第3讲 圆周运动
第3讲 圆周运动知识要点一、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。
二、角速度、线速度、向心加速度三、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 n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r 。
3.方向：始终沿半径指向圆心方向，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，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
四、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，就做逐渐远离圆心的运动。
基础诊断1.如图1所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看做是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的()图1A.线速度B.加速度C.角速度D.轨道半径答案 C2.(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/sB.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BCD3.(多选)[教科版必修2·P23·T4拓展]如图2所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A、R C＝8R A。
当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比a A∶a B∶a C等于()图2A.1∶1∶8B.4∶1∶4C.4∶1∶32D.1∶2∶4解析 小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动角速度相等，有ωA ＝ωC 。
由a ＝v 2R 可得a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a ＝ω2R 可得a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，选项C 正确。
答案 C4.如图3所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是( )图3A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力解析 向心力为沿半径方向上的合力。
运动员转弯时，受力分析如图所示，可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A 错误，B 正确；当f ＜m v 2r ，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑。
故C 、D 错误。
答案 B圆周运动的运动学问题1.对公式v＝ωr的进一步理解当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＝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。
3.常见传动方式及特点(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。
【例1】(2019·浙江十校联盟3月适应性考试)如图4所示是一种古老的舂米机。
舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。
然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。
已知OC＞OB，则在横梁绕O转动过程中()图4A.B、C的向心加速度相等B.B、C的角速度关系满足ωB＜ωCC.B、C的线速度关系满足v B＜v CD.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力解析由图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a n＝ω2r，因OC＞OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC＞OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误。
答案 C1.(多选)(2019·安徽合肥模拟)如图5所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点A、B、C。
关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的说法中正确的是()图5A.A、B两点的线速度大小相等B.B、C两点的角速度大小相等C.A、C两点的周期大小相等D.A、B两点的向心加速度大小相等解析自行车的链条不打滑，A点与B点的线速度大小相等，故A正确；B点与C点同一转轴转动，角速度相等，故B正确；由T＝2πrv可知，A点的半径大于B点的半径，A点的周期大于B点的周期，而B点的周期与C点的周期相等，所以A点的周期大于C点的周期，故C错误；由向心加速度公式a n＝v2r，A点的半径大于B点的半径，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D 错误。
答案AB2.(多选) (2019·辽宁丹东质检)在如图6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()图6A.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.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大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，B、D错误。
答案AC3.(多选)(2019·江苏卷，6)如图7所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。
座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()图7A.运动周期为2πR ωB.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R解析座舱的周期T＝2πRv＝2πω，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
