【优化方案】2016届高三物理大一轮复习课件：第4章第3节圆周运动
张力为FT.(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？
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
[审题点睛]
(1)小球离开锥面的临界条件是小球沿锥面运
动，支持力为零，即小球在重力和拉力的作用下，在水平面 内做圆周运动．
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 ( BCD A．角速度为 0.5 rad/s B．转速为 0.5 r/s 4 C．轨迹半径为 m π D．加速度大小为 4π m/s2 )
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较 项目 定义 匀速圆周运动 非匀速圆周运动
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
[总结提升]
水平面内的匀速圆周运动的解题方法
(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题 时，确定临界条件； (2)确定圆周运动的圆心和半径； (3)应用相关力学规律列方程求解．
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
1.(多选)如图所示，一个内壁光滑的
后，物体将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失 后，物体将做曲线运动
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
考点一 考点二 考点三
水平面内的圆周运动 竖直面内的圆周运动 圆周运动的综合问题
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
考点一
水平面内的圆周运动
1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆 周飞行等．
第四章
曲线运动
万有引力与航天
第三节
圆周运动
第四章
曲线运动
万有引力与航天
一、描述圆周运动的物理量
2πr Δs T 1．线速度：描述物体圆周运动的快慢， v＝ ＝_________ . Δt
2π Δθ T 2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ ＝___________ . Δt
2πr 1 转动的快慢 3．周期和频率：描述物体_______________,T＝ ， T＝ . v f
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
2．供需关系与运动
如图所示，F为实际提供的向心力，则 2r F ＝ mω (1)当_______________时，物体做匀速圆周运动；
F＝0 (2)当_______________ 时，物体沿切线方向飞出； 2r F < mω (3)当_______________时，物体逐渐远离圆心；
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 B．向心加速度大小不变，方向时刻改变 C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆 周运动
D．做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方
向才指向圆心
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
三、离心运动 圆周 运动的物体，在合力_____________ 突然消失 1．定义：做_________ 或 不足以 者_____________ 提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做 远离 逐渐___________ 圆心的运动．
2r F > mω (4)当_______________时，物体逐渐靠近圆心．
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
3.(单选)下列关于离心现象的说法正确的是( C )
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象 B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失 后，物体将做背离圆心的圆周运动 C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失
(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆
运动．
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
[解析 ] (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只 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： mgtan θ＝ mω2 0lsin θ g 2 解得： ω0＝ lcos θ 即 ω0＝ g 5 ＝ 2 rad/s. lcos θ 2
2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或
电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零． 3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
如图所示，用一根长为l＝1 m的细线， 一端系一质量为m＝1 kg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
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
解析：根据上述规律可知，此题中的 A、 B 两小球实际上是具 2 v2 4π R 有相同的向心加速度， 根据 a＝ ＝ Rω2＝ 2 可知， 加速度相 R T 同时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由 RA＞ RB，可知 vA＞ vB，ωA＜ ωB，TA＞ TB，则选项 A、B 正确， C 错误．由于 A、 B 质量相同，在相同的倾斜面上，则向心力 相等，进一步可知两球所受的弹力相等，结合牛顿第三定律可 知选项 D 错误．
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
(2)同理，当细线与竖直方向成 60° 角时，由牛顿第二定 律及向心力公式： mgtan α＝ mω′2lsin α g 2 解得 ω′ ＝ ， lcos α 即 ω′＝
[答案]
g ＝ 2 5 rad/s. lcos α
(2)2 5 rad/s
5 (1) 2 rad/s 2
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
