 点的速度大于零即可，由选项C 的分析可知，只要小球在A 点的速度为gR2，小球就能从A 点水平飞出后再返回B 点，选项D 错误．5.如图所示，质量为1.6 kg 、半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A 和B (均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg.某时刻，小球A 、B 分别位于圆管最低点和最高点，且A 的速度大小为v A ＝3 m/s ，此时杆对圆管的弹力为零．则B 球的速度大小v B 为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s答案 B解析对A 球，合外力提供向心力，设管对A 的支持力为F A ，由牛顿第二定律有F A －m A g ＝m A v A 2R ，代入数据解得F A ＝28 N ，由牛顿第三定律可得，A 球对管的力竖直向下为28 N ，设B 球对管的力为F B ′，由管的受力平衡可得F B ′＋28 N ＋m 管g ＝0，解得F B ′＝－44 N ，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B 球的力F B 为44 N ，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有F B＋m B g＝m B v B2R，解得v B＝4 m/s，故选B.6.(2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度需要满足ω≤μg rD．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体答案 B解析由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为f A＝3mω2r，又有0<f A≤f max＝3μmg，由于角速度大小不确定，B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，A错误，B正确；若物体A达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mω12r，解得ω1＝μgr，若转台对物体B达到最大静摩擦力，对A、B整体有5μmg＝5mω22r，解得ω2＝μgr，若物体C达到最大静摩擦力，则μmg＝mω32×1.5r，解得ω3＝2μg3r，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝2μg3r，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误．7．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时()A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L ，解得F ＝1.5mg ，即杆受到的弹力大小为1.5mg ，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg ，C 正确，D 错误．8.(2023·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L ＝0.8 m 的轻杆，杆一端固定在O 点，可绕O 点自由转动，另一端系一质量为m ＝0.05 kg 的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g 取10 m/s 2.要使小球能到达最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s答案 A解析小球恰好到达A 点时的速度大小为v A ＝0，此时对应B 点的速度最小，设为v B ，对小球从A 到B 的运动过程，由动能定理有12m v B 2－12m v A 2＝2mgL sin α，代入数据解得v B ＝4 m/s ，故选A.9．(多选)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子，绳上挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，若转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．角速度慢慢增大，一定是线长的那个球先离开圆锥筒B．角速度达到一定值的时候两个球一定同时离开圆锥筒C．两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同D．两个球都离开圆锥筒时两绳中的拉力大小相同答案AC解析设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，则有mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝gl cos θ，则绳子越长其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，所以A正确，B错误；两个球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度，则小球的高度为h＝l cos θ，代入数据解得h＝gω2，所以C正确；小球离开圆锥筒时绳子的拉力为F T＝mgcos θ，由于绳子长度不同，则两绳与竖直方向的夹角也不同，所以绳中拉力大小也不相同，所以D错误．10.(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)()A．当ω>2Kg3L时，A、B会相对于转盘滑动B．当ω>Kg2L，绳子一定有弹力C．ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D ．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大答案 ABD解析当A 、B 所受摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘即将滑动，则有Kmg ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，解得ω＝2Kg3L，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg ＝m ·2L ·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω> Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所以由f －F T ＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确．11.(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∶1B ．25∶32C ．25∶24D ．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F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg ＝m v 2L sin 53°，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，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．12．(多选)(2023·湖北省重点中学检测)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为m 的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A 、B 两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )A ．铁球可能做匀速圆周运动B ．铁球绕轨道转动时机械能守恒C ．铁球在A 点的速度一定大于或等于gRD ．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg 答案 BD解析铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B 正确，A 错误；铁球在A 点时，有mg ＋F 吸－F N A ＝m v A 2R ，当F N A ＝mg ＋F 吸时，v A ＝0，选项C 错误；铁球从A 到B 的过程，由动能定理有2mgR ＝12m v B 2－12m v A 2，当v A ＝0时，铁球在B 点的速度最小，解得v B min ＝2gR ，球在B 点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F 吸－mg －F N B ＝m v B 2R ，当v B ＝v B min ＝2gR 且F N B ＝0时，解得F 吸min ＝5mg ，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ，选项D 正确．。