答案BD圆周运动中的动力学问题1.向心力的来源(1)向心力的方向沿半径指向圆心。
(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。
2.解决圆周运动动力学问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的所在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、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，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。
【例2】(2019·成都市一诊)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图8所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ(0＜θ≤π2)，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()图8A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为m g2＋ω4L2sin2θD.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小解析当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，它们的合力充当向心力，选项A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，这个作用力在水平方向的分力提供向心力，在竖直方向的分力与重力平衡，选项B错误；由力的合成可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝m g2＋ω4L2sin2θ，选项C正确；由C项分析可知，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。
答案 C1.如图9所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车()图9A.所受的合力可能为零B.只受重力和地面支持力作用C.最大速度不能超过25 m/sD.所需的向心力由重力和支持力的合力提供解析汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时由静摩擦力提供向心力，因此排除A、B、D，选项C正确。
答案 C2.(多选)(2019·四川成都七中测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。
一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。
设两球同时做如图10所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则()图10A.两球运动的周期相等B.两球的向心加速度大小相等C.球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1D.球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2解析 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F ，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有F cos θ＝mg ，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P 的距离为l ，则有F sin θ＝mg tan θ＝m 4π2T 2l sin θ，解得周期为T ＝2πl cos θg ＝2πhg ，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A 正确；连接两球的绳的张力F 相等，由于向心力为F n ＝F sin θ＝mω2l sin θ，故m 与l 成反比，由m 1≠m 2，可得l 1≠l 2，又小球的向心加速度a ＝ω2l sin θ＝(2πT )2l sin θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B 、D 错误。
答案 AC竖直面内的圆周运动模型建构1.两类模型轻绳模型 轻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 ＝m v 2临r 得v 临＝gr由小球恰能做圆周运动得v 临＝0 受力示意图力学方程mg ＋N ＝m v 2R mg ±N ＝m v 2R 临界特征N ＝0v ＝0mg＝mv2minR即v min＝gR即F向＝0N＝mg 过最高点的条件在最高点的速度v≥gR v≥2.考向轻绳模型【例3】如图11所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球(可视为质点)，小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动。
已知小球运动过程中轻绳拉力F的大小与绳和竖直方向OP的夹角θ的关系为F＝b＋b cos θ，b为已知的常数，当地重力加速度为g，小球的质量为m，则小球在最低点和最高点的速度分别为()图11A.（2b－mg）Lm、gL B.gL、gLC.gL、（2b－mg）Lm D.2bLm、gL解析θ＝0°时，F＝2b，小球在最低点，设其速度为v1，由牛顿第二定律得2b－mg＝m v21L，解得v1＝（2b－mg）Lm；θ＝180°时，F＝0，小球在最高点，设其速度为v2，由牛顿第二定律得mg＝m v22，解得v2＝gL，选项A正确。
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,
第四章 第3讲 圆周运动 高三新高考练习题及答案解析
第3讲 圆周运动一、非选择题1．(2022·河北高三月考)国家雪车雪橇中心位于北京延庆区西北部，赛道全长1 975 m ，垂直落差121 m ，由16个角度、倾斜度都不同的弯道组成，其中全长179 m 的回旋弯赛道是全球首个360°回旋弯道。
