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(共22张PPT)
核心素养测评
第四章　第3讲　圆周运动
(40分钟　54分)
【基础巩固练】
1.(6分)跳绳过程中,甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动,A、B近似
不动,绳子绕AB水平连线在空中转到图示位置时,则质点(　　)
A.Q点的速度方向沿绳子切线
B.P的线速度大于Q的线速度
C.P的角速度等于Q的角速度
D.Q的合外力方向一定垂直指向AB的连线
√
【解析】选C。P、Q两点以AB水平连线为共同转轴做圆周运动,由P、Q两点向AB线段作垂线,即为二者的圆心,如图所示,则可知Q的速度方向与其圆周运动的半径垂直,并不沿绳子切线,A错误;由于P、Q两点以AB水平连线为共同转轴做圆周运动,可知二者的角速度相等,由图可知,P的半径小于Q的半径,根据公式v=ωr可知,P的线速度小于Q的线速度,B错误,C正确;物体不一定是做匀速圆周运动,则合外力不一定垂直于AB,D错误。
2.(6分)如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图,牛
拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动,大齿轮与半径为R2的中齿
轮垂直咬合,中齿轮通过横轴与半径为R3的小齿轮相连,小齿轮驱动抽水
桶抽水。已知牛拉横杆转一圈需要时间t,则抽水桶的运动速率约为
(　　)
A. B.
C. D.
√
【解析】选A。大齿轮的线速度大小为v1=,由题意可知,大齿轮和中齿轮的线速度大小相等,即v2=v1=,中齿轮和小齿轮是同轴传动,具有相同的角速度,根据ω=可知=,解得v3=,A正确。
3.(6分)如图所示,质量为m的小球用细线悬于P点,使小球在水平面内做
匀速圆周运动,若保持轨迹的圆心O到悬点P的距离不变,重力加速度为g。
下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与绳长l关系的图像和绳对小
球的拉力F与绳长l关系的图像中正确的是 (　　)
√
【解题指南】解答本题应注意以下两点
(1)对小球受力分析,结合匀速圆周运动的规律对小球建立向心力表达式,根据表达式判断绳长与角速度的关系;
(2)利用竖直方向的平衡条件,判断拉力与绳长的关系。
【解析】选D。
对小球受力分析如图所示,Fsinθ=mω2lsinθ,Fcosθ=mg,
解得F=mω2l,ω=,则角速度ω与绳长l无关,
绳对小球的拉力F与绳长l成正比,A、B、C错误,D正确。
4.(6分·多选)(2025·广东高考)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,
使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为
0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,
重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的有 (　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
√
√
【解析】选A、C。对小球受力分析可知F向=mgtan45°=mω2R,
解得ω=5 rad/s,故A正确;线速度大小为v=ωR=2 m/s,故B错误;
向心加速度大小为an=ω2R=10 m/s2,故C正确;
所受支持力大小为N== N,故D错误。
5.(6分·多选)路面的坑洼不平是轮胎爆胎的常见原因之一。将路面简化
为乙图,请善于思考的同学们结合学过的物理知识选出下列说法中正确
的选项 (　　)
A.车辆上下颠簸过程中,某些时刻处于超
重状态
B.车辆若以相同的速率通过A、B两点,在行驶通过B点时更容易爆胎
C.爆胎的原因是不同路面的动摩擦因数不同
D.车辆通过凹地时,应该加速通过
√
√
【解析】选A、B。图中B点所在位置,将其近似看为半径为R的圆周上的一小段圆弧,车通过该位置时,由沿半径方向的合力提供向心力,沿半径方向向上的合力不为0,车有向上的加速度,此时,车辆处于超重状态,A正确;结合上述,根据牛顿第二定律有mg-NA=m,NB-mg=m,解得NA=mg-m,NB=mg+m,可知NA【综合应用练】
6.(6分)(2026·深圳模拟)鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写:
扫开一块雪,露出地面,用一枝短棒支起一面大的竹筛来,下面撒些秕谷,棒上
系一条长绳,人远远地牵着,看鸟雀下来啄食,走到竹筛底下的时候,将绳子一
拉,便罩住了。甲图为情境画,乙图为模型简图,竹筛视为一个半径为R=0.5 m
的半球壳,初始用短棒在左侧支撑住,竹筛底面与地面夹角为30°,小鸟视为质
点,在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子,此时绳子拉动,短棒拉走,竹筛开始
落下,绕着右端支点转动,其角速度随时间的图像如丙图所示,小鸟被惊动,立