一轮复习圆周运动教案

[考试标准]知识内容必考要求加试要求圆周运动、向心加速度、向心力d d 生活中的圆周运动c考点一圆周运动中的基本概念1.线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量. v ＝Δs Δt ＝2πr T.2.角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量. ω＝ΔθΔt ＝2πT.3.周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量. T ＝2πr v ，T ＝1f.4.向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量. a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T2r .5.相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πT r ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r . [思维深化]1.匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？有什么区别？答案不同.前者指线速度的大小不变，后者指速度的大小和方向都不变.2.判断下列说法是否正确.(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.( × )(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小、方向都保持不变.( × ) (3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比.( √ )1.[链条传动]图1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 r/s ，则自行车前进的速度为( )图1A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D.2πnr 1r 3r 2答案 D解析因为要计算自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v ＝rω可知：r 1ω1＝r 2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角速度ω2＝r 1r 2ω，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等即ω3＝ω2，根据v ＝rω可知，v 3＝r 3ω3＝ωr 1r 3r 2＝2πnr 1r 3r 2.2.[皮带传动](多选)如图2所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑.则( )图2A.A 点与C 点的角速度大小相等B.A 点与C 点的线速度大小相等C.B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D.B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4 答案 BD解析处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等.对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC2，选项A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA＝ωC 2，可得ωB ＝ωC 2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；根据ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确.3.[摩擦传动]如图3所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来.a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( )图3A.线速度大小之比为3∶2∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.向心加速度大小之比为9∶6∶4 答案 D解析 A 、B 轮摩擦传动，故v a ＝v b ，ωa R A ＝ωb R B ，ωa ∶ωb ＝3∶2；B 、C 同轴，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v cR C ，v b ∶v c＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝3∶3∶2，ωa ∶ωb ∶ωc ＝3∶2∶2，故A 、B 错误.转速之比等于角速度之比，故C 错误.由a ＝ωv 得：a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确.传动问题的类型及特点1.传动的类型(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等). 2.传动装置的特点(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.考点二圆周运动中的动力学分析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.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. 3.向心力的公式F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝mr 4π2T 2＝4π2mrf 2.4.匀速圆周运动的条件当物体所受的合外力(大小恒定)始终与速度方向垂直时，物体做匀速圆周运动，此时向心力由物体所受合外力提供. 5.合力与向心力的关系 (1)若F 合＝mω2r 或F 合＝m v 2r，物体做匀速圆周运动，即“提供”恰好满足“需要”.(2)若F 合>mω2r或F 合>m v 2r，物体做半径变小的近心运动，即“提供过度”，也就是“提供”大于“需要”. (3)若F 合<mω2r或F 合<m v 2r，则物体做半径变大的离心运动，即“需要”大于“提供”或“提供不足”.(4)若F 合＝0，则物体由于惯性沿切线方向做匀速直线运动. [思维深化]判断下列说法是否正确.(1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用.( × ) (2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力.( √ )(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出.( × ) (4)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯.( × )(5)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大.( √ )(6)飞机在空中沿半径为R 的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态.( √ )4.[圆周运动的动力学问题]如图4所示，半径为r的圆筒，绕竖直中心轴OO′旋转，小物块a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，要使a不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为()图4A.μgrB.μgC.gr D.gμr答案 D解析对物块受力分析知F f＝mg，F n＝F N＝mω2r，又由于F f≤μF N，所以解这三个方程得角速度ω至少为gμr，D选项正确.5.[圆周运动的动力学问题]在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江，若把这滑铁索过江简化成如图5所示的模型，铁索的两个固定点A、B在同一水平面内，A、B间的距离为L ＝80 m，铁索的最低点离A、B连线的垂直距离为H＝8 m，若把铁索看做是圆弧，已知一质量m＝52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点时的速度为10 m/s，那么()图5A.人在整个铁索上的运动可看成是匀速圆周运动B.可求得铁索的圆弧半径为100 mC.人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为570 ND.人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为50 N答案 C解析人借助滑轮下滑过程中，其速度是逐渐增大的，因此人在整个铁索上的运动不能看成匀速圆周运动；设圆弧的半径为r，由几何关系，有：(r－H)2＋(L2)2＝r2，解得r＝104 m；人在滑到最低点时，根据牛顿第二定律得：F N－mg＝m v2r，解得F N＝570 N，选项C正确.6.[交通工具的转弯问题](多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图6，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处()图6A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v c，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 c的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确.当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确.同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误.v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误.7.[相对滑动的临界问题](多选)如图7所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图7A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D.当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg2l时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg3l 时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误.圆周运动中动力学问题的分析技巧1.解决圆周运动问题的主要步骤(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，即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等；(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，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.2.常见的三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)两物体相接触相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是：F T＝0.考点三竖直面内圆周运动的临界问题1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”.2.绳、杆模型涉及的临界问题绳模型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＝mv2r得v临＝gr 由小球恰能做圆周运动得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、圆轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时，v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0<v<gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝gr时，F N＝0(4)当v>gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大8.[过山车的分析](多选)如图8所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是()图8A.甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力B.乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力C.丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力D.丁图中，轨道车过最高点的最小速度为gR答案BC解析在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－F N＝mv2R，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋F N＝m v2R，即座椅给人施加向下的力，故A 错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带一定给人向上的力，故B 正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C 正确；在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D 错误.9.[杆模型的分析]长度为1 m 的轻杆OA 的A 端有一质量为2 kg 的小球，以O 点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图9所示，小球通过最高点时的速度为3 m /s ，g 取10 m/s 2，则此时小球将( )图9A.受到18 N 的拉力B.受到38 N 的支持力C.受到2 N 的拉力D.受到2 N 的支持力答案 D解析设此时轻杆拉力大小为F ，根据向心力公式有F ＋mg ＝m v 2r ，代入数值可得F ＝－2 N ，表示受到2 N 的支持力，选项D 正确.10.[绳模型分析](多选)如图10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v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图10A.v 0≥0B.v 0≥4 m/sC.v 0≥2 5 m/sD.v 0≤2 2 m/s答案 CD解析当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 ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有12m v 2＋2mgr ＝12m v 2，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确.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时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20，得v 0≤2 2 m/s ，D 正确.11.