2022年北京冬奥会期间，国家雪车雪橇中心将承担雪车、钢架雪车、雪橇三个项目的全部比赛，其中钢架雪车比赛惊险刺激，深受观众喜爱。
测试赛上，一钢架雪车选手单手扶车，助跑加速30 m 之后，迅速跳跃车上，以俯卧姿态滑行。
该选手推车助跑时间为4.98 s ，运动员质量为80 kg ，通过回旋弯道某点时的速度为108 km/h ，到达终点时的速度为124 km/h 。
该选手推车助跑过程视为匀加速直线运动，回旋弯道可近似看作水平面，重力加速度g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字。
求该选手：(1)助跑加速的末速度；(2)以108 km/h 的速度通过回旋弯道某点时钢架雪车对运动员作用力的大小。
[答案] (1)12 m/s (2)2.6×103 N[解析] (1)运动员助跑加速的末速度为v 1，可知s ＝12v 1t 代入数据，解得v 1＝12 m/s 。
(2)回旋弯道全长179 m ，L ＝2πr ，运动员通过回旋弯道某点时，钢架雪车对运动员作用力设为F ，F y ＝mg ，F x ＝m v 2r，代入数据，解得F ＝F 2x ＋F 2y ＝2.6×103N 。
2．(2022·山东新泰月考)如图所示，水平传送带与水平轨道在B 点平滑连接，传送带AB 长度L 0＝2.0 m ，一半径R ＝0.2 m 的竖直圆形光滑轨道与水平轨道相切于C 点，水平轨道CD 长度L ＝1.0 m ，在D 点固定一竖直挡板。
小物块与传送带AB 间的动摩擦因数μ1＝0.9，BC 段光滑，CD 段动摩擦因数为μ2。
当传送带以v 0＝6 m/s 沿顺时针方向匀速转动时，将质量m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A 点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并以原速率弹回，经水平轨道CD 返回圆形轨道。
第4章 第3讲 匀速圆周运动
例2：如图4－3－2所示，用细 绳一端系着的质量为M＝0.6kg的物 体A静止在水平转盘上，细绳另一 端通过转盘中心的光滑小孔O吊着 质量为m＝0.3kg的小球B，A的重心 到O点的距离为0.2m.若A与转盘间 的最大静摩擦力为f＝2N，为使小球 B保持静止，求转盘绕中心O旋转的 角速度ω的取值范围．(取g＝10m/s2， 保留两位有效数字)
例1：如图4－3－1所示的传动装置中，B、 C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用 皮带传动，三轮半径关系是rA＝rC＝2rB.若皮带 不打滑，求A、B、C轮边缘的a、b、c三点的角 速度之比、线速度之比和向心加速度之比．
解析：A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑， 则A、B两轮边缘的线速度大小相等，即：va＝vb或 va∶vb＝1∶1 由v＝ωr得：ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2 B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C 两轮的角速度相同，即ωb＝ωc或ωb∶ωc＝1∶1
由v＝ωr得：vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2
所以：ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2 va∶vb∶vc＝1∶1∶2 因为a＝vω，所以aa∶ab∶ac＝1∶2∶4
点评：传动装置特点：凡是直接用皮带传动(包括 皮带传动、齿轮传动) 的两个轮子，两轮边缘上各点的 线速度大小相等；凡是同一个轮轴上(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)． v2 警示：an＝ ＝ 2 r＝v· 这几个公式是用瞬时量线 r 速度v和角速度 表示的，因而既适用于匀速圆周运动，
(1)物理意义：描述质点沿圆周运动的 慢 . 快
(2)方向：质点在圆弧某点的线速度方向沿 圆弧该点的 切线 方向．
(3)大小：v＝s/t(s是t时间内通过的弧长)．
2．角速度 (1)物理意义：描述质点绕圆心转动的 慢 . 快
阶段专题一第3讲抛体运动与圆周运动
05
实例分析
火箭发射的运动分析
火箭发射是一个典型的抛体运动，其 运动轨迹可以分解为竖直向上的匀加 速运动和水平方向的匀速运动。
火箭发射的精确控制对于成功将卫星送入预 定轨道至关重要，需要综合考虑各种因素， 如气象条件、地球自转和引力扰动等。
课程内容概述
抛体运动的定义、分类及特点 。
圆周运动的定义、向心力和离 心力。
抛体运动与圆周运动的联系与 区别。
02
抛体运动
定义与分类
定义
物体在只受重力作用下的运动。
分类
斜抛、竖直上抛、竖直下抛等。
斜抛运动
定义
物体以一定的初速度斜向抛出，在忽略空气阻力的 情况下所做的运动。
特点
物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上 做竖直上抛运动。
竖直下抛运动
定义
物体以一定的初速度向下抛出 ，在忽略空气阻力的情况下所 做的运动。
特点
物体在下降过程中做匀加速运 动，在上升过程中做自由落体 运动。
公式
$v = v_{0} + gt$，$y = frac{1}{2}gt^{2} - v_{0}t$。
03
圆周运动
定义与特性
定义
质点在以某点为圆心、以一定半径为半径的圆周上运动，质点的 位置变化轨迹形成圆周。
在斜抛运动中，物体在最高点的位置和时间可以通 过圆周运动的知识来求解。
圆周运动在抛体运动中的应用
在处理一些复杂的抛体运动问题时，我们可以将问题分解为若干个圆周运动或者类 圆周运动的过程，从而简化问题的求解。
例如，在处理卫星的轨道问题时，我们常常将卫星的运动看作是围绕地球的圆周运 动，通过求解圆周运动的周期、角速度等问题来得到我们需要的结果。
第3讲 圆周运动的角量描述
第四节圆周运动及其描述上一节学习了一般的平面曲线运动，本节学习一种特殊且常见的曲线运动――圆周运动。
1 圆周运动的线量描述回顾上一节，我们在自然坐标系下使用了位置、速度、加速度等量来描述曲线运动。
这些量称为线量，所以上一节对于曲线运动的描述称为线量描述。
由于圆周运动是一种特殊的曲线运动，因而上一节关于曲线运动的描述完全适用于圆周运动的描述。
所以可以把上一节的结论直接用于圆周运动的线量描述。
位置：s＝s(t)速度：dsdt v=τ加速度：22d sdtτ=aτ(1a)2nvR=a n(1b)(1b)式中的R就是圆的半径，而v则是质点做圆周运动的速率。
质点作圆周运动时，如果切向加速度为0，就是所谓的匀速圆周运动．．．．．．。
