高考物理一轮复习：第6讲《圆周运动》教案(含答案)

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高三物理上册《圆周运动的应用》教案、教学设计

（3）组织学生进行小组合作学习，培养学生的团队合作精神和交流表达能力。
2.教学过程：
（1）导入：通过生活中的圆周运动实例，如旋转木马、自行车轮等，激发学生的学习兴趣，引导学生思考圆周运动的特点。
（2）新知识学习：讲解圆周运动的物理量定义、计算方法及各物理量之间的关系，结合实例进行分析，帮助学生理解。
（2）针对学生的反馈，及时调整教学方法和策略，以提高教学效果。
（3）关注学生的情感态度与价值观培养，将德育融入物理教学，促进学生全面发展。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.教学活动：通过播放生活中圆周运动的视频，如旋转木马、摩天轮等，让学生直观地感受圆周运动的特点。
2.提问引导：请学生思考以下问题：（1）这些运动有什么共同特点？（2）圆周运动中，物体速度和加速度的方向是如何变化的？
2.难点：圆周运动中各物理量之间的关系；向心力的来源及作用；解决实际问题时圆周运动知识的灵活运用。
（二）教学设想
1.教学方法：
（1）采用启发式教学法，引导学生通过观察、思考、讨论等途径主动探究圆周运动知识。
（2）运用多媒体教学手段，如动画、视频等，形象直观地展示圆周运动过程，帮助学生理解抽象的物理概念。
-研究课题1：探讨圆周运动在工程、科技领域的应用，如风力发电、汽车悬挂系统等。
-研究课题2：分析圆周运动在体育运动中的重要性，如田径、体操等项目中的动作技巧。
-研究课题3：研究圆周运动与环保、能源节约等方面的关系，提出创新性建议。
4.作业要求：
-请学生按时完成作业，保持字迹清晰、卷面整洁。
-鼓励学生独立思考，遇到问题可向同学或老师请教。
五、作业布置
1.基础作业：请学生完成课本第十章圆周运动的相关练习题，巩固线速度、角速度、向心加速度等物理量的计算方法。

教师高中物理圆周运动教案

教师高中物理圆周运动教案
教学目标：
1. 了解圆周运动的基本概念，掌握相关公式；
2. 掌握圆周运动的相关物理量计算方法；
3. 能够应用圆周运动的知识解决实际问题。