[拱桥分析]如图11所示，质量为1 t 的汽车驶上一个半径为50 m 的圆形拱桥，当它到达桥顶(A 点)时的速度为5 m /s ，此时车对桥面的压力为________N.此时汽车处于________(填“超重”或“失重”)状态.(g ＝10 m/s 2)图11若汽车接下去行驶遇到一段水平路面和凹形桥面，则在A 、B 、C 三点中，司机为防止爆胎，需要在到达________(填“A ”或“B ”或“C ”)点前提前减速；为了防止汽车腾空离地，需要在到达________(填“A ”或“B ”或“C ”)点前提前减速. 答案 9 500 失重 C A解析在A 点时汽车受重力和支持力，二者的合力提供向心力，mg －F N ＝m v 2R ，代入数据得：F N ＝9 500 N由牛顿第三定律，车对桥的压力F N ′＝F N ＝9 500 N因为A 点加速度向下，故处于失重状态，在C 点处于超重状态，故更容易爆胎.12.[凹形桥分析]某物理小组的同学设计了一个粗糙玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m).图12完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图12(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为___ kg ； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示：序号 1 2 3 4 5 m (kg)1.801.751.851.751.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________ N ；小车通过最低点时的速度大小为________ m /s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字) 答案 (2)1.40 (4)7.9 1.4解析 (2)由题图(b)可知托盘秤量程为10 kg ，指针所指的示数为1.40 kg.(4)由多次测出的m 值，利用平均值可求m ＝1.81 kg.而模拟器的重力为G ＝m 0g ＝9.8 N ，所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F N ＝mg －m 0g ≈7.9 N ；根据径向合力提供向心力，即7.9 N －(1.40－1.00)×9.8 N ＝(1.40－1.00)v 2R，解得v ≈1.4 m/s.竖直面内圆周运动类问题的解题技巧1.定模型：首先判断是绳模型还是杆模型，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.练出高分基础巩固题组1.当汽车驶向一凸形桥时，为使在通过桥顶时，减小汽车对桥的压力，司机应( ) A.以尽可能小的速度通过桥顶 B.增大速度通过桥顶 C.以任何速度匀速通过桥顶D.使通过桥顶的向心加速度尽可能小答案 B解析设质量为m 的车以速度v 经过半径为R 的桥顶，则车受到的支持力F N ＝mg －m v 2R ，故车的速度v 越大，压力越小.而a ＝v 2R ，即F N ＝mg －ma ，向心加速度越大，压力越小，综上所述，选项B 符合题意.2.如图1所示，杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时，水也不洒出来.关于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是( )图1A.水处于失重状态，不受重力的作用B.水受一对平衡力的作用，合力为零C.由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D.杯底对水的作用力可能为零答案 D3.如图2所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O 匀速转动，a 和b 是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a 、b 两质点( )图2A.角速度大小相同B.线速度大小相同C.向心加速度大小相同D.向心力大小相同答案 A解析同轴转动角速度相等，A 正确；由于两者半径不同，根据公式v ＝ωr 可得两点的线速度不同，B 错误；根据公式a ＝ω2r ，角速度相同，半径不同，所以向心加速度不同，C 错误；根据公式F ＝ma ，质量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D 错误. 4.(多选)如图3所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是( )图3A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C.从动轮的转速为r 1r 2nD.从动轮的转速为r 2r 1n答案 BC解析主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误.5.冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，其安全速度为( ) A.v ＝k Rg B.v ≤kRg C.v ≤2kRg D.v ≤Rg k答案 B解析水平冰面对运动员的摩擦力提供他做圆周运动的向心力，则运动员的安全速度v 满足：kmg ≥m v 2R，解得v ≤kRg .6.质量为m 的小球在竖直平面内的圆管中运动，小球的直径略小于圆管的口径，如图4所示.已知小球以速度v 通过圆管的最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg ，则小球以速度v 2通过圆管的最高点时( )图4A.对圆管的内、外壁均无压力B.对圆管外壁的压力等于mg2C.对圆管内壁的压力等于mg2D.对圆管内壁的压力等于mg 答案 C解析小球以速度v 通过圆管的最高点时，由牛顿第二定律得2mg ＝m v 2R ，假设小球以速度v2通过圆管的最高点时受到的压力向下，其大小为F N ，则有mg ＋F N ＝m (v 2)2R ，联立解得F N ＝－mg2，上式表明，小球受到的压力向上，由牛顿第三定律知，小球对圆管内壁有向下的压力，大小为mg2，选项C 正确.7.杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为m ＝0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图5所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m /s ，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图5A.“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B.“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C.“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D.“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 答案 B解析 “水流星”在最高点的临界速度v ＝gR ＝4 m/s ，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出，故选B.8.如图6所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上.有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动.小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为( )图6A.m v 20rB.mg ＋m v 20rC.2mg ＋m v 20rD.2mg －m v 20r答案 C解析以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20r ，解得F N ＝mg ＋m v 20r ，由牛顿第三定律知：球对圆管的作用力大小F N ′＝F N ＝mg ＋m v 20r，方向向下.再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F ＝mg ＋F N ′＝2mg ＋m v 20r.9.(多选)摩天轮顺时针匀速转动时，重为G 的游客经过图7中a 、b 、c 、d 四处时，座椅对其竖直方向的支持力大小分别为F N a 、F N b 、F N c 、F N d ，则( )图7A.F N a <GB.F N b >GC.F N c >GD.F N d <G答案 AC能力提升题组10.如图8甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一个小球，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F －v 2图象如图乙所示.则下列说法错误的是( )图8A.小球的质量为aRbB.当地的重力加速度大小为RbC.v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上D.v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等答案 B解析当弹力F 方向向下时，F ＋mg ＝m v 2R ，解得F ＝mR v 2－mg ，当弹力F 方向向上时，mg－F ＝m v 2R ，解得F ＝mg －m v 2R ，对比F －v 2图象可知，b ＝gR ，a ＝mg ，联立解得g ＝bR ，m＝aRb ，选项A 正确，B 错误；v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上，选项C 正确；v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等，选项D 正确.11.如图9所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m 1、m 2的小球A 和B ，让B 球悬挂，A 球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r ，则关于r 和ω关系的图象正确的是( )图9答案 B解析根据m 2g ＝m 1rω2得：r ＝m 2g m 1·1ω2，可知r 与1ω2成正比，与ω2成反比.故A 错误，B 正确.因为1r ＝m 1m 2g ω2，则1r与ω2成正比.故C 、D 错误.12.(多选)如图10所示，质量为m 的物体，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( )图10A.受到的向心力为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左上方答案 CD解析物体在最低点做圆周运动，则有F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝mg ＋m v 2R ，故物体受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μ(mg ＋m v 2R )，A 、B 错误，C 正确.物体受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力(支持力大于重力)，故物体所受的合力斜向左上方，D 正确. 13.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图11所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( )图11A.小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B.小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C.当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD.当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态答案 CD解析小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态.故A 错误；设小球在最高点的速度为v 1，最低点的速度为v 2.由动能定理得：mg ·2l ＝12m v 22－12m v 21①小球经过最高点P ：mg ＋F 1＝m v 21l②小球经过最低点Q 时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到， F 2－mg ＝m v 22l③联立①②③解得：F 2－F 1＝6mg ，与小球的速度无关.故B 错误；小球恰好经过最高点P ，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg ＝m v 23l，得：v 3＝gl ④小球以v 0向上运动到最高点时，由动能定理得：mg ·2l ＝12m v 20－12m v 24⑤得：当v 0>6gl 时，v 4>2gl >gl ＝v 3，所以小球一定能够过最高点P .故C 正确；若v 0<gl ，设小球能够上升的最大高度为h ，由机械能守恒得：mgh ＝12m v 20<12mgl ，所以h <l2.小球上升的最高点尚达不到与O 水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态.故D 正确.14.如图12，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小x ＝0.4 m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图12(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 答案 (1)1 m/s (2)0.2解析 (1)物块做平抛运动，竖直方向有H ＝12gt 2①水平方向有x ＝v 0t ② 联立①②两式得v 0＝xg2H＝1 m/s ③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 μmg ＝m v 20R④联立③④得μ＝v 20gR＝0.215.如图13所示，竖直平面内的34圆弧形不光滑管道半径R ＝0.8 m ，A 端与圆心O 等高，AD为水平面，B 点为管道的最高点且在O 的正上方.一个小球质量m ＝0.5 kg ，在A 点正上方高h ＝2.0 m 处的P 点由静止释放，自由下落至A 点进入管道并通过B 点，过B 点时小球的速度v B 为4 m /s ，小球最后落到AD 面上的C 点处.不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图13(1)小球过A 点时的速度v A 的大小； (2)小球过B 点时对管壁的压力； (3)落点C 到A 点的距离.答案 (1)210 m/s (2)5 N ，方向竖直向上 (3)0.8 m解析 (1)对小球由自由落体运动规律可得 2gh ＝v 2A解得v A ＝210 m/s.(2)小球过B 点时，设管壁对其压力为F ，方向竖直向下，由向心力公式有F ＋mg ＝m v 2B R解得F ＝5 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5 N ，方向竖直向上. (3)从B 到C 的过程中，由平抛运动规律可得 x ＝v B t R ＝12gt 2x AC ＝x －R ＝0.8 m.。