2 圆周运动的角量描述极坐标系2.1 角位移除了线量描述形式外，对于圆周运动还有一种常用的描述形式――角量描述。
如图1所示，以圆心为极点，沿着任意方向引出一条线作为极轴，就建立了一个坐标系，称为极坐标系。
在极坐标系中，质点的位置所对应的矢径r与极轴的夹角θ称为质点的角位置，而dθ称为dt时间内的角位移。
注意：1，角位移．．．d．θ．既有大小，又有方向．．．．．．．．．(．但未必是矢量．．．．．．1)。
其方向由右手定则确定，即：伸出右手，使四指沿着质点旋转的方向弯曲，与四指垂直的拇指所指的方向1矢量的严格定义是：矢量是在空间中有一定的方向和数值，并遵从平行四边形加法法则的量。
即为d θ的正方向。
2，有限大小的角位移不是矢量(因为角位移的合成不符合交换律，比如翻一本书：先x->90，再y －>90，最后z －>90得到的结果，与先x->90，再z －>90，最后y －>90得到的结果不一样)，只有．．当△．．t ． ．0．时，角位移．．．．．d ．θ．才是矢量．．．．。
3，质点作圆周运动时，其角位移只有两种可能的方向，因此可以在标量前．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．加正号或者是负号来指明角位移的方向．．．．．．．．．．．．．．．．．。
高三物理第一轮复习课件：第四章第三讲圆周运动
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 。
高考物理一轮复习课件：第四章 第3讲 圆周运动及其应用
【审题视点】 (1)开始时，棒与A、B有相对滑动先求出 棒加速的时间和位移． (2)棒匀速时与圆柱边缘线速度相等，求出棒重心匀速运 动到A正上方的时间．
【解析】 棒开始与 A、B 两轮有相对滑动，棒受向左摩 擦力作用， 做匀加速运动， 末速度 v ＝ωr＝8×0.2 m/s＝1.6 m/s， v 2 加速度 a＝μg＝1.6 m/s ，时间 t1＝a ＝1 s， 1 2 t1 时间内棒运动位移 s1＝2at1＝0.8 m. 此后棒与 A、B 无相对运动，棒以 v ＝ωr 做匀速运动，再 s2 运动 s2＝s－s1＝0.8 m， 重心到 A 的正上方需要的时间 t2＝ v ＝ 0.5 s，故所求时间 t＝t1＋t2＝1.5 s.
【针对训练】 3.洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的 方式脱水，下列说法中错误的是( ) A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的 B．水会从桶中甩出是因为水滴受到 的向心力很大的缘故 C．加快脱水桶转动角速度， 脱水效果会更好 D．靠近中心的衣物的脱水效果 不如周边的衣物的脱水效果好 【解析】 水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆 周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B项错误 ；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，A项正确；角速 度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C项正确；周 边的衣物因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力 比中心的衣物大，脱水效果更好，D项正确． 【答案】 B
【解析】 因为汽车通过最低点时， 演员具有向上的加速 v 度，故处于超重状态，A 正确；由 ω＝ r 可得汽车在环形车道 上的角速度为 2 rad/s，D 错误； v2 0 由 mg＝m 可得 v 0＝ gr≈7.7 m/s，C 错误；由 mg＋F＝ r v2 m r 可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为 1.4×104 N， B 正确．
22版：第3讲 圆周运动（创新设计）
离转轴的距离较近。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀
速转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是
( BD)
A. 座椅B的角速度比A大
B.座椅B的向心加速度比A大
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
图8
D.悬挂B的缆绳所承受的拉力比悬挂A的缆绳所承受的拉力大
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运动模型
向心力的 来源图示
运动模型
创新设计
向心力的 来源图示
飞机水 平转弯
火车转弯
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研透命题点
圆锥摆
汽车在 水平路 面转弯
飞车走壁
创新设计
水平转台 (光滑)
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研透命题点
3.分析思路
创新设计
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研透命题点
研透命题点
创新设计
解析 同轴转动角速度相同，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由a＝
ω2r得B的向心加速度比A的大，故选项A错误，B正确；
设细线与竖直方向的夹角为 θ，由牛顿第二定律得 mgtan θ＝mω2r，解得 tan θ ＝ωg2r，由于座椅 B 的圆周半径比座椅 A 的半径大，故 B 与竖直方向的夹角大， 在竖直方向上有：FTcos θ＝mg，解得 FT＝cmosgθ，悬挂 B 的缆绳所受到的拉力比 悬挂 A 的大，故选项 C 错误，D 正确。
TB，则( B )
A.ωA＞ωB C.aA＜aB
B.vA＞vB D.TA＜TB
图5
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研透命题点
创新设计
解析 因A、B两点同轴转动，则角速度相同，则ωA＝ωB，选项A错误； 因为rA＞rB，根据v＝ωr可知，vA＞vB，选项B正确； 因为rA＞rB，根据a＝ω2r可知，aA＞aB，选项C错误； 因 ωA＝ωB，根据 T＝2ωπ可知，TA＝TB，选项 D 错误。
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