线速度方向 4．向心加速度：描述_______________ 变化的快慢． 2 2 v 4π an＝ rω2＝ ＝ωv＝ 2 r. r T
向心加速度 ，F ＝ma . 5．向心力：作用效果产生_______________ n n
栏目 导引
第四章
曲线运动
万有引力与航天
圆锥筒的轴线垂直于水平面，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 法正确的是( AB ) A．球A的线速度必定大于球B的线速度 B．球A的角速度必定小于球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
线速度大小不变的 圆周运动
F向、a向、v均大小 不变，方向变化， ω不变 F向＝F合
线速度大小变化的 圆周运动
F向、a向、v大小、 方向均发生变化， ω发生变化 由F合沿半径方向 的分力提供
栏目 导引
运动 特点 向心 力
第四章
曲线运动
万有引力与航天
2.(多选)下列关于圆周运动的说法正确的是( CD )
高三物理一轮复习课件-圆周运动.ppt
物理
第3节 圆周运动
(1)若 ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求 ω0； (2)若 ω＝(1±k)ω0，且 0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力的大 小和方向。 [审题指导] (1)小物块在水平面内做匀速圆周运动。 (2)ω＝ω0 时，小物块受到的摩擦力恰好为零，重力和支持力 的合力提供小物块的向心力。 (3)当 ω＝(1＋k)ω0 时，小物块具有离心运动趋势，当 ω＝(1 －k)ω0 时，小物块具有近心运动趋势。
klg，而转盘的角速度
2kg 3l <
klg，小木
块 a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第
二定律可得 f＝mω2l＝23kmg，D 错误。 答案：AC
物理
第3节 圆周运动
要点三 竖直平面内的圆周运动
• 在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨
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，沿内轨道的“过山 车”等)，称为“轻绳模 型”
物理
第3节 圆周运动
[典例] (2013·重庆高考)如图 4-3-6 所示，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 60°。重力加速度大小为 g。
物理
第3节 圆周运动
[典例] (2015·烟台模拟)一轻杆一端固定质量为 m 的小 球，以另一端 O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为 R 的圆 周运动，如图 4-3-10 所示，则下列说法正确的是 ( )
2016年高考物理大一轮复习 4.3圆周运动课件 新人教版
考点三 圆周运动中的临界问题
考点阐释
3．选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后， 对于不同的运动过程或现象，要分别选择相对应的物理规律，然 后再列方程求解．
v D．a点和d点的向心加速度大小相等 ，选项 D 对． r
答案 解析 图片显/隐
2
考点一 圆周运动中的运动学分析
规律总结
常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图1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vA＝vB.
图2 (2)摩擦传动：如图2甲所示，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vA＝vB.
答案 解析
匀速圆周运动是速度大 小不变，方向时刻改 变，合外力指向圆心全 部提供向心加速度的非 匀变速曲线运动，加速 大小不变，方向时刻指 向圆心，故选项C、D 正确．
基础自测
2.(匀速圆周运动的向心力分析)如图所示，水平转 台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没 有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列 说法正确的是 ( D ) A．受重力和台面的支持力 B．受重力、台面的支持力和向心力 C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力 D．受重力、台面的支持力和静摩擦力
板上 A、 B 两点的角速度 相等， 角速度之比ω A∶ ω B＝ 1∶ 1，选项 A 正确 B 错误；线速度 v＝ ωr，线 速 度 之 比 vA ∶ vB ＝ 1∶ 2 ，选项 C 错误 D 正 确．
答案
解析
图片显/隐
考点一 圆周运动中的运动学分析
题组设计
2．(2015· 荆州模拟)如图所示， 由于没有相对滑动， A、 B 两轮边缘 vA A、B是两个摩擦传动轮，两轮半 径大小关系为RA＝2RB，则两轮边 上的线速度大小相等，ω A＝RA＝1， ω B vB 2 缘上的 ( C ) RB A．角速度之比ωA∶ωB＝2∶1 B．周期之比TA∶TB＝1∶2 C．转速之比nA∶nB＝1∶2
高三物理一轮复习 第四章曲线运动圆周运动优化课件
2．竖直平面内的圆周运动的常见模型 (1)绳球模型：没有物体支撑的小球，在竖直平面内做圆 周运动过最高点，如图甲所示．
甲
乙
①由牛顿运动定律知mg＝mvR2，得小球过圆周轨道最高点
的临界速度为v＝ gR .此时v＝ gR 是小球通过圆周最高点的
最小速度．
②当mg<m
v2 R
，即v>
gR ，小球能过圆周的最高点，此时
直方向做自由落体运动，设球绕几周后从B点射出，则在水平 面内做匀速圆周运动的路程为n2πR＝v0t，
在竖直方向的位移有h＝12gt2，
由上述两式有v0＝n2πR
g 2h
(n＝1,2,3，…)．
小球运动中水平方向只受支持力N且总指向圆心，
N＝mvR20＝2π2Rhmgn2 (n＝1,2,3，…)．
由牛顿第三定律得小球对筒的压力N′＝N，N′＝
2．离心现象 (1)做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周 切线方向飞去的倾向，在所受合外力突然消失或不足以提供 圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运 动，这种现象称为离心现象． (2)物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以 提供圆周运动所需的向心力． (3)离心运动的应用：离心干燥器、离心沉淀器等． (4)离心运动的防止：车辆转弯时要限速；转动的砂轮和 飞轮要限速等．
由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力FN′＝FN＝2.6 N，方向竖直向上．
考点一 考查描述圆周运动的各物理量间的关系
圆周运动的各物理量v、ω、T、f、n间的关系为v＝
2πr T
＝
2πfr＝2πnr＝ωr.
