資源簡介

(共33張PPT)
第3講　圓周運動及其應用
必備知識·自主排查
關鍵能力·分層突破
必備知識·自主排查
一、圓周運動及其描述
1．勻速圓周運動：
(1)定義：做圓周運動的物體，若在任意相等的時間內通過的圓弧長________，就是勻速圓周運動．
(2)速度特點：速度的大小________，方向始終與半徑垂直．
相等　
不變
2．描述勻速圓周運動的物理量：
定義、意義 公式、單位
線速度 描述做圓周運動的物體沿圓弧運動________的物理量(v) (1)v＝＝________
(2)國際單位：________
角速度 描述物體繞圓心________的物理量(ω) (1)ω＝＝________
(2)國際單位：________
周期 物體沿________運動一周所用的時間(T) (1)T＝________＝________，
國際單位：s
(2)f＝，單位：Hz
向心 加速度 (1)描述速度________變化快慢的物理量(an) (2)方向指向________ (1)an＝________＝________
(2)單位：________
快慢　
m/s　
轉動快慢
rad/s
圓周
方向
圓心
rω2
m/s2
二、勻速圓周運動的向心力
1．作用效果：向心力產生向心加速度，只改變速度的____．不改變速度的_____．
2．大小：F＝ma＝m＝________＝mr＝mr4π2f2＝mωv.
3．方向：始終沿半徑方向指向________，時刻在改變，即向心力是一個變力．
4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的________提供，還可以由一個力的________提供．
方向　
大小
mrω2
圓心
合力　
分力
三、離心運動和近心運動
1．離心運動定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做________圓心的運動．
2．受力特點
(1)當F＝mrω2時，物體做________運動．
(2)當F＝0時，物體沿________方向飛出．
(3)當F＜mrω2時，物體逐漸________圓心
(4)當F＞mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做________運動．
3．本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是提供的力________做勻速圓周運動需要的向心力．,
逐漸遠離
勻速圓周　
切線　
遠離　
近心
小于
生活情境
1.現在有一種叫作“魔盤”的娛樂設施，如圖所示．當“魔盤”轉動很慢時，人會隨著“魔盤”一起轉動，當盤的速度逐漸增大時，盤上的人便逐漸向邊緣滑去，離轉動中心越遠的人，這種滑動的趨勢越明顯，當“魔盤”轉動到一定速度時，人會“貼”在“魔盤”豎直壁上而不會滑下．
(1)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，其角速度是不變的．(　　)
(2)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，其合外力是不變的．(　　)
(3)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比． (　　)
(4)隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，人離“魔盤”中心越遠，人運動得越快．(　　)
(5)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動，是因為人受到了“魔盤”給人的向心力．(　　)
(6)“魔盤”的轉速逐漸增大時，盤上的人便逐漸向邊緣滑去，這是人受沿半徑向外的離心力作用的緣故．(　　)
(7)當“魔盤”轉動到一定速度時，人會“貼”在“魔盤”豎直壁上而不會滑下，此時的向心力是由靜摩擦力提供．(　　)
√
×
×
√
×
×
×
教材拓展
2．[人教版必修2P25T3改編]如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是(　　)
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力

答案：C
關鍵能力·分層突破
考點一　圓周運動的運動學問題
1．在討論v、ω、an、r之間的關系時，應運用控制變量法．