高三一轮复习《圆周运动基础课》教案

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。

4、来源:向心力能够由一个力提供,也能够由几个力的合力提供,还能够由一个力的分力提供。

圆周运动的运动学问题 1、对公式v ＝ωr 的进一步理解(1)当r 一定时,v 与ω成正比。

如齿轮边缘处的质点随着齿轮转速的增大,角速度和线速度都增大、(２)当ω一定时,v 与ｒ成正比。

如地球上各点都绕地轴做圆周运动,角速度相同,地球表面纬度越低的地方,到地轴的距离越大,线速度越大、(3)当v 一定时,ω与r 成反比、如皮带传运动装置中,两轮边缘上各点的线速度大小相等,大轮的半径r 大,角速度ω较小。

2。

对a =v２r＝ω2r ＝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。

１。

［同轴传动］一偏心轮绕垂直纸面的轴Ｏ匀速转动,a 和ｂ是轮上质量相等的两个质点,a 、b 两点的位置如图2所示,则偏心轮转动过程中a 、ｂ两质点( )A 。

线速度大小相等 ﻩﻩＢ、向心力大小相等 C 。

角速度大小相等 ﻩﻩD 。

向心加速度的大小相等2、［皮带传动］(多选)如图3所示,有一皮带传动装置,A 、B 、Ｃ三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ,已知R B =R C ＝错误!,若在传动过程中,皮带不打滑。