教学重点：
1. 圆周运动的基本概念；
2. 圆周运动的相关公式及计算方法。

教学难点：
1. 圆周运动的向心力及离心力的理解；
2. 圆周运动中速度、加速度等物理量的计算。

教学内容及安排：
一、引入（5分钟）
通过播放视频或展示图片等方式引入圆周运动的概念，激发学生对该知识点的兴趣。

二、讲解基本概念（15分钟）
1. 圆周运动的定义；
2. 圆周运动的相关物理量及其计算方法；
3. 向心力与离心力的概念及作用。

三、示例分析（20分钟）
通过实例分析圆周运动中速度、加速度、向心力等物理量的计算方法，并引导学生应用相
关知识解决实际问题。

四、练习与讨论（15分钟）
进行相关练习，帮助学生巩固所学知识，并引导学生讨论、分享解题思路。

五、作业布置（5分钟）
布置相关作业，要求学生巩固所学知识，并鼓励他们在作业中运用所学知识解决实际问题。

教学反思：
通过本节课的教学，学生能够掌握圆周运动的基本概念及相关物理量的计算方法，提高他们对物理知识的理解与运用能力。

同时，鼓励学生多与同学讨论、分享解题思路，加深对知识的理解。

圆周运动教案

圆周运动教案
一、引言
圆周运动是物理学中重要的概念之一，我们身边很多物体都在进行圆周运动，比如地球绕太阳的公转、人造卫星绕地球的运行等。

本教案将带领学生深入了解圆周运动的基本原理和相关知识。

二、认识圆周运动
1. 什么是圆周运动
圆周运动是物体沿着圆周轨道运动的过程。

在圆周运动中，物体的运动速度和方向都随着时间改变。

2. 圆周运动的特点
•圆周运动的轨迹是圆形或类似圆形的路径。

•圆周运动的速度大小不变，但方向不断改变。

•圆周运动的加速度指向轨道中心，并称为向心加速度。

三、圆周运动的基本参数
1. 角速度
角速度是描述圆周运动的重要参数，通常用符号ω表示，单位为弧度每秒。

2. 转动周期
转动周期是指物体完成一次圆周运动所用的时间，通常用符号T表示，单位为秒。

3. 向心加速度
向心加速度是指使物体沿圆周轨道运动的加速度，通常用符号a表示，单位为米每平方秒。

四、实例分析
以地球绕太阳的公转为例，探讨圆周运动在自然界中的应用和重要性。

五、实践活动
设计一个模拟圆周运动的小实验，让学生通过观察和测量来探究圆周运动的规律。

结语
通过本教案的学习，相信同学们对圆周运动有了更深入的理解。

圆周运动是物理学中一个重要的概念，希望同学们能够在日常生活中观察和体会到这一现象的奥妙。

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. 知识目标：理解圆周运动的概念、基本物理量及其关系，掌握圆周运动的规律及其应用。

2. 能力目标：培养学生分析问题和解决问题的能力，能够运用圆周运动的知识解决实际问题。

3. 情感态度和价值观目标：培养学生对物理学科的兴趣和科学精神，增强学生的探究意识和合作精神。

二、教学重点和难点1. 教学重点：圆周运动的概念、基本物理量及其关系，圆周运动的基本规律及其应用。

2. 教学难点：圆周运动的合成与分解，以及在实际问题中的应用。

三、教学过程1. 引入新课：通过展示一些圆周运动的实例，让学生感受圆周运动在生活中的普遍存在，并引导学生思考圆周运动的基本特点和规律。

2. 知识讲解：通过演示实验和多媒体动画等形式，让学生了解圆周运动的概念、基本物理量（线速度、角速度、周期等）及其关系，并引导学生掌握这些基本概念和公式。

3. 规律探究：通过一系列的实验和例题，让学生自主探究圆周运动的规律，包括线速度与角速度的关系、周期与角速度的关系等，并引导学生总结出圆周运动的规律公式。

4. 应用拓展：通过一些实际问题的分析和解决，让学生了解圆周运动规律的应用，包括行星运动的分析、离心现象的解释等，并引导学生思考如何将圆周运动的知识应用到实际生活中。

5. 课堂小结：通过总结本节课的重点和难点，让学生回顾所学知识，并布置适量的作业以巩固所学内容。

四、教学方法和手段1. 实验探究法：通过实验和例题探究圆周运动的规律和应用，让学生在探究过程中掌握知识。

2. 多媒体辅助法：使用多媒体动画等手段辅助教学，使抽象的概念和规律更加形象生动。

3. 小组合作法：让学生分组合作解决实际问题，培养学生的合作意识和解决问题的能力。

五、课堂练习、作业与评价方式1. 课堂练习：通过随堂练习和小组讨论等方式，让学生及时巩固所学知识。

2. 作业布置：布置适量的作业，包括基本概念的掌握和实际问题的解决等方面，以全面评价学生的学习效果。

圆周运动教案高中物理《圆周运动》教学设计(优秀5篇)

圆周运动教案高中物理《圆周运动》教学设计(优秀5篇)高中物理《圆周运动》教学设计【优秀5篇】由作者为您收集整理，希望可以在圆周运动教案方面对您有所帮助。

高一物理圆周运动教案篇一教学重点线速度、角速度的概念和它们之间的关系教学难点1、线速度、角速度的物理意义2、常见传动装置的应用。

高中物理圆周运动优秀教案及教学设计篇二做匀速圆周运动的物体依旧具有加速度，而且加速度不断改变，因其加速度方向在不断改变，其运动版轨迹是圆，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动。

匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心。

做变速圆周运动的物体总能分权解出一个指向圆心的加速度，我们将方向时刻指向圆心的加速度称为向心加速度。

速度（矢量，有大小有方向）改变的。

（或是大小，或是方向）（即a≠0）称为变速运动。

速度不变（即a=0)、方向不变的运动称为匀速运动。

而变速运动又分为匀变速运动（加速度不变）和变加速运动（加速度改变）。

所以变加速运动并不是针对变减速运动来说的，是相对匀变速运动讲的。

匀变速运动加速度不变（须的大小和方向都不变）的运动。

匀变速运动既可能是直线运动（匀变速直线运动），也可能是曲线运动（比如平抛运动）。

圆周运动是变速运动吗篇三高中物理《圆周运动》课件一、教材分析本节内容选自人教版物理必修2第五章第4节。

本节主要介绍了圆周运动的线速度和角速度的概念及两者的关系；学生前面已经学习了曲线运动，抛体运动以及平抛运动的规律，为本节课的学习做了很好的铺垫；而本节课作为对特殊曲线运动的进一步深入学习，也为以后继续学习向心力、向心加速度和生活中的圆周运动物理打下很好的基础，在教材中有着承上启下的作用；因此，学好本节课具有重要的意义。