2．傳動裝置的特點：
(1)“同軸”時角速度相同；
(2)“同緣”時線速度大小相等．
例1. [2021·全國甲卷，15]“旋轉紐扣”是一種傳統游戲．如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現．拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50 r/s，此時紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小約為(　　)
A.10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：由題目所給條件可知紐扣上各點的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，則紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小a＝ω2r＝(100π)2×0.01 m/s2≈1 000 m/s2，故選項A、B、D錯誤，選項C正確．
答案：C
命題分析 試題 情境 屬于基礎性題目，以傳統游戲“旋轉紐扣”為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查轉速、角速度、向心加速度等概念的理解及關系
關鍵 能力 考查理解能力．由轉速轉化為角速度，結合向心加速度求解
學科 素養 考查運動觀念，要求考生有清晰的運動觀．要求能快速判斷本題屬于圓周運動中的運動學問題
跟進訓練
1.[2022·河南鄭州一模]某同學以變速自行車的齒輪傳動作為研究性課題，他通過查閱相關資料了解變速自行車的變速原理，測得圖示后小齒輪組中最小、最大齒輪半徑分別為r1、r2，前大齒輪半徑為r3、后輪半徑為R.若該自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，則后輪的最大線速度為(　　)
A. B．
C． D．
解析：若后小齒輪選擇齒輪半徑為r，則有后小齒輪的角速度為ω＝，后輪角速度與后小齒輪角速度相等，所以后輪線速度v＝ωR＝R，所以r越小，v越大，所以選擇最小齒輪半徑r1時，后輪線速度最大，即v＝，若該自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，則周期T＝1 s，則后輪的最大線速度v＝，故A正確，BCD錯誤．
答案：A
2．[2021·廣東卷，4]由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平．桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．P點的線速度大小不變
B．P點的加速度方向不變
C．Q點在豎直方向做勻速運動
D．Q點在水平方向做勻速運動
解析：由于桿OP勻速轉動，P點到圓心的距離不變，故P點的線速度大小不變，A正確；P點的加速度為向心加速度，始終指向圓心，方向時刻變化，B錯誤；設OP＝l1，PQ＝l2，可知Q點到O點所在水平線的距離y＝l1sin (30°＋ωt)，故Q點在豎直方向的運動不是勻速運動，C錯誤；Q點到O點的水平距離x＝l2＋l1cos (30°＋ωt)，故Q點在水平方向的運動也不是勻速運動，D錯誤．
答案：A
考點二　水平面內的勻速圓周運動
例2. [2021·河北卷，9](多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑．一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿．金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止．若ω′>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時(　　)
A．小球的高度一定降低
B．彈簧彈力的大小一定不變
C．小球對桿壓力的大小一定變大
D．小球所受合外力的大小一定變大
答案：BD