则( )A 、A 点与C 点的角速度大小相等B 。

A 点与Ｃ点的线速度大小相等C 。

B 点与Ｃ点的角速度大小之比为２∶1D 、B 点与Ｃ点的向心加速度大小之比为1∶43、[摩擦传动］如图4所示,B 和C 是一组塔轮,即B 和C 半径不同,但固定在同一转动轴上,其半径之比为R B ∶ＲC ＝3∶2,A 轮的半径大小与C 轮相同,它与B 轮紧靠在一起,当Ａ轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦作用,B 轮也随之无滑动地转动起来、a 、ｂ、c 分别为三轮边缘的三个点,则a 、b 、ｃ三点在转动过程中的( )A 、线速度大小之比为3∶２∶2ﻩB 、角速度之比为3∶3∶２Ｃ、转速之比为2∶3∶2ﻩD 、向心加速度大小之比为9∶6∶4 反思总结常见的三种传动方式及特点(1)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。

物理高中圆周问题教案

物理高中圆周问题教案
教学目标：
1. 理解圆周运动的基本概念和相关公式；
2. 掌握圆周运动中速度、加速度、角加速度的计算方法；
3. 能够解答与圆周运动相关的物理问题。

教学重点：
1. 圆周运动的基本概念；
2. 圆周运动中速度、加速度、角加速度的关系；
3. 圆周运动问题的解答方法。

教学难点：
1. 圆周运动中角速度和线速度的转换；
2. 圆周运动中加速度的计算。

教学准备：
1. 教师准备PPT或教材相关章节；
2. 学生准备笔记和计算器。

教学过程：
1. 热身（5分钟）
教师引导学生复习圆周运动的基本概念，并提出引入问题，引导学生思考。

2. 知识讲解（15分钟）
教师讲解圆周运动的基本公式和相关概念，引导学生理解角速度、线速度和加速度之间的关系。

3. 案例讲解（20分钟）
教师通过实际问题案例的讲解，引导学生掌握圆周运动中速度、加速度、角加速度的计算方法。

4. 课堂练习（15分钟）
教师设计一些练习题目，学生在老师的指导下独立或小组完成，巩固所学知识。

5. 拓展讨论（10分钟）
教师引导学生讨论圆周运动在日常生活中的应用，并引导学生思考更深层次的问题。

6. 作业布置（5分钟）
教师布置相关习题作业，学生完成后可在下节课交流讨论。

教学反思：
本节课主要针对高中物理中圆周运动问题进行了讲解和练习，通过案例讲解和实际问题讨论，能够提高学生对圆周运动的理解和运用能力。

在教学过程中，要注重引导学生分析问题、思考方法，并培养学生的实际运用能力。

2023高考物理一轮总复习课件：圆周运动

向心力的来源图示
水平转台
(2020·高考全国卷Ⅰ)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
的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根
绳子平均承受的拉力约为( A．200 N C．600 N
)
√B．400 N
两小球角速度大小之比为4 3∶1，由 v＝ωr 得线速度大小之比为 3 3∶1，故 D 错误。
【对点练 5】 (多选)(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 α。下列说法正确的是( )
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
飞机水平转弯
火车转弯
向心力的来源图示
运动模型圆锥摆
飞车走壁
向心力的来源图示
运动模型汽车在水平路面转弯
力学方程临界特征 v＝ gr的意义
mg＋FT＝mvr2
mg±FN＝mvr2
FT＝0，即 mg＝mvr2，v＝0，即 F 向＝0，
得 v＝ gr
此时 FN＝mg
物体能否过最高点的 FN 表现为拉力还是支
临界点
持力的临界点
2.分析思路
(多选)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 F－v2 图象如图乙所示。则( )

物理题高中圆周运动教案

物理题高中圆周运动教案
一、教学目标
1. 了解圆周运动的基本概念；
2. 掌握圆周运动的相关公式和计算方法；
3. 能够应用圆周运动的知识解决相关问题；
4. 培养学生的动手能力和实验能力。

二、教学重点
1. 掌握圆周运动的基本特点；
2. 掌握圆周运动的速度、加速度等相关概念；
3. 掌握圆周运动的计算方法。

三、教学难点
1. 理解圆周运动速度和加速度的概念；
2. 掌握圆周运动的计算方法。

四、教学内容
1. 圆周运动的基本概念；
2. 圆周运动的速度和加速度；
3. 圆周运动的相关公式及计算方法。

五、教学步骤
1. 导入环节：通过引导学生观察圆周运动的现象，引出圆周运动的概念；
2. 学习环节：讲解圆周运动的基本概念和相关公式，引导学生进行相关计算练习；
3. 实践环节：设计实验让学生验证圆周运动的速度和加速度的关系，培养学生的实验能力；
4. 总结环节：对本节课所学内容进行总结，并布置相关练习作业。