本节课是从运动学的角度来研究匀速圆周运动，围绕着如何描述匀速圆周运动的快慢展开，通过探究理清各个物理量的相互关系，并使学生能在具体的问题中加以应用。

（过渡句）知道了教材特点，我们再来了解一下学生特点。

也就是我说课的第二部分：学情分析。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：圆周运动

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．当v 一定时，ω与r 成反比． 2．对a ＝v 2r＝ω2r 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． 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： v A v B ＝r R向心加速度与半径成正比：a A a B ＝r R角速度与半径成反比： ωA ωB ＝r R向心加速度与半径成反比： a A a B ＝r R角速度与半径成反比： ωA ωB ＝r 2r 1向心加速度与半径成反比：a A a B ＝r 2r 1考向1 圆周运动物理量的分析和计算例1 (2023·福建省莆田二中模拟)地球绕地轴自西向东做匀速圆周运动，一质量为1 kg 的物体甲位于赤道上，另一个质量为2 kg 的物体乙位于北纬60°的地面上，地球可视为一个球体，下列说法正确的是( )A ．物体甲、乙的线速度大小相等B ．物体甲、乙的向心力方向都指向地心C ．物体甲、乙的向心力大小之比为1∶1D ．物体甲、乙的向心加速度大小之比为1∶2 答案 C解析物体甲、乙同轴转动，两者的角速度相等，物体甲、乙做圆周运动的半径为r 甲＝R ，r 乙＝R cos 60°＝12R ，由于两物体转动的半径不相等，由v ＝ωr 可知，两物体的线速度大小不相等，A错误；物体甲的向心力方向指向地心，物体乙的向心力方向垂直指向北纬60°的地轴，B错误；物体甲、乙圆周半径之比为2∶1，由a＝ω2r可知，向心加速度大小之比为2∶1，物体甲、乙的质量之比为1∶2，由向心力公式F＝mω2r，可得向心力大小之比为1∶1，C正确，D错误．考向2圆周传动问题例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∶1B．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．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 g 2hB ．子弹在圆筒中的水平速度为2d g 2hC ．圆筒转动的角速度可能为πg 2hD ．圆筒转动的角速度可能为3πg 2h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 ＝2h g ，则v 0＝d t＝dg2h，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)πt＝(2n ＋1)πg2h(n ＝0,1,2，…)，故C 、D 正确．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F ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝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F t产生切向加速度a t，改变线速度的大小，当a t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F提供向心力，产生向心加速度a，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．(×) 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，F ＝T －mg cos θ＝m v 2R ，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T ，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有T sin θ＝mg ，而T ＝k ⎝⎛⎭⎫MPcos θ－l 0 可知θ为定值，T 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N 背离转轴时，则T cos θ－N ＝mω2r 即N ＝T cos θ－mω2r当转速较大，N 指向转轴时，则T cos θ＋N ′＝mω′2r 即N ′＝mω′2r －T cos 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.h k ＋1B.h kC.2h kD.2h k －1答案 D解析运动员从a 到c 根据动能定理有mgh ＝12m v c 2，在c 点有N c －mg ＝m v c 2R c ，N c ≤ kmg ，联立有R c ≥2hk －1，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 ，小球A 、B 到悬点O 的竖直距离为h ，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝gl cos 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T ，则有mg tan θ＝ma ，T cos θ＝mg ，得a ＝g tan θ，T ＝mgcos θ，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mg tan θ＝m v2R ＝mRω2，解得v＝gR tan θ，ω＝g tan θR，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＝2πω，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N＝mgcos θ，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(多选)(2023·福建省泉州五中检测)如图所示，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球．当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力作用．下列说法正确的是()A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力B．仅增加绳长后，若要保持小球与玻璃管间仍无压力，需增大ωC．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D．仅增加角速度后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力答案AD解析因为玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动，小球与玻璃管间恰无压力作用，对小球进行受力分析，如图所示，小球做匀速圆周运动的半径为R ＝L sin θ，小球所受的合力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，即mg tan θ＝mω2R ＝mω2L sin θ，仅增加绳长后，小球所需向心力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜向下方的压力，A 正确；仅增加绳长后，若要保持小球与玻璃管间仍无压力，则小球所受合力不变，即向心力大小不变，需要减小角速度，B 错误；仅增加小球质量后，根据mg tan θ＝mω2R ＝mω2L sin θ可知，向心力公式两边都有m ，因此质量可以约掉，小球不受玻璃管壁斜向上方的压力，C 错误；仅增加角速度后，小球做圆周运动所需向心力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜向下方的压力，D 正确．圆锥摆模型1.如图所示，向心力F 向＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r ，且r ＝L sin θ，联立解得v ＝gL tan θsin θ，ω＝gL cos θ.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 ＝mgcos θ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 ＝gRh d 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 <gRh d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 v 2R ＝mg tan α＝mg h d，解得v ＝gRh d ，故当列车过转弯处的速度v ＝gRh d 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 <gRh d时，转弯所需的向心力F <mg tan 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a＝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．