刻开始沿着半径向外逃窜,做速度为0.2 m/s的匀速直线运动。下列说法正确
的是 (　　)
A.竹筛开始转动后,竹筛上面各点做匀速圆周运动
B.竹筛开始运动后,竹筛上面各点的加速度大小不变
C.短棒拉走,竹筛从开始运动到落地需要1 s
D.最终小鸟能够成功逃离竹筛
√
【解析】选C。由题图可知角速度逐渐增大,则竹筛上面各点的运动不是匀速圆周运动,故A错误;根据a=rω2可知,竹筛上面各点的加速度大小增大,故B错误;设竹筛从开始运动到落地的时间为t,根据角速度变化图像可知θ=·t2=,解得t=1 s,故C正确;小鸟做匀速直线运动,t内的位移为x=vt=0.2 m7.(6分·多选)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,当轻杆绕竖
直轴OO'以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,下列
说法正确的是 (　　)
A.绳a的弹力不可能为零
B.绳a的弹力随角速度的增大而增大
C.当ω2>时,绳b将出现弹力
D.若绳b突然被剪断,则绳a的弹力不一定发生变化
√
√
√
【解析】选A、C、D。对小球受力分析可知绳a的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力,得FTa=为定值,A正确,B错误;根据题目有FTacosθ=mω2l,解得ω2=,绳b的弹力为零,若角速度大于该值,绳a在水平方向的分力不足以提供小球做圆周运动的向心力,则绳b将出现弹力,C正确;由于绳b可能没有弹力,故绳b突然被剪断,绳a的弹力可能不变,D正确。
8.(12分)(休闲娱乐)(2024·江西选择考)雪地转椅是一种游乐项目,其中
心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示,传动装置有一
高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A
处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,
其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力
加速度为g,不计空气阻力。
(1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。(6分)
答案:(1)　
【解析】(1)转椅做匀速圆周运动,设此时轻绳拉力为T,转椅质量为m,对转椅受力分析可知,轻绳拉力沿切线方向的分力与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡,沿径向方向的分力提供做圆周运动的向心力,故可得
Tcosα=mr1
μmg=Tsinα
联立解得tanα=
(2)将圆盘升高,如图(b)所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 (6分)
答案: (2)
【解析】(2)设此时轻绳拉力为T',沿A1B和垂直于A1B竖直向上的分力分别为T1=T'sinθ,T2=T'cosθ
对转椅,根据牛顿第二定律得T1cosβ=mr2
沿切线方向T1sinβ=f=μFN
竖直方向FN+T2=mg
联立解得ω2=
【解题指南】解得本题应注意以下两点:
(1)对转椅受力分析,确定其做匀速圆周运动所需向心力的来源,根据牛顿第二定律与几何关系求解。
(2)转椅在题图(b)情况下,由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1方向的分力的合力提供所需的向心力。在竖直方向上受力平衡,沿圆周运动的切线方向也受力平衡。根据牛顿第二定律与平衡条件解答。核心素养测评
第四章　第3讲　圆周运动
(40分钟　54分)
【基础巩固练】
1.(6分)跳绳过程中,甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动,A、B近似不动,绳子绕AB水平连线在空中转到图示位置时,则质点(　　)
A.Q点的速度方向沿绳子切线
B.P的线速度大于Q的线速度
C.P的角速度等于Q的角速度
D.Q的合外力方向一定垂直指向AB的连线
【解析】选C。P、Q两点以AB水平连线为共同转轴做圆周运动,由P、Q两点向AB线段作垂线,即为二者的圆心,如图所示,则可知Q的速度方向与其圆周运动的半径垂直,并不沿绳子切线,A错误;由于P、Q两点以AB水平连线为共同转轴做圆周运动,可知二者的角速度相等,由图可知,P的半径小于Q的半径,根据公式v=ωr可知,P的线速度小于Q的线速度,B错误,C正确;物体不一定是做匀速圆周运动,则合外力不一定垂直于AB,D错误。
2.(6分)如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图,牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动,大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合,中齿轮通过横轴与半径为R3的小齿轮相连,小齿轮驱动抽水桶抽水。已知牛拉横杆转一圈需要时间t,则抽水桶的运动速率约为 (　　)