如下图所示的传动装置中，A、B两轮同轴转 动．A、B、C三轮的半径大小的关系是RA＝RC＝2RB.当皮带不 打滑时，三轮的角速度之比、三轮边缘的线速度大小之比、
高三物理一轮复习资料第四章第3节圆周运动课件
A.n1＋n12n2ω C.n1＋n1 n2ω
B.n1＋n2 n2ω D.n1－n2 n2ω
【答案】 A 【解析】 主动轮、行星轮与大轮分别用 A、B、C 表示， 由图可知，A 与 B 为齿轮传动，所以线速度大小相等，B 与 C 是 车轮传动，线速度大小也相等，所以 A 与 B、C 的线速度是相等 的；有线速度关系可知：22ππRRAB＝RRAB＝nn12 则：RB＝nn21·RA 由图可知：RC＝2RB＋RA A、B 与 C 的线速度相同，得：ωRA＝ω′RC 联立可得：ω′＝n1n＋1ω2n2，故 A 项正确，B、C、D 三项错误．
【答案】 A 【解析】 线速度 v＝st，A、B 通过的路程之比为 4∶3，且 时间相等，则线速度之比为 4∶3，故 A 项正确； 角速度 ω＝θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角 度，A、B 转过的角度之比为 3∶2，且时间相等，则角速度之比 为 3∶2，故 B 项错误；
根据 v＝rω 得，圆周运动的半径 r＝ωv ，线速度之比为 4∶3， 角速度之比为 3∶2，则圆周运动的半径之比为 8∶9，故 C 项错 误；
＝32R处之前做斜拋运动，所以小球能够上升的最大高度小于32R， 故 B 项正确；如果 v0＝ 5gR，根据机械能守恒定律得12mv02＝ mg·2R＋12mv2，解得 v＝ gR，所以小球恰好可以到达最高点， 即小球能够上升的最大高度为 2R，故 D 项正确，C 项错误．
练 6 (2019·汕头模拟)如图所示，一倾角为 30°的斜劈静置 于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上 的 O 点，另一端系一小球．在图示位置垂直于细线给小球一初速 度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动．已知 O 点到小球球心的 距离为 l，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动课件
物理量(v)
Δt T
(2)单位:m/s
(2)是矢量,方向和半径垂直,和圆周相切
(1)描述物体绕圆心⑤ 转动快慢 的物理量 (1)ω= Δ = 2π
(ω)
Δt T
(2)单位:rad/s
(2)中学不研究其方向
(1)周期是物体沿圆周运动⑥ 一周 的时间 (T) (2)转速是物体在单位时间内转过的⑦ 圈数
(n),也叫频率(f)
(1)T= 2πr= 2π,单位:s v (2)n的单位:r/s、r/min
(3)f= 1 ,单位:Hz T
(1)描述速度⑧ 方向 变化快慢的物理量 (an) (2)方向指向圆心
(1)an= v2 =⑨ ω2r r (2)单位:m/s2
2πr
(1)v=ωr=⑩ T = 2πrf
(C )
A.2∶1 B.3∶2 C.5∶3 D.5∶2
栏目索引
答案 C 设AB段长为l,则OB=2l,分别对A、B球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得 FOB-FAB=m·2lω2 FBA=m·3lω2 由牛顿第三定律知FAB=FBA 解得:FOB=5mlω2,FAB=3mlω2 则FOB∶FAB=5∶3
栏目索引
1-1 (多选)如图所示为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1,从动轮 的半径为r2。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 (BC )
A.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 r1 n r2
D.从动轮的转速为 r2 n
r1
栏目索引
栏目索引
答案 C 由题意知RB=2RA=2RC,而vA=vB,ωARA=ωBRB,ωA∶ωB=RB∶RA=2∶ 1,又有ωB=ωC,由v=ωR,知vB=2vC,故A、B、C三点线速度之比为2∶2∶1,
优化方案高考物理大一轮复习第四章第三节圆周运动教学讲义
第三节 圆周运动[学生用书P 68]一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πr T. 2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT. 3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，T ＝1f. 4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r . 5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n ＝ma n .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/sB ．转速为0.5 r/sC ．轨迹半径为4πm D ．加速度大小为4π m/s 2答案：BCD2.(多选)下列关于圆周运动的说法正确的是( )A ．匀速圆周运动是匀变速曲线运动B ．向心加速度大小不变，方向时刻改变C ．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D ．做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心答案：CD三、离心运动1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．供需关系与运动如图所示，F 为实际提供的向心力，则(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；(4)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心．3.(单选)下列关于离心现象的说法正确的是( )A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动答案：C考点一 水平面内的圆周运动 [学生用书P 68]1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零．3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 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 .