2．2022年2月7日，我国运动员任子威、李文龙在北京冬奥会短道速滑男子1 000米决赛中分别获得冠、亚军．如图所示为短道速滑比赛场地示意图，比赛场地周长约为111.12 m，其中直道长度为28.85 m，弯道半径为8 m．若一质量为50 kg的运动员在弯道紧邻黑色标志块处做匀速圆周运动，转弯时冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则()A．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为4 m/sB．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为8 m/sC．该运动员受到冰面的作用力最大为100 ND．该运动员受到冰面的作用力最大为500 N答案 A解析最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为v，，解得v＝4 m/s，故B错误，A正确；运动员在水平根据静摩擦力提供向心力有μmg＝m v2R＝100 N，运动员在竖直方向受力平衡，则面内做匀速圆周运动需要的向心力大小为F＝m v2R有N＝mg＝500 N，所以运动员受到冰面的作用力最大为F合＝F2＋N2≈510 N，故C、D 错误．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()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T ，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T ＝mg cos θ，mg tan θ＝m v 2L sin θ＝mω2L sin θ，解得ω＝g L cos θ，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T 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/s 2，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/sB ．小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC ．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD ．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s 2答案 A解析根据h ＝12gt 2可得t ＝2h g ＝2 s ，则小球平抛的初速度v 0＝r t＝2.5 m/s ，A 正确，B 错误；根据ωt ＝2n π(n ＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2n πt＝n π rad/s(n ＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a ＝ω2r ＝n 2π2r ＝5n 2π2 m/s 2(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∶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． 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＝F 弹mr －g r，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F 1－mg ＝m v 2r ，灯在最高点时有F 2＋mg ＝m v 2r，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v 0，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 ．v 0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v 02＋2gh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 ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑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v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，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3∶1B ．小物块a 和b 对容器壁的压力大小之比为3∶1C ．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 ＝mω2R sin α，所以a 、b 所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析有mω2R sin 60°<mg tan 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N b cos 30°＝mg ，对a 有N a cos 60°＋f sin 60°＝mg ，所以N a N b ≠cos 30°cos 60°＝31，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/s 2，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 mB ．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC ．运动员入弯时的向心力大小为648 ND ．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°答案 BC解析运动员匀加速运动的距离为x ＝v 2t ＝182×4.5 m ＝40.5 m ，A 错误；在匀加速过程中，加速度a ＝v t ＝184.5m/s 2＝4 m/s 2，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F 向＝m v 2r ＝50×18225N ＝648 N ，C 正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝mg F 向＝gr v 2＝250324<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/s 2，CD 段的加速度最大为1 m/s 2.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 ＝⎝⎛⎭⎫2＋7π4 s ，l ＝8 m B ．t ＝⎝⎛⎭⎫94＋7π2 s ，l ＝5 mC ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋5126＋76π6 s ，l ＝5.5 m D ．t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋512 6＋(6＋4)π2 s ，l ＝5.5 m 答案 B解析在BC 段的最大加速度为a 1＝2 m/s 2，则根据a 1＝v 1m 2r 1，可得在BC 段的最大速度为v 1m ＝ 6 m/s ，在CD 段的最大加速度为a 2＝1 m/s 2，则根据a 2＝v 2m 2r 2，可得在BC 段的最大速度为v 2m ＝2 m/s<v 1m ，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t 3＝πr 1＋πr 2v ＝7π2 s ，若小车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以v m 匀速，再以a 1减速至v ，AB 段从最大速度v m 减速到v 的时间t 1＝v m －v a 1＝4－22 s ＝1 s ，位移x 2＝v m 2－v 22a 1＝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t 2＝l v m ＝54s ，则从A 到D 最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(94＋7π2) 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．。