解析：設彈簧的勁度系數為k，形變量為x，彈簧與豎直方向的夾角為θ，MN、PQ的距離為L，對小球受力分析有kx cos θ－mg＝0，即豎直方向受力為0，水平方向有kx sin θ±FN＝mω2L，當金屬框以ω′繞MN軸轉動時，假設小球的位置升高，則kx減小，cos θ減小，小球受力不能平衡；假設小球的位置降低，則kx增大，cos θ增大，小球受力同樣不能平衡，則小球的位置不會變化，彈簧彈力的大小一定不變，故A錯誤，B正確．小球對桿的壓力大小F壓＝FN＝mω2L－kx sin θ或F壓＝FN＝kx sin θ－mω2L，所以當角速度變大時壓力大小不一定變大，故C錯誤．當角速度變大時小球受到的合外力一定變大，故D正確．
命題分析 試題 情境 屬于綜合性題目，以小球的勻速圓周運動為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查受力分析、牛頓運動定律和圓周運動等知識
關鍵 能力 考查信息加工能力、模型建構能力．要求在新情境中建構勻速圓周運動模型
學科 素養 考查運動與相互作用觀念、科學思維．要求考生在運動與相互作用觀念下解決實際問題
跟進訓練3.如圖所示，放置在水平轉盤上的物體A、B、C能隨轉盤一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C與轉盤間的動摩擦因數分別為μ0、2μ0、3μ0，A、B、C的質量分別為m0、2m0、3m0，A、B與軸的距離均為r，C與軸的距離為2r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．當轉盤勻速旋轉時，下列說法正確的是(　　)
A.若A、B、C均未滑動，則B受到的摩擦力最小
B．若A、B、C均未滑動，則C的向心加速度最小
C．若轉盤轉速增大，則B比C先滑動
D．若A、B、C均未滑動，則轉盤的最大角速度為
答案：D
解析：若A、B、C均未滑動，則A、B、C的角速度相同，由Ff＝mω2R可知A受到的摩擦力最小，由a＝ω2R可知C的向心加速度最大，A、B的向心加速度相等且較小，選項A、B錯誤；當A、B、C均未滑動時，由最大靜摩擦力提供向心力，有μ0mg＝mRω2，解得ω＝ ，將A、B、C對應的動摩擦因數和轉動半徑代入該式，比較可知，要使三個物體均不發生滑動，轉盤轉動的最大角速度為A的臨界角速度，所以轉盤轉動的最大角速度為 ，選項D正確；B和C的臨界角速度分別為ωB＝ 、ωC＝ ，ωB＞ωC，所以當轉盤轉速增大時，C比B先滑動，選項C錯誤．
4. [2022·湖南四大名校1月聯考]如圖所示，足夠大的水平光滑圓臺中央立著一根光滑的桿，原長為L的輕彈簧(圖中未畫出)套在桿上，質量均為m的A、B、C三個小球(始終在同一豎直面內，均可視為質點)用兩根輕桿通過光滑鉸鏈連接，輕桿長也為L，A球套在豎直桿上，現將A球擱在彈簧上端，當系統處于靜止狀態時，兩輕桿與豎直方向的夾角均為θ＝37°，已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求系統靜止時輕桿對B的作用力F和彈簧的勁度系數k；
(2)讓B、C球以相同的角速度繞豎直桿勻速轉動，若轉動的角速度為ω0(未知)時，B、C球剛要脫離圓臺，求此時輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦值和角速度ω0.
答案：(1)0　　(2)
解析：(1)圓臺光滑，對B球進行受力分析，一定受重力和平臺的支持力，如果輕桿對B有作用力，則B球不可能平衡，故輕桿對B球的作用力F＝0
彈簧的形變量ΔL＝L－L cos θ
對A進行受力分析，由平衡條件有kΔL＝mg
代入數據得彈簧的勁度系數k＝.
(2)對A、B、C三個小球整體分析，B、C剛要脫離圓臺時，在豎直方向上有k(L－L cos θ0)＝3 mg，代入數據得cos θ0＝
對B進行受力分析，有mg tan θ0＝L sin θ0
代入數據得ω0＝ .
[思維方法]
水平面內圓周運動的處理方法
考點三　豎直面內的圓周運動問題
1．豎直面內圓周運動兩類模型
一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．
2．豎直平面內圓周運動的兩種模型過最高點時的特點及求解方法
“輕繩”模型 “輕桿”模型
圖示
受力特征 物體受到的彈力方向為向下或等于零 物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上
受力示 意圖
力學方程 mg＋FN＝m mg±FN＝
臨界特征 FN＝0 mg＝min＝ FN＝mg
即F向＝0
vmin＝0
過最高點 的條件 在最高點的速度v≥ 在最高點的速度v≥0
角度1繩—球模型
例3.如圖所示，雜技演員表演水流星節目．一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為(　　)