A. B.
C. D.
【解析】选A。大齿轮的线速度大小为v1=,由题意可知,大齿轮和中齿轮的线速度大小相等,即v2=v1=,中齿轮和小齿轮是同轴传动,具有相同的角速度,根据ω=可知=,解得v3=,A正确。
3.(6分)如图所示,质量为m的小球用细线悬于P点,使小球在水平面内做匀速圆周运动,若保持轨迹的圆心O到悬点P的距离不变,重力加速度为g。下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与绳长l关系的图像和绳对小球的拉力F与绳长l关系的图像中正确的是 (　　)
【解题指南】解答本题应注意以下两点
(1)对小球受力分析,结合匀速圆周运动的规律对小球建立向心力表达式,根据表达式判断绳长与角速度的关系;
(2)利用竖直方向的平衡条件,判断拉力与绳长的关系。
【解析】选D。
对小球受力分析如图所示,Fsinθ=mω2lsinθ,Fcosθ=mg,解得F=mω2l,ω=,则角速度ω与绳长l无关,绳对小球的拉力F与绳长l成正比,A、B、C错误,D正确。
4.(6分·多选)(2025·广东高考)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的有 (　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
【解析】选A、C。对小球受力分析可知F向=mgtan45°=mω2R,解得ω=5 rad/s,故A正确;线速度大小为v=ωR=2 m/s,故B错误;向心加速度大小为an=ω2R=10 m/s2,故C正确;所受支持力大小为N== N,故D错误。
5.(6分·多选)路面的坑洼不平是轮胎爆胎的常见原因之一。将路面简化为乙图,请善于思考的同学们结合学过的物理知识选出下列说法中正确的选项 (　　)
A.车辆上下颠簸过程中,某些时刻处于超重状态
B.车辆若以相同的速率通过A、B两点,在行驶通过B点时更容易爆胎
C.爆胎的原因是不同路面的动摩擦因数不同
D.车辆通过凹地时,应该加速通过
【解析】选A、B。图中B点所在位置,将其近似看为半径为R的圆周上的一小段圆弧,车通过该位置时,由沿半径方向的合力提供向心力,沿半径方向向上的合力不为0,车有向上的加速度,此时,车辆处于超重状态,A正确;结合上述,根据牛顿第二定律有mg-NA=m,NB-mg=m,解得NA=mg-m,NB=mg+m,可知NA【综合应用练】
6.(6分)(2026·深圳模拟)鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写:扫开一块雪,露出地面,用一枝短棒支起一面大的竹筛来,下面撒些秕谷,棒上系一条长绳,人远远地牵着,看鸟雀下来啄食,走到竹筛底下的时候,将绳子一拉,便罩住了。甲图为情境画,乙图为模型简图,竹筛视为一个半径为R=0.5 m的半球壳,初始用短棒在左侧支撑住,竹筛底面与地面夹角为30°,小鸟视为质点,在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子,此时绳子拉动,短棒拉走,竹筛开始落下,绕着右端支点转动,其角速度随时间的图像如丙图所示,小鸟被惊动,立刻开始沿着半径向外逃窜,做速度为0.2 m/s的匀速直线运动。下列说法正确的是 (　　)
A.竹筛开始转动后,竹筛上面各点做匀速圆周运动
B.竹筛开始运动后,竹筛上面各点的加速度大小不变
C.短棒拉走,竹筛从开始运动到落地需要1 s
D.最终小鸟能够成功逃离竹筛
【解析】选C。由题图可知角速度逐渐增大,则竹筛上面各点的运动不是匀速圆周运动,故A错误;根据a=rω2可知,竹筛上面各点的加速度大小增大,故B错误;设竹筛从开始运动到落地的时间为t,根据角速度变化图像可知θ=·t2=,解得t=1 s,故C正确;小鸟做匀速直线运动,t内的位移为x=vt=0.2 m7.(6分·多选)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,当轻杆绕竖直轴OO'以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (　　)
A.绳a的弹力不可能为零
B.绳a的弹力随角速度的增大而增大
C.当ω2>时,绳b将出现弹力
D.若绳b突然被剪断,则绳a的弹力不一定发生变化
【解析】选A、C、D。对小球受力分析可知绳a的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力,得FTa=为定值,A正确,B错误;根据题目有FTacosθ=mω2l,解得ω2=,绳b的弹力为零,若角速度大于该值,绳a在水平方向的分力不足以提供小球做圆周运动的向心力,则绳b将出现弹力,C正确;由于绳b可能没有弹力,故绳b突然被剪断,绳a的弹力可能不变,D正确。