六、教学评估
1. 学生课堂表现评分；
2. 练习作业考查；
3. 实验结果分析评估。

七、教学反馈
1. 对学生在课堂上的表现进行及时反馈；
2. 根据学生实验结果进行讨论和反馈；
3. 鼓励学生多进行练习和实践，加深对圆周运动的理解。

八、延伸拓展
1. 设计更复杂的圆周运动问题，引导学生深入理解公式的应用；
2. 多进行实验和观察，加深对圆周运动的认识；
3. 结合实际生活中的例子，让学生了解圆周运动在现实中的应用场景。

高中物理圆周运动教案

高中物理圆周运动教案
一、教学目标
1. 了解圆周运动的概念和特点。

2. 掌握圆周运动中的基本量及其相互之间的关系。

3. 能够运用圆周运动的知识解决相关问题。

二、教学重点
1. 圆周运动的基本概念。

2. 圆周运动中的基本量及其相互关系。

3. 圆周运动中的力学问题。

三、教学难点
1. 圆周运动中的角速度和线速度之间的关系。

2. 圆周运动中的向心力和离心力的理解。

四、教学过程
1. 圆周运动的概念及特点（10分钟）
教师简要介绍圆周运动的概念和特点，引导学生思考圆周运动与直线运动的区别和联系。

2. 圆周运动中的基本量（15分钟）
教师介绍圆周运动中的基本量：半径、角度、角速度、线速度等，并讲解它们之间的关系及计算方法。

3. 圆周运动的力学问题（20分钟）
教师结合实例讲解圆周运动中的向心力和离心力的概念及作用，引导学生掌握力学问题的解决方法。

4. 课堂练习（15分钟）
教师出示几道相关练习题，学生进行个人或小组讨论解答，巩固所学知识。

5. 总结与展望（10分钟）
教师对本节课所学内容进行总结，并展望下节课将要学习的内容，激发学生学习的热情。

五、教学反思
本节课通过讲解圆周运动的概念、基本量和力学问题，加深学生对圆周运动的了解，提高了他们的学习动力和解题能力。

同时，通过课堂练习和总结，巩固了学生的知识，促使他们对下节课的学习产生期待。

高考物理一轮复习第四章圆周运动课件

1．定义做匀速圆周运动的物体，在合外
【例 2】如图 4 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，内壁上有一解析 (1) 物块静止
质量为 m 的小物块，求：时，对物块进行受力分
(1)当筒不转动时，物块静止析如图所示
在筒壁 A 点受到的摩擦力和
，方向始圆终心指
向，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．
思考：匀速圆周运动是不是匀变速曲线运动？
提示：不是，因为在匀变速曲线运动中，加速度是恒量，不但其大小不变，而且方向也不变．
• 匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动性质
度度，没有切向加速度
合加速度的方向不断改变
向
心 F合＝F向＝
力
【训练 1】如图是一个玩具陀
螺，a、b 和 c 是陀螺表面上的
三个点．当陀螺绕垂直于地面的
轴线以角速度 ω 稳定旋转时，思路点拨
Hale Waihona Puke 下列表述正确的是 ( ) D
A．a、b 和 c 三点的线速度大 a、b 和 c 三点的角速度相同，a 半径
支持力的大小；
(2)当物块在 A 点随筒匀速转
故有 Ff＝
mgH ， R2＋H2
动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
FN＝
mgR R2＋H2
【例 2】如图 4 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

第四章第3讲圆周运动-2025年高考物理一轮复习PPT课件

高考一轮总复习•物理
第6页
2．描述匀速圆周运动的物理量
项目
定义、意义
公式、单位
线速度(v)
描述做圆周运动的物体运动快慢的物理
(1)v＝ΔΔst＝
2πr T
.
量
(2)单位： m/s
角速度(ω)
描述物体绕圆心转动快慢的物理量
(1)ω＝ΔΔθt ＝
2π T
.
(2)单位： rad/s
高考一轮总复习•物理
1 ＝2π×150π.08 r/s＝25 r/min，D 错误．
解析
高考一轮总复习•物理
考点水平面内圆周运动的动力学分析
1．圆周运动实例分析实例分析
在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未发生滑动
图例
动力学方程
FN＝mω2r＝mvr2＝ m2Tπ2r
第25页
高考一轮总复习•物理
高考一轮总复习•物理
第13页
2．自行车的大齿轮 A、小齿轮 B、后轮 C 的半径之比为 4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，关于 A、C 轮缘的角速度、线速度和向心加速度的说法正确的是( )
A．vA∶vC＝1∶4 B．vA∶vC＝1∶16 C．ωA∶ωC＝4∶1 D．aA∶aC＝1∶4
答案
高考一轮总复习•物理
直观情境
第10页
高考一轮总复习•物理
第11页
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．
高考一轮总复习•物理
第12页
1．思维辨析 (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( ) (2)做匀速圆周运动的物体所受合力是保持不变的．( ) (3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( ) (4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( √ ) (5)随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用．( )