A．　　B. 　　C. 　　D.
解析：杯子在豎直平面內做半徑為的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點重力提供向心力，則有mg＝，可得ω＝ ，故B正確，A、C、D錯誤．
答案：B
角度2桿—球模型
例4.(多選)如圖所示，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心的距離為R，A端與圓心O等高，B點在O點的正上方，小球自A端正上方高h處由靜止釋放，自由下落至A端進入管道，要使小球最終恰好停在管道的B處，則滿足條件的h值為 (　　)
A．R　　　B．R　　　C．R　　　D．R
答案：AD
解析：情境一：從B點等高處釋放小球．由機械能守恒得mgh1＝mgR，所以h1＝R，A正確．情境二：從高于B點某高度處釋放小球，小球從B點以一定速度滑出后做平拋運動，恰好落至A點，并從A點再次進入管道．由于小球和管道發生碰撞，沿水平方向的分速度減為零，小球又恰好返回B點．小球從高度h2處釋放后第一次運動至管道B處的過程中，由機械能守恒得mgh2＝.小球從B點飛出后做平拋運動，水平方向有R＝vBt，豎直方向有R＝gt2，聯立解得h2＝，D正確．
[思維方法]
豎直面內圓周運動的處理方法
跟進訓練
5．[2021·浙江6月，7]質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示．對該時刻，下列說法正確的是(　　)
A．秋千對小明的作用力小于mg
B．秋千對小明的作用力大于mg
C．小明的速度為零，所受合力為零
D．小明的加速度為零，所受合力為零
答案：A
解析：
秋千從最高點向下運動的過程中做圓周運動，將重力分解為沿秋千方向的分力mg cos θ和沿切線方向的分力mg sin θ，如圖所示，其中秋千對小明的作用力T與重力分力mg cos θ的合力提供向心加速度，重力沿切線方向的分力mg sin θ提供切線加速度，秋千到達最高點時，沿秋千方向小明受力平衡，即T＝mg cos θ，故在最高點秋千對小明的作用力小于重力，A正確，B錯誤；該時刻小明的速度為零，但所受合力不為零，由牛頓第二定律可知，加速度不為零，C、D錯誤．
6．[2022·湖北荊州模擬]如圖所示，將過山車經過兩段彎曲軌道的過程等效簡化成如圖所示兩個圓周的一部分(RAA．在A點時合外力方向豎直向上
B．在B點時合外力方向豎直向下
C．在A點時所受摩擦力比在B點時大
D．在B點時所受向心力比在A點時大
答案：C
解析：過山車在兩段彎曲軌道中所做的運動不是勻速圓周運動，經過A點或B點處，其合外力并不指向圓心，故選項A、B錯誤；過山車經過A點的速度大于B點的速度，在A點根據向心力公式有FNA－mg＝，過山車在A點對軌道的壓力F′NA＝FNA＝，由圖示軌道知，過山車在最高點B點是在軌道的外側運動，根據向心力公式有mg－FNB＝，對軌道的壓力F′NB＝FNB＝，故F′NA＞F′NB，因動摩擦因數處處相等，由摩擦力公式Ff＝μFN知，FfA＞FfB，故選項C正確；因半徑RA＜RB，速度vA＞vB，則由向心力公式Fn＝m可知，在A點向心力較大，故選項D錯誤．第3講　圓周運動及其應用
必備知識·自主排查
一、圓周運動及其描述
1．勻速圓周運動：
(1)定義：做圓周運動的物體，若在任意相等的時間內通過的圓弧長________，就是勻速圓周運動．
(2)速度特點：速度的大小________，方向始終與半徑垂直．
2．描述勻速圓周運動的物理量：
定義、意義 公式、單位
線速度 描述做圓周運動的物體沿圓弧運動________的物理量(v) (1)v＝＝________ (2)國際單位：________
角速度 描述物體繞圓心________的物理量(ω) (1)ω＝＝________ (2)國際單位：________
周期 物體沿________運動一周所用的時間(T) (1)T＝________＝________， 國際單位：s (2)f＝，單位：Hz
向心 加速度 (1)描述速度________變化快慢的物理量(an) (2)方向指向________ (1)an＝________＝________ (2)單位：________
二、勻速圓周運動的向心力
1．作用效果：向心力產生向心加速度，只改變速度的________．不改變速度的________．
2．大小：F＝ma＝m＝________＝mr＝mr4π2f2＝mωv.