(g 取10 m/s 2，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？[审题点睛] (1)小球离开锥面的临界条件是小球沿锥面运动，支持力为零，即小球在重力和拉力的作用下，在水平面内做圆周运动．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析] (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只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＝m ω20l sin θ解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝g l cos θ＝52 2 rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝m ω′2l sin α解得ω′2＝g l cos α，即ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s. [答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s [总结提升] 水平面内的匀速圆周运动的解题方法(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；(2)确定圆周运动的圆心和半径；(3)应用相关力学规律列方程求解．1.(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 的角速度必定小于球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 对筒壁的压力解析：选AB.根据上述规律可知，此题中的A 、B 两小球实际上是具有相同的向心加速度，根据a ＝v 2R ＝R ω2＝4π2R T 2可知，加速度相同时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由R A ＞R B ，可知v A ＞v B ，ωA ＜ωB ，T A ＞T B ，则选项A 、B 正确，C 错误．由于A 、B 质量相同，在相同的倾斜面上，则向心力相等，进一步可知两球所受的弹力相等，结合牛顿第三定律可知选项D 错误．考点二 竖直面内的圆周运动 [学生用书P 69]1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种．2．只有重力做功的竖直面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒．3．竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题．4．一般情况下，竖直面内的变速圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形．(单选)(2015·广州模拟)轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R ，速率v ＜Rg ，AC 为水平直径，BD 为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )A ．物块始终受两个力作用B ．只有在A 、B 、C 、D 四点，物块受到的合外力才指向圆心C ．从B 运动到A ，物块处于超重状态D ．从A 运动到D ，物块处于超重状态[审题点睛] (1)物块在B 、D 两点受到的力有____________．向心力分别为________．(2)物块在A 、C 两点受到的力有________，向心力是由________力提供．(3)根据________的方向判断超、失重．[解析] 在B 、D 位置，物块受重力、支持力，在A 、C 位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A 错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B 错；从B 运动到A ，向心加速度斜向下，物块失重，从A 运动到D ，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D 对．[答案] D2.(单选)(2014·高考新课标全国卷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.法一：以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ·2R ＝12mv 2，在大环最低点有F N －mg ＝m v 2R，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为F N ′＝F N ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确．法二：设小环滑到大环最低点时速度为v ，加速度为a ，根据机械能守恒定律12mv 2＝mg ·2R ，且a ＝v 2R，所以a ＝4g ，以整体为研究对象，受力情况如图所示．F －Mg －mg ＝ma ＋M ·0，所以F ＝Mg ＋5mg ，C 正确．考点三 圆周运动的综合问题 [学生用书P 69]圆周运动常与平抛(类平抛)运动、匀变速直线运动等组合而成为多过程问题，除应用各自的运动规律外，还要结合功能关系进行求解．解答时应从下列两点入手：1．分析转变点：分析哪些物理量突变，哪些物理量不变，特别是转变点前后的速度关系．2．分析每个运动过程的受力情况和运动性质，明确遵守的规律．(2013·高考福建卷)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差 h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：(1)地面上DC 两点间的距离s ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．[审题点睛] (1)小球从A →B 做圆周运动，其机械能守恒，轻绳断前瞬间绳拉力与重力的合力提供向心力．(2)绳断瞬间，小球速度方向水平，做平抛运动．平抛初速度等于绳断瞬间的速度．[解析] (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ① 小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2② 在水平方向上有s ＝v B t ③由①②③式解得s ＝1.41 m ．