新课标2023版高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课件

电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电
的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所
示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半
径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确
的是
()
A．P、Q 的线速度相同 B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C．P 点的线速度大小约为 1.6 m/s D．摇把的转速约为 400 r/min
第3讲圆周运动
一、匀速圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径__垂__直__。 (2)性质：加速度大小不变，方向总是指向__圆__心__的变加速曲线运动。
2．描述匀速圆周运动的物理量
物理量
定义、意义
公式、单位
描述做圆周运动的物体沿圆弧
线速度运动_快__慢___的物理量(v) 描述物体绕圆心_转__动__快___慢__的
解析：线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q 两点的线速度的方向一定不同，故 A 错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮逆时针转动，故 B 正确；玻璃盘的直径是 30 cm，转速是 100 r/min，所以线速度 v＝ωr＝2nπr＝2×16000×π×02.3 m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故 C 正确；
研清微点1 圆周运动的向心力来源分析
1． (多选)如图所示，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。下列说法中正确的是

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高三物理一轮复习教案圆周运动课时安排：2课时教学目标：1．掌握描述圆周运动的物理量及相关计算公式2．学会应用牛顿定律和动能定理解决竖直面内的圆周运动问题本讲重点：1．描述圆周运动的物理量及相关计算公式2．用牛顿定律和动能定理解决竖直面内的圆周运动问题本讲难点：用牛顿定律和动能定理解决竖直面内的圆周运动问题考点点拨：1．“皮带传动”类问题的分析方法2．竖直面内的圆周运动问题 3．圆周运动与其他运动的结合第一课时一、考点扫描（一）知识整合匀速圆周运动：质点沿圆周运动，在相等的时间里通过的弧长相等。

描述圆周运动的物理量 1．线速度（1）大小：v =ts（s 是t 时间内通过的弧长）（2）方向：矢量，沿圆周的切线方向，时刻变化，所以匀速圆周运动是变速运动。

（3）物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢 2．角速度（1）大小：ω=tφ（φ是t 时间内半径转过的圆心角）单位：rad/s（2）对某一确定的匀速圆周运动来说，角速度是恒定不变的（3）物理意义：描述质点绕圆心转动的快慢 3．描述匀速圆周运动的各物理量间的关系:r fr Trv ωππ===22 4．向心加速度a（1）大小：a =ππω442222===r Tr r v 2 f 2r （2）方向：总指向圆心，时刻变化（3）物理意义：描述线速度方向改变的快慢。

5．向心力：是按效果命名的力，向心力产生向心加速度，即只改变线速度方向，不会改变线速度的大小。

（1）大小：R f m R Tm R m R v m ma F 22222244ππω=====向（2）方向：总指向圆心，时刻变化做匀速圆周运动的物体，向心力就是物体所受的合外力，总是指向圆心。

做变速圆周运动的物体，向心力只是物体所受合外力在沿着半径方向上的一个分力。

（二）重难点阐释在竖直平面内的圆周运动问题在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动轨道的类型，可分为：（1）无支撑（如球与绳连结，沿内轨道的“过山车”）在最高点物体受到弹力方向向下．当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供，由牛顿定律知mg=Rvm 20，得临界速度gR v =0．当物体运动速度v <v 0，将从轨道上掉下，不能过最高点．因此临界速度的意义表示了物体能否在竖直面上做圆周运动的最小速度．（2）有支撑（如球与杆连接，车过拱桥等）因有支撑，在最高点速度可为零，不存在“掉下”的情况．物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上．当物体实际运动速度gR v >产生离心运动，要维持物体做圆周运动，弹力应向下．当gR v <物体有向心运动倾向，物体受弹力向上．所以对有约束的问题，临界速度的意义揭示了物体所受弹力的方向．（3）对于无约束的情景，如车过拱桥，当gR v >时，有N=0，车将脱离轨道．此时临界速度的意义是物体在竖直面上做圆周运动的最大速度．以上几种情况要具体问题具体分析，但分析方法是相同的。

二、高考要点精析（一）“皮带传动”类问题的分析方法 ☆考点点拨在分析传动问题，如直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，要抓住相等量和不等量的关系。

两轮边缘上各点的线速度大小相等；同一个轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）。

然后利用公式ωr v =或rv=ω即可顺利求解。

【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。

解析：v a=v c，而v b∶v c∶v d=1∶2∶4，所以v a∶ v b∶v c∶v d=2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωc=ωd，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd=2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得a a∶a b∶a c∶a d=4∶1∶2∶4☆考点精炼1．如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径R0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。

当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力。

自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm。

则大齿轮和摩擦小轮的转速之比为（假定摩擦小Array轮与自行车轮之间无相对滑动）（）A．2∶175B．1∶175C．4∶175D．1∶140（二）竖直面内的圆周运动问题☆考点点拨“两点一过程”是解决此类问题的基本思路。

“两点”，即最高点和最低点。

在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，列牛顿第二定律的方程；“一过程”，即从最高点到最低点。

用动能定理将这两点的动能（速度）联系起来。

【例2】一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式是______．解析：这是一道综合运用牛顿运动定律、圆周运动、机械能守恒定律的高考题．A球通过圆管最低点时，圆管对球的压力竖直向上，所以球对圆管的压力竖直向下．若要此时两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的压力一定是竖直向上的，所以圆管对B球的压力一定是竖直向下的．由机械能守恒定律，B球通过圆管最高点时的速度v满足方程2222221221v m R g m v m =⋅+ 根据牛顿运动定律对于A 球，Rv m g m N 2111=-对于B 球，Rv m g m N 2222=+又 N 1=N 2解得 0)5()(212021=++-g m m Rv m m 【例3】小球A 用不可伸长的细绳悬于O 点，在O 点的正下方有一固定的钉子B ，OB =d ，初始时小球A 与O 同水平面无初速度释放，绳长为L ，为使小球能绕B 点做完整的圆周运动，如图所示。