3．方向：始終沿半徑方向指向________，時刻在改變，即向心力是一個變力．
4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的________提供，還可以由一個力的________提供．
三、離心運動和近心運動
1．離心運動定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做________圓心的運動．
2．受力特點
(1)當F＝mrω2時，物體做________運動．
(2)當F＝0時，物體沿________方向飛出．
(3)當F＜mrω2時，物體逐漸________圓心
(4)當F＞mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做________運動．
3．本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是提供的力________做勻速圓周運動需要的向心力．,
生活情境
1.現在有一種叫作“魔盤”的娛樂設施，如圖所示．當“魔盤”轉動很慢時，人會隨著“魔盤”一起轉動，當盤的速度逐漸增大時，盤上的人便逐漸向邊緣滑去，離轉動中心越遠的人，這種滑動的趨勢越明顯，當“魔盤”轉動到一定速度時，人會“貼”在“魔盤”豎直壁上而不會滑下．
(1)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，其角速度是不變的．(　　)
(2)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，其合外力是不變的．(　　)
(3)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比． (　　)
(4)隨“魔盤”一起做勻速圓周運動時，人離“魔盤”中心越遠，人運動得越快．(　　)
(5)人隨“魔盤”一起做勻速圓周運動，是因為人受到了“魔盤”給人的向心力．(　　)
(6)“魔盤”的轉速逐漸增大時，盤上的人便逐漸向邊緣滑去，這是人受沿半徑向外的離心力作用的緣故．(　　)
(7)當“魔盤”轉動到一定速度時，人會“貼”在“魔盤”豎直壁上而不會滑下，此時的向心力是由靜摩擦力提供．(　　)
教材拓展
2．[人教版必修2P25T3改編]如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是(　　)
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
關鍵能力·分層突破
考點一　圓周運動的運動學問題
1．在討論v、ω、an、r之間的關系時，應運用控制變量法．
2．傳動裝置的特點：
(1)“同軸”時角速度相同；
(2)“同緣”時線速度大小相等．
例1. [2021·全國甲卷，15]“旋轉紐扣”是一種傳統游戲．如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現．拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50 r/s，此時紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小約為(　　)
A.10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
命題分析
試題 情境 屬于基礎性題目，以傳統游戲“旋轉紐扣”為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查轉速、角速度、向心加速度等概念的理解及關系
關鍵 能力 考查理解能力．由轉速轉化為角速度，結合向心加速度求解
學科 素養 考查運動觀念，要求考生有清晰的運動觀．要求能快速判斷本題屬于圓周運動中的運動學問題
跟進訓練
1.[2022·河南鄭州一模]某同學以變速自行車的齒輪傳動作為研究性課題，他通過查閱相關資料了解變速自行車的變速原理，測得圖示后小齒輪組中最小、最大齒輪半徑分別為r1、r2，前大齒輪半徑為r3、后輪半徑為R.若該自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，則后輪的最大線速度為(　　)
A. B．
C． D．
2．[2021·廣東卷，4]由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平．桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．P點的線速度大小不變
B．P點的加速度方向不變
C．Q點在豎直方向做勻速運動
D．Q點在水平方向做勻速運動
考點二　水平面內的勻速圓周運動
例2. [2021·河北卷，9]
(多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑．一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿．金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止．若ω′>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時(　　)
A．小球的高度一定降低
B．彈簧彈力的大小一定不變
C．小球對桿壓力的大小一定變大
D．小球所受合外力的大小一定變大
命題分析
試題 情境 屬于綜合性題目，以小球的勻速圓周運動為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查受力分析、牛頓運動定律和圓周運動等知識
關鍵 能力 考查信息加工能力、模型建構能力．要求在新情境中建構勻速圓周運動模型
學科 素養 考查運動與相互作用觀念、科學思維．要求考生在運動與相互作用觀念下解決實際問題
跟進訓練3.
如圖所示，放置在水平轉盤上的物體A、B、C能隨轉盤一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C與轉盤間的動摩擦因數分別為μ0、2μ0、3μ0，A、B、C的質量分別為m0、2m0、3m0，A、B與軸的距離均為r，C與軸的距離為2r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．當轉盤勻速旋轉時，下列說法正確的是(　　)
A.若A、B、C均未滑動，則B受到的摩擦力最小
B．若A、B、C均未滑動，則C的向心加速度最小
C．若轉盤轉速增大，則B比C先滑動
D．若A、B、C均未滑動，則轉盤的最大角速度為
4. [2022·湖南四大名校1月聯考]如圖所示，足夠大的水平光滑圓臺中央立著一根光滑的桿，原長為L的輕彈簧(圖中未畫出)套在桿上，質量均為m的A、B、C三個小球(始終在同一豎直面內，均可視為質點)用兩根輕桿通過光滑鉸鏈連接，輕桿長也為L，A球套在豎直桿上，現將A球擱在彈簧上端，當系統處于靜止狀態時，兩輕桿與豎直方向的夾角均為θ＝37°，已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求系統靜止時輕桿對B的作用力F和彈簧的勁度系數k；
(2)讓B、C球以相同的角速度繞豎直桿勻速轉動，若轉動的角速度為ω0(未知)時，B、C球剛要脫離圓臺，求此時輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦值和角速度ω0.