④ (2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2B L⑤ 由①⑤式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律得F ′＝－F故轻绳所受的最大拉力为20 N.[答案] (1)1.41 m (2)20 N[总结提升] 平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速等于平抛运动的水平初速；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速等于平抛末速在圆切线方向的分速度．3.如图所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A 、B 以不同的速度进入管内．A 通过最高点C 时，对管壁上部压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部压力为0.75mg ，求A 、B 两球落地点间的距离．解析：A 球通过最高点时，由F N A ＋mg ＝m v 2A R已知F N A ＝3mg ，可求得v A ＝2Rg B 球通过最高点时，由mg －F N B ＝m v 2B R已知F N B ＝0.75mg ，可求得v B ＝12Rg 平抛落地历时t ＝4Rg故两球落地点间的距离s ＝(v A －v B )t ＝3R .答案：3R物理模型——竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型1．模型特点在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至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、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．2．模型分析(多选)(2015·东城区模拟)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小D ．当v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大[审题点睛] (1)模型类型：竖直平面内圆周运动的杆模型．(2)临界条件：最高点杆受力为零的条件为v ＝gL(3)选用规律：用牛顿第二定律列表达式、讨论．[解析] 在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL 时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对．[答案] ABD[总结提升] 竖直面内圆周运动的求解思路(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，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．(2)确定临界点：v 临＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力还是拉力的临界点．(3)定规律：用牛顿第二定律列方程求解．4.(单选)如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为( )A.3mgB ．23mgC ．3mgD ．4mg解析：选A.当小球到达最高点速率为v 时，有mg ＝m v 2r，当小球到达最高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝m v 2r，所以F ＝3mg ，此时最高点各力如图所示，所以F T ＝3mg ，A 正确．1．(多选)(2015·四川资阳高三上学期诊断性考试)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1；若改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，则( )A.ω1ω2＝22 B.ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12解析：选AC.根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ，联立解得μg ＝ω21r ，小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r ，ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 正确B 错误；a 2＝μg ＝ω2R ，a 1a 2＝11，选项C 正确D 错误． 2．(多选)(2015·浙江杭州七校联考)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P, 细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．Q 受到桌面的支持力变大B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大C ．小球P 运动的角速度变大D ．小球P 运动的周期变大解析：选BC.金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故A 错误．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L ，P 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，则有F T ＝mg cos θ，F n ＝mg tan θ＝m ω2L sin θ，得角速度ω＝gL cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg.使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小，C 正确，D 错误．对Q ，由平衡条件知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故B 正确．3.(多选)(2015·洛阳模拟)如图所示，竖直圆环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B 不能左右移动，在环的最低点静止放置一个小球C .A 、B 、C 的质量均为m ，给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动．