试求d 的取值范围。

解析：为使小球能绕B 点做完整的圆周运动，则小球在D 对绳的拉力F 1应该大于或等于零，即有：dL v m mg D-≤2根据机械能守恒定律可得[])(212d L d mg mv D --= 由以上两式可求得：L d L ≤≤53☆考点精炼2．如图所示，长为L 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个球.把小球拉到与悬点O 处于同一水平面的A 点，并给小球竖直向下的初速度，使小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动。

要使小球能够在竖直平面内做圆周运动，在A 处小球竖直向下的最小初速度应为A.gL 7B.gL 5C.gL 3D. gL 2第二课时D dLOmB C A（三）圆周运动与其他运动的结合 ☆考点点拨圆周运动与其他运动相结合，要注意寻找这两种运动的结合点，如位移关系，速度关系，时间关系等，还要注意圆周运动的特点：如具有一定的周期性等。

【例4】如图所示，滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A 点由静止出发到B 点时撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C ，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A ，试求滑块在AB 段运动过程中的加速度。

解析：设圆周的半径为R ，则在C 点：mg =m RvC 2①离开C 点，滑块做平抛运动，则2R ＝gt 2／2 ②v C t ＝s AB ③由B 到C 过程： mv C 2/2+2mgR ＝mv B 2/2 ④ 由A 到B 运动过程： v B 2＝2as AB ⑤ 由①②③④⑤式联立得到： a =5g ／4【例5】如图所示，M 、N 是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R ，内筒半径比R 小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。

两筒以相同的角速度 ω绕其中心轴线（图中垂直于纸面）做匀速转动。

设从M 筒内部可以通过窄缝 s （与M 筒的轴线平行）不断地向外射出两种不同速率 v 1 和v 2 的微粒，从 s 处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，微粒到达N 筒后就附着在N 筒上。

如果R 、v 1 和v 2都不变，而ω取某一合适的值，则（）A ．有可能使微粒落在N 筒上的位置都在 a 处一条与 s 缝平行的窄条上B ．有可能使微粒落在N 筒上的位置都在某一处如 b 处一条与 s 缝平行的窄条上C ．有可能使微粒落在N 筒上的位置分别在某两处如 b 处和c 处与 s 缝平行的窄条上D ．只要时间足够长，N 筒上将到处都落有微粒解析：两种粒子从窄缝 s 射出后，沿半径方向匀速直线运动，到达N 筒的时间分别为11v R t =和22v Rt =，两种粒子到达N 筒的时间差为21t t t -=∆，N 筒匀速转动，在1t 和2t 时间内转过的弧长均为周长的整数倍，则所有微粒均落在a 处一条与 s 缝平行的窄条上，A正确；若N 筒在1t 和2t 时间内转过的弧长不是周长的整数倍，且在t ∆内转过的弧长恰为周长的整数倍，则所有微粒均落在如b 处一条与 s 缝平行的窄条上，B 正确；若在1t 和2t 及t ∆内转过的弧长均不是周长的整数倍，则可能落在N 筒上某两处如 b 处和c 处与 s 缝平行的窄条上，C 正确；对应某一确定的ω值，N 筒转过的弧长是一定的，故N 筒上微粒到达的位置是一定的，D 错误。

答案：ABC ☆考点精炼3．如图所示，位于竖直平面上的1/4圆弧光滑轨道，半径为R ，OB 沿竖直方向，上端A 距地面高度为H ，质量为m 的小球从A 点由静止释放，最后落在水平地面上C 点处，不计空气阻力，求：（1）小球运动到轨道上的B 点时，对轨道的压力多大? （2）小球落地点C 与B 点水平距离s 是多少?4．如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R ，上部侧面A 处开有小口，在小口A 的正下方h 处亦开有与A 大小相同的小口B ，小球从小口A 沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，要使小球从B 口处飞出，小球进入A 口的最小速率v 0为（）A ．hgR 2π B ．hg R 2π C ．g h R 2π D ．hg Rπ2考点精炼参考答案1．A （大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间，两轮边缘各点的线速度大小相等，由nr v π2=，可知转速n 和半径r 成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同。

由这三次传动可以找出大齿轮和摩擦小轮间的转速之比n 1∶n 2=2∶175）2．C （要使小球能够在竖直平面内做圆周运动，最高点最小速度满足 Lv m mg 2=，从A 到最高点，由动能定理有2202121mv mv mgL -=，解得gL v 30=） 3．解析：（1）小球由A →B 过程中，根据机械能守恒定律有： mgR ＝221B mv ① gR v B 2= ②小球在B 点时，根据向心力公式有；R A BhR vm mg F B N 2=- ③mg Rv m mg F BN 32=+=根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力，为3mg （2）小球由B →C 过程，水平方向有：s =v B ·t ④竖直方向有：221gt R H =-⑤解②④⑤得R R H s )(2-=4．B解析：小球从小口A 沿切线方向水平射入筒内，小球的运动可看作水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动的叠加。