[思維方法]
水平面內圓周運動的處理方法
考點三　豎直面內的圓周運動問題
1．豎直面內圓周運動兩類模型
一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．
2．豎直平面內圓周運動的兩種模型過最高點時的特點及求解方法
“輕繩”模型 “輕桿”模型
圖示
受力特征 物體受到的彈力方向為向下或等于零 物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上
受力示 意圖
力學方程 mg＋FN＝m mg±FN＝
臨界特征 FN＝0 mg＝min＝ FN＝mg 即F向＝0 vmin＝0
過最高點 的條件 在最高點的速度v≥ 在最高點的速度v≥0
角度1繩—球模型
例3.如圖所示，雜技演員表演水流星節目．一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為(　　)
A．　　B. 　　C. 　　D.
角度2桿—球模型
例4.(多選)如圖所示，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心的距離為R，A端與圓心O等高，B點在O點的正上方，小球自A端正上方高h處由靜止釋放，自由下落至A端進入管道，要使小球最終恰好停在管道的B處，則滿足條件的h值為 (　　)
A．R　　　B．R　　　C．R　　　D．R
[思維方法]
豎直面內圓周運動的處理方法
跟進訓練
5．[2021·浙江6月，7]質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示．對該時刻，下列說法正確的是(　　)
A．秋千對小明的作用力小于mg
B．秋千對小明的作用力大于mg
C．小明的速度為零，所受合力為零
D．小明的加速度為零，所受合力為零
6．[2022·湖北荊州模擬]如圖所示，將過山車經過兩段彎曲軌道的過程等效簡化成如圖所示兩個圓周的一部分(RAA．在A點時合外力方向豎直向上
B．在B點時合外力方向豎直向下
C．在A點時所受摩擦力比在B點時大
D．在B點時所受向心力比在A點時大
第3講　圓周運動及其應用
必備知識·自主排查
一、
1．(1)相等　(2)不變
2．快慢　　m/s　轉動快慢　　rad/s　圓周　　方向　圓心　　rω2　m/s2
二、
1．方向　大小
2．mrω2
3．圓心
4．合力　分力
三、
1．逐漸遠離
2．(1)勻速圓周　(2)切線　(3)遠離　(4)近心
3．小于
生活情境
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×
教材拓展
2．答案：C
關鍵能力·分層突破
例1　解析：由題目所給條件可知紐扣上各點的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，則紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小a＝ω2r＝(100π)2×0.01 m/s2≈1 000 m/s2，故選項A、B、D錯誤，選項C正確．
答案：C
1．解析：若后小齒輪選擇齒輪半徑為r，則有后小齒輪的角速度為ω＝，后輪角速度與后小齒輪角速度相等，所以后輪線速度v＝ωR＝R，所以r越小，v越大，所以選擇最小齒輪半徑r1時，后輪線速度最大，即v＝，若該自行車前大齒輪每秒勻速轉動1圈，則周期T＝1 s，則后輪的最大線速度v＝，故A正確，BCD錯誤．
答案：A
2．解析：由于桿OP勻速轉動，P點到圓心的距離不變，故P點的線速度大小不變，A正確；P點的加速度為向心加速度，始終指向圓心，方向時刻變化，B錯誤；設OP＝l1，PQ＝l2，可知Q點到O點所在水平線的距離y＝l1sin (30°＋ωt)，故Q點在豎直方向的運動不是勻速運動，C錯誤；Q點到O點的水平距離x＝l2＋l1cos (30°＋ωt)，故Q點在水平方向的運動也不是勻速運動，D錯誤．
答案：A