8.(12分)(休闲娱乐)(2024·江西选择考)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。(6分)
答案:(1)　
【解析】(1)转椅做匀速圆周运动,设此时轻绳拉力为T,转椅质量为m,对转椅受力分析可知,轻绳拉力沿切线方向的分力与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡,沿径向方向的分力提供做圆周运动的向心力,故可得
Tcosα=mr1
μmg=Tsinα
联立解得tanα=
(2)将圆盘升高,如图(b)所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 (6分)
答案: (2)
【解析】(2)设此时轻绳拉力为T',沿A1B和垂直于A1B竖直向上的分力分别为T1=T'sinθ,T2=T'cosθ
对转椅,根据牛顿第二定律得T1cosβ=mr2
沿切线方向T1sinβ=f=μFN
竖直方向FN+T2=mg
联立解得ω2=
【解题指南】解得本题应注意以下两点:
(1)对转椅受力分析,确定其做匀速圆周运动所需向心力的来源,根据牛顿第二定律与几何关系求解。
(2)转椅在题图(b)情况下,由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1方向的分力的合力提供所需的向心力。在竖直方向上受力平衡,沿圆周运动的切线方向也受力平衡。根据牛顿第二定律与平衡条件解答。
- 1 -第3讲　圆周运动
整合教材·夯实必备知识
一、圆周运动(必修二第六章第1、2、3节)
1.描述圆周运动的物理量
(1)线速度
定义 做圆周运动的物体通过的弧长Δs与所用时间Δt的比值
表达式 v= 弧长=半径×圆心角(弧度制)
方向 线速度是矢量,其方向为物体做圆周运动时该点的切线方向 与半径垂直
物理意义 描述物体沿圆周运动的快慢
(2)角速度
定义 做圆周运动的物体,半径转过的角度Δθ与所用时间Δt的比值
表达式 ω=　单位:弧度
单位 弧度每秒,符号rad/s
意义 描述物体绕圆心转动的快慢
(3)周期、频率和转速
项目 周期(T) 频率(f) 转速(n)
定义 做匀速圆周运动的物体,运动一周所用的时间 做匀速圆周运动的物体每秒转过的圈数 物体转过的圈数与所用时间之比
单位 秒(s) 赫兹(Hz) 转每秒(r/s)
公式 T== f== n=f 单位为r/s 时成立
意义 从不同角度描述物体转动快慢的物理量
(4)向心加速度
定义 物体做匀速圆周运动时总指向圆心的加速度
公式
方向 向心加速度的方向时刻在变化,总是沿半径指向圆心,即始终与线速度方向垂直,所以圆周运动一定是变加速曲线运动
意义 描述线速度方向改变的快慢
2.圆周运动的向心力
概念 做匀速圆周运动的物体所受的总指向圆心的合力
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
大小 Fn=m=mω2r=mr=mωv=m4π2f2r
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,也可以由一个力的分力提供,向心力是根据力的作用效果命名的 受力分析时不可 再添加向心力
二、离心运动和近心运动(必修二第六章第4节)
1.离心运动:做圆周运动的物体,在所受合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.实质:物体惯性的表现。
3.受力特点(如图)
精研考点·提升关键能力
考点一　圆周运动的运动学问题
【核心要点】
1.描述圆周运动的物理量之间的关系
2.常见传动装置及其特点
类 型 装置 规律
同 轴 传 动 A、B两点角速度、周期和频率相同,转动方向相同 线速度与半径成正比:=
向心加速度与半径成正比:=
皮 带 传 动 A、B两点线速度大小相等,转动方向相同 角速度与半径成反比:=
周期与半径成正比: =
齿 轮 传 动 A、B两点线速度的大小相等,转动方向相反 角速度与半径成反比,与齿轮齿数成反比: ==
周期与半径成正比,与齿轮齿数成正比: ==
摩 擦 传 动 A、B两点线速度大小相等,转动方向相反 角速度与半径成反比:=
周期与半径成正比: =
【典例剖析】
角度1　描述圆周运动的物理量之间的关系
【典例1】(2025·河北高考)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳,照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹,简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动,相机本次曝光时间是 s,圆弧对应的圆心角约为30°,则该同学每分钟跳绳的圈数约为 (　　)