不计一切摩擦，重力加速度为g ，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时速度v 必须满足( )A ．最小值为2grB ．最小值为5grC ．最大值为8grD ．最大值为7gr解析：选BD.要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 20r，由最低点到最高点由机械能守恒得12mv 2min ＝mg ·2r ＋12mv 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12mv 2max ＝mg ·2r ＋12mv 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr .4.(单选)(2015·杭州四中统测)有一长度为L ＝0.50 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3.0 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度是2.0 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时细杆OA 受到( )A ．6.0 N 的拉力B ．6.0 N 的压力C ．24 N 的拉力D ．24 N 的压力解析：选B.设杆对小球的作用力为F N ，方向竖直向下，如图所示，由向心力公式得F N ＋mg ＝m v 2L，则 F N ＝m v 2L －mg ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3.0×2.020.50－3.0×10 N ＝－6 N. 负号说明F N 的方向与假设方向相反，即竖直向上．由牛顿第三定律知应选B.5.(单选)如图所示， 为了检测一玩具枪射出子弹的速度，用一个半径为r 的圆盘做目标靶，枪口与圆盘的距离为L ，圆盘绕垂直盘面且过盘心O 点的水平轴匀速转动，转动的角速度大小为ω.子弹出枪口时圆盘边缘上的A 点在最高点位置，若子弹恰好击中A 点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g ，则子弹出枪口的速度可能为( )A.ωL 4πB.ωL 3πC.ωL 2πD ．πωL 解析：选B.子弹射出后做平抛运动，有L ＝v 0t ；子弹击中A 点时，A 恰好在最低点位置，则A 点转过的角度为θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0,1,2…)，联立得v 0＝ωL k ＋π(k ＝0,1,2…)，B 正确．6.(多选)(2015·长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为4∶3B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析：选AD.由题意可知N＝mg cos θ，所以N A N B＝cos 37°cos 53°＝43，A 正确；mg tan θ＝m 4π2T2R sin θ，所以T A T B ＝cos 53°cos 37°＝34，B 错误；E k ∝v 2，v ＝2πT R sin θ，所以E k A E k B ＝T 2B sin 2 53°T 2A sin 2 37°＝6427，C 错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B ＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 正确．一、单项选择题1.(2015·廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m 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，关于小球运动情况的说法正确的是( )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Pa 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 运动答案：A2．(2015·浙江台州书生中学检测)如图所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L 3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：选A.细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误．圆周运动的半径由L 变为L 3，由a ＝v 2r知，a 增大到原来的3倍，A 正确．根据v ＝r ω知角速度ω增大到原来的3倍，C 错误．细绳碰到钉子前瞬间F T －mg ＝m v 2L ，碰后瞬间F T ′－mg ＝m v 2L3，再根据机械能守恒有mgL ＝12mv 2，由此可得F T ′＝73F T ，D 错误． 3．(2013·高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．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时，下列说法正确的是( )A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析：选D.根据v ＝ωr ，两座椅的ω相等，由r B ＞r A 可知v B ＞v A ，A 错误；向心加速度a ＝ω2r ，因ω相等r 不等，故a 不相等，B 错误；水平方向mg tan θ＝m ω2r ，即tan θ＝ω2r g ，因r B ＞r A ，故θB ＞θA ，C 错误；竖直方向T cos θ＝mg ，绳子拉力T ＝mg cos θ，因θB ＞θA ，故T B ＞T A ，D 正确．4.(2015·安徽江南十校联考)如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，则( )A ．若v 0＝gR ，则物块落地点离A 点2RB ．若球面是粗糙的，当v 0＜gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．若v 0＜gR ，则物块落地点离A 点为RD ．若v 0≥gR ，则物块落地点离A 点至少为2R解析：选D.若v 0＝gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 2/2，x ＝v 0t ，得x＝2R ，A 错误，D 正确；若v 0＜gR ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．