例2　解析：設彈簧的勁度系數為k，形變量為x，彈簧與豎直方向的夾角為θ，MN、PQ的距離為L，對小球受力分析有kx cos θ－mg＝0，即豎直方向受力為0，水平方向有kx sin θ±FN＝mω2L，當金屬框以ω′繞MN軸轉動時，假設小球的位置升高，則kx減小，cos θ減小，小球受力不能平衡；假設小球的位置降低，則kx增大，cos θ增大，小球受力同樣不能平衡，則小球的位置不會變化，彈簧彈力的大小一定不變，故A錯誤，B正確．小球對桿的壓力大小F壓＝FN＝mω2L－kx sin θ或F壓＝FN＝kx sin θ－mω2L，所以當角速度變大時壓力大小不一定變大，故C錯誤．當角速度變大時小球受到的合外力一定變大，故D正確．
答案：BD
3．解析：若A、B、C均未滑動，則A、B、C的角速度相同，由Ff＝mω2R可知A受到的摩擦力最小，由a＝ω2R可知C的向心加速度最大，A、B的向心加速度相等且較小，選項A、B錯誤；當A、B、C均未滑動時，由最大靜摩擦力提供向心力，有μ0mg＝mRω2，解得ω＝ ，將A、B、C對應的動摩擦因數和轉動半徑代入該式，比較可知，要使三個物體均不發生滑動，轉盤轉動的最大角速度為A的臨界角速度，所以轉盤轉動的最大角速度為 ，選項D正確；B和C的臨界角速度分別為ωB＝ 、ωC＝ ，ωB＞ωC，所以當轉盤轉速增大時，C比B先滑動，選項C錯誤．
答案：D
4．解析：(1)圓臺光滑，對B球進行受力分析，一定受重力和平臺的支持力，如果輕桿對B有作用力，則B球不可能平衡，故輕桿對B球的作用力F＝0
彈簧的形變量ΔL＝L－L cos θ
對A進行受力分析，由平衡條件有kΔL＝mg
代入數據得彈簧的勁度系數k＝.
(2)對A、B、C三個小球整體分析，B、C剛要脫離圓臺時，在豎直方向上有k(L－L cos θ0)＝3 mg，代入數據得cos θ0＝
對B進行受力分析，有mg tan θ0＝L sin θ0
代入數據得ω0＝ .
答案：(1)0　　(2)
例3　解析：杯子在豎直平面內做半徑為的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點重力提供向心力，則有mg＝，可得ω＝ ，故B正確，A、C、D錯誤．
答案：B
例4　解析：情境一：從B點等高處釋放小球．由機械能守恒得mgh1＝mgR，所以h1＝R，A正確．情境二：從高于B點某高度處釋放小球，小球從B點以一定速度滑出后做平拋運動，恰好落至A點，并從A點再次進入管道．由于小球和管道發生碰撞，沿水平方向的分速度減為零，小球又恰好返回B點．小球從高度h2處釋放后第一次運動至管道B處的過程中，由機械能守恒得mgh2＝.小球從B點飛出后做平拋運動，水平方向有R＝vBt，豎直方向有R＝gt2，聯立解得h2＝，D正確．
答案：AD
5．解析：
秋千從最高點向下運動的過程中做圓周運動，將重力分解為沿秋千方向的分力mg cos θ和沿切線方向的分力mg sin θ，如圖所示，其中秋千對小明的作用力T與重力分力mg cos θ的合力提供向心加速度，重力沿切線方向的分力mg sin θ提供切線加速度，秋千到達最高點時，沿秋千方向小明受力平衡，即T＝mg cos θ，故在最高點秋千對小明的作用力小于重力，A正確，B錯誤；該時刻小明的速度為零，但所受合力不為零，由牛頓第二定律可知，加速度不為零，C、D錯誤．
答案：A
6．解析：過山車在兩段彎曲軌道中所做的運動不是勻速圓周運動，經過A點或B點處，其合外力并不指向圓心，故選項A、B錯誤；過山車經過A點的速度大于B點的速度，在A點根據向心力公式有FNA－mg＝，過山車在A點對軌道的壓力F′NA＝FNA＝，由圖示軌道知，過山車在最高點B點是在軌道的外側運動，根據向心力公式有mg－FNB＝，對軌道的壓力F′NB＝FNB＝，故F′NA＞F′NB，因動摩擦因數處處相等，由摩擦力公式Ff＝μFN知，FfA＞FfB，故選項C正確；因半徑RA＜RB，速度vA＞vB，則由向心力公式Fn＝m可知，在A點向心力較大，故選項D錯誤．
答案：C

展開更多......

收起↑