圆周运动高中一年级物理科目教案

圆周运动高中一年级物理科目教案一、教学目标1. 知识目标：了解圆周运动的基本概念和特征，掌握相关计算方法；2. 能力目标：能够运用所学知识解决与圆周运动相关的问题；3. 情感目标：培养学生对物理学科的兴趣，提高解决问题的能力。

二、教学重点和难点1. 重点：掌握圆周运动的基本概念和特征；2. 难点：运用所学知识解决与圆周运动相关的复杂问题。

三、教学过程1. 情境引入通过展示一段摩天轮的视频或图片，引发学生对圆周运动的兴趣，引出本节课的主题。

2. 知识讲解（1）引入圆周运动的概念，解释圆周运动的定义及特征；（2）讲解圆周运动相关的基本术语，如半径、角度、角速度等；（3）介绍角速度的计算公式，并通过实例演示；（4）讲解圆周运动中的线速度和圆周角速度之间的关系；（5）通过示意图和实例讲解离心力和向心力的概念及其表达式。

3. 计算练习（1）组织学生进行简单的计算练习，如计算物体在圆周运动中的线速度、角速度、离心力和向心力等；（2）设计一些应用题，提供场景描述，让学生运用所学知识解决与圆周运动相关的问题。

4. 实验探究通过设计实验，让学生通过实际操作验证所学知识。

例如，利用转盘和绳子，测量不同质量半径相同的物体在圆周运动中的向心力变化情况。

5. 拓展延伸（1）引导学生思考地球的公转运动和自转运动与圆周运动的关系；（2）探究一些实际生活中的圆周运动例子，如汽车转弯、旋转木马等。

6. 小结概括归纳整理本节课的重点内容，概括圆周运动的基本概念和特征。

同时，回顾所学习的计算方法和解决问题的思路。

四、教学手段多媒体展示、实验仪器、教学板书等。

五、教学评价1. 通过课堂教学观察学生对圆周运动的理解程度；2. 批改学生的计算练习和应用题答案，评价其解决问题的能力；3. 对学生的实验报告进行评估，考察其实验设计和数据分析能力。

六、教学反思根据学生的实际学情调整教学进度和方式，确保教学内容的实效性和学生的主动参与度。

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．。

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。

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第6讲圆周运动
主讲教师：徐建烽首师大附中物理特级教师
题一：如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。

现将质量相同的两小球（小球半径远小于碗的半径），分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时（） A ．两小球的速度大小相等 B ．两小球的速度大小不相等 C ．两小球对碗底的压力大小相等 D ．两小球对碗底的压力大小不相等
题二：一根内壁光滑的细圆管，形状如图所示，放在竖直平面内，
一个球自A 口的正上方高h 处自由下落。

第一次小球恰能抵达B 点；第二次落入A 口后，自B 口射出，恰能再进入A 口，则两次小球下落的高度之比h l ∶h 2 。

题三：如图是离心轨道演示仪的结构示意图。

光滑弧形轨道下端与
半径为R 的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内。

质量为m 的小球从弧形轨道上的A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开圆轨道。

小球运动到圆轨道的最高点时，对轨道的压
力恰好与它所受到的重力大小相等。

重力加速度为g ，不计空气阻力。

求：
（1）小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小；
（2）小球开始下滑的初始位置A 点距水平面的竖直高度h 。

题四：一根长为L 的细绳，一端拴在水平轴O 上，另一端有一个质量为m 的小球，现使细绳位于水平位置，并且绷直，如图所示，给小球一个作用，使它得到一定的向下的初速度。

（1）这个初速度至少多大，才能使小球绕O 点在竖直面内做圆周运动？（2）如果在轴O 竖直上方A 点处钉一个钉子，已知AO =
2
3
L ，小球以上问中的最小速度开始运动，当它运动到O 点的竖直上方，细绳刚接触到A 点的钉子时，
细绳受到的力有多大？
题五：一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm 的均匀狭缝。

将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。

在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。

图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标
表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中△t 1=1.0×10－3s ，△t 2=0.8×10－3
s ．（1）利用图乙中的数据求1 s 时圆盘转动的角速度；
（2）如果圆盘半径足够大，传感器将接收到许多激光信号，求图乙中第n个激光信号的宽度Δt n.
第6讲圆周运动
题一：BC 题二：4:5 题三：v＝2gR， h＝3R题四：（1
；（2）T=2mg
题五：（1）ω=2.5π rad/s，（2）
3
410
s
3
-
⨯
∆=
+
n
t
n
甲乙。