5.(2015·黑龙江示范性高中联考)一对男女溜冰运动员质量分别为m 男＝80 kg 和m 女＝40 kg ，面对面拉着一弹簧测力计做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m ，弹簧测力计的示数为9.2 N ，则两人( )A ．速度大小相同约为40 m/sB ．运动半径分别为r 男＝0.3 m 和r 女＝0.6 mC ．角速度相同为6 rad/sD ．运动速率之比为v 男∶v 女＝2∶1解析：选B.因为两人的角速度相等，由F ＝m ω2r 以及两者的质量关系m 男＝2m 女，可得r 女＝2r 男，所以r 男＝0.3 m ，r 女＝0.6 m ，则角速度均为0.6 rad/s ，B 正确，C 错误；由v ＝ωr 知，运动速率之比为v 男∶v 女＝1∶2，A 、D 错误．二、多项选择题6.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 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，( )A ．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 的值变小解析：选AC.汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，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，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v c 时，车所需向心力mv 2r减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B 错误；同理，当车速高于v c ，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C 正确；当路面结冰时，只是最大静摩擦力变小，v c 值不变，D 错误．7.(2015·广东广州一模)如图，在绕地球运行的“天宫一号”实验舱中，航天员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它做圆周运动．在a 、b 两点时，设小球动能分别为E k a 、E k b ，细绳拉力大小分别为T a 、T b ，阻力不计，则( )A ．E k a ＞E k bB ．E k a ＝E k bC ．T a ＞T bD ．T a ＝T b解析：选BD.在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球做匀速圆周运动，动能不变，A 错，B 对；其向心力由绳子拉力提供，由牛顿第二定律有F ＝m v 2R，因m 、R 、v 2不变，所以拉力大小也不变，C 错，D 对，所以本题选择BD. 8.(2015·四川泸州一模)如图所示，物体P 用两根长度相等不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则( )A ．ω只有超过某一值时，绳子AP 才有拉力B ．绳子BP 的拉力随ω的增大而增大C ．绳子BP 的张力一定大于绳子AP 的张力D ．当ω增大到一定程度时，绳子AP 的张力大于绳子BP 的张力解析：选AC.ω较小时，AP 松弛，故A 选项正确．当ω达到某一值ω0时，AP 刚好要绷紧．P 受力如图，其合力提供向心力，竖直方向合力为零．故F BP ＞F AP ，C 选项正确．9．(2015·湖北孝感三中期中)如图所示，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( )A ．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 解析：选CD.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．物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D 正确．☆10.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，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( )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＝kg 2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝ 2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝m ω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝m ω2r ，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度ω0＝kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为 kg l，b 发生相对滑动的临界角速度为 kg 2l ；若ω＝2kg 3l ，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝m ω2l ＝23kmg .综上所述，本题正确答案为AC.三、非选择题☆11.(2015·开封模拟) 如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的夹角．板上一根长为l ＝0.60 m 的轻细绳的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面上做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力．在垂直板面方向上合力为0，重力沿板面向下的分力为mg sin α.小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿板面向下的分力的合力提供向心力，有T ＋mg sin α＝mv 21l① 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理－mgl sin α＝12mv 21－12mv 20② 若恰好通过最高点，绳子的拉力T ＝0③联立①②③，解得sin α＝v 203gl代入数据得α＝30°所以，要使小球能保持在板面上做圆周运动，板面的倾角α应小于等于30°. 答案：α≤30°☆12.如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2 设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ，联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°有tan θ＝v y /v 0＝3/4，得v 0＝4 m/sv 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s.(2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12mv 22－12mv 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝mv 22R解得：v 2＝27 m/s ，F N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g ＝2.0 m. 答案：(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m。
高三物理一轮复习 第4章 第3讲 圆周运动课件
(1)同一转轴上各点的角速度ω相同,而线速度v=ωr与半径r成正比,向心加
速度a=ω2r与半径r成正比。
(2)当皮带不打滑时,用皮带连接的两轮边缘上各点的线速度大小相等,由
ω= v 可知,ω与r成反比,由a= v 2 可知,a与r成反比。
r
r
(3)靠静摩擦力传动的两轮边缘上的点,线速度大小相等,ω与r成反比。
5. 答案
A
对于物体A,由图线知aA∝
1 r
,与a=v 2
r
相比较,则推知vA大小不
变;对于物体B,由图线知,aB∝r,与公式a=ω2r相比较可知ωB不变,故选项A正
确。
ppt精选
10
重难突破
重难一 传动装置中各物理量之间的关系
在分析传动装置中各物理量之间的关系时,要抓住不等量和相等量
的关系,具体情况如下:
4. 答案 D 由a= v 2 知,只有在v一定时,a才与r成反比,如果v不一定,则a与
r
r不成反比;同理,只有当ω一定时,a才与r成正比;只有当v一定时,ω与r才成反 比;因2π是定值,故B两物体做匀速圆周运动时向心加速度a随半径r变化的 图线,由图线可知 ( ) A.A物体的线速度大小不变 B.A物体的角速度不变 C.B物体的线速度大小不变 D.B物体的角速度与半径成正比
ppt精选
2
(2)角速度:物体与圆心的连线扫过的⑨ 角度 与所用⑩ 时间 的比
值,符号为 ω ,表达式为 ω=
,单位为 rad/s 。
(3)周期、频率:运动 一周 所用的时间叫周期,用符号 T 表示,
单位为 s ; 单位时间 内绕圆心转过的 圈数 叫频率,用
符号 f 表示,单位为 Hz 。 θ
t
高考物理一轮复习课件：第4章第3课时 圆周运动
【例1】 (多选)(2016·太原模拟)如图所示为皮带传动装 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．a点和b点的线速度大小相等 B．a点和b点的角速度大小相等 C．a点和c点的线速度大小相等 D．a点和d点的向心加速度大小相等
【例2】 (2015·银川模拟)某游乐场有一种叫“空中飞椅” 的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边 缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而 在空中飞旋．若将人和座椅看作一个质点，则可简化为 如图所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘， 可绕竖直转轴OO′转动．
设绳长l＝10 m，质点的质量m＝60 kg，转盘静止时 质点与转轴之间的距离d＝4 m．转盘逐渐加速转动， 经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此 时绳与竖直方向的夹角θ＝37°(不计空气阻力及绳重， 绳不可伸长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．求质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角 速度及绳的拉力．
解析：皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是 跟皮带移动的距离相等，即 a、c 两点的线速度大小相等，选项 A 错， C 对；b、c、d 三点同轴转动，角速度大小相等，故 ωc＝ωb，又 va ＝vc，rc＝2ra，且 v＝rω，故 ωa＝2ωc，ωa＝2ωb，选项 B 错；设 a 点线速度大小为 v，c 点线速度也为 v，而 d 点线速度则为 2v，所以 aa＝vr2，ad＝24vr2＝vr2，选项 D 对．
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”．
高考物理一轮复习 第4章 第3单元 圆周运动课件
离心现象 [想一想] 如图 4－3－2 所示，游乐场的旋转飞椅非常刺激有趣，当转 速逐渐增大时，飞椅会飘得越来越高，请思考其中的道理。
图 4－3－2
提示：如图所示为飞椅受力图，由 Fcos θ＝ mgFsin θ＝mω2L ·sin θ 可得：cos θ＝ωg2L 可见，飞椅转速增大时，ω 增大，θ 增大， 飞椅飘得越来越高。
解析：由 a＝vr2知，只有在 v 一定时，a 才与 r 成反比，如果 v 不一定，则 a 与 r 不成反比，同理，只有当 ω 一定时，a 才与 r 成正比；v 一定时，ω 与 r 成反比；因 2π 是定值，故 ω 与 n 成 正比，D 正确。 答案：D
匀速圆周运动和非匀速圆周运动
[想一想] 在圆周运动中，向心力一定指向圆心吗？合外力一定指向圆心 吗？
[记一记] 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：
定义、意义
公式、单位
线速度
①描述做圆周运动的物体运动快慢 的 物理量(v) ②是矢量，方向和半径垂直，和圆周 _相__切__
①v＝ΔΔst＝2Tπr ②单位： m/s
①描述物体绕圆心转动快慢 的物理 角速度 量(ω)
图 4－3－3 ②当 F＝0 时，物体沿 切线 方向飞出； ③当 F<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>mω2r，物体将逐渐 靠近 圆心，做近心运动。
[试一试]
3．下列关于离心现象的说法正确的是
()
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
[记一记] 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。