A.90 B.120 C.150 D.180
【解析】选C。根据题意可知跳绳的转动角速度为ω== rad/s=5π rad/s,故每分钟跳绳的圈数为n==150,故选C。
角度2　传动装置
【典例2】(多选)教材互鉴(鲁科必修二第3章第1节例题改编)常见的转动传递方式有皮带传动、链条传动、摩擦传动和齿轮传动。如图是一种皮带传动装置示意图,A、B两点分别是两轮轮缘上的点,C是O2B连线的中点,大轮与小轮的半径之比为2∶1。若皮带不打滑,则A、B、C三个点的线速度、角速度和周期、加速度的比例关系为 (　　)
A.vA∶vB∶vC=2∶2∶1
B.ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1
C.TA∶TB∶TC=1∶2∶2
D.aA∶aB∶aC=1∶2∶4
【解析】选A、B、C。A、B具有大小相等的线速度,即vA∶vB=1∶1,又因为B与C在同一个转轮上,所以B、C具有相同的角速度,即ωB∶ωC=1∶1,再由v=rω及rB=2rC可得vB∶vC=2∶1,联立可得vA∶vB∶vC=2∶2∶1,A正确;由rB=2rA及ω=可得ωA∶ωB=2∶1,因此ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,B正确;由T=可得TA∶TB∶TC=1∶2∶2,C正确;根据a=ω2r和rB=2rC=2rA,可得aA∶aB∶aC=4∶2∶1,D错误。
考点二　圆周运动的动力学问题
【核心要点】
1.常见模型
运动 模型 向心力的 来源图示 运动 模型 向心力的 来源图示
飞机水 平转弯 Fn=mgtanθ =mrω2 火车 转弯 Fn=mgtanθ=m
汽车在 水平路 面转弯 Fn=Ff=mrω2 水平 转台 (光 滑) Fn=mBg =mA
汽车过 凸形桥 Fn=G-FN =m 汽车 过凹 形桥 Fn=FN-G=m
2.思维流程
【典例剖析】
角度1　车转弯
【典例3】(2025·哈尔滨模拟)如图所示,一质量为2.0×103 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 N
C.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
【解析】选D。汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力,向心力是根据力的效果命名的,不是物体实际受到的力,选项A错误;当汽车转弯速度为20 m/s时,根据Fn=m,得所需的向心力Fn=1×104 N,没有超过最大静摩擦力,所以车也不会侧滑,所以选项B、C错误;汽车转弯达到最大静摩擦力时,向心加速度最大为an== m/s2=7.0 m/s2,选项D正确。
角度2　车过桥
【典例4】(多选)资料显示,质量为1.5×103 kg的某型号小汽车,其轮胎的最大承重为3.0×104 N,超过该值将会爆胎。某次汽车以30 m/s的速度匀速通过一段凹凸不平的路面时,将这段路面简化为弧形,其最高点和最低点分别为A、B,对应圆弧的半径r均为150 m,两圆弧的圆心连线O1O2与竖直方向间的夹角为30°,取g=10 m/s2,则汽车 (　　)
A.从A点到B点的过程中路面所受压力最大的是A处
B.通过最高点A时对路面的压力为6 000 N
C.通过最低点B时不会爆胎
D.若以38 m/s的速度匀速通过该路段时,不会脱离路面
【解析】选B、C、D。B处汽车处于超重状态,从A点到B点的过程中路面所受压力最大的是B处,A错误;如图所示,根据牛顿第二定律有mg-FA=m,解得FA=6 000 N,根据牛顿第三定律可知,通过最高点A时对路面的压力为6 000 N,B正确;在最低点,根据牛顿第二定律有FB-mg=m,解得FB=2.4×104 N,根据牛顿第三定律可知,通过B时对路面的压力为2.4×104 N,不会爆胎,C正确;脱离路面的最小速度满足mg=m,解得v'≈38.7 m/s,若以38 m/s的速度匀速通过该路段时,不会脱离路面,D正确。
角度3　弹簧—连接体
【典例5】(多选)(2021·河北选择考)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
【解析】选B、D。设弹簧的原长为l0,伸长量为x,与竖直方向的夹角为θ,则:(l0+x)sinθ=,Fkcosθ=mg,若小球转动的角速度增大,小球的高度降低,则Fk增大,cosθ增大,Fkcosθ>mg,所以小球的高度不会降低,同理可知小球的高度不会升高,x、θ、Fk均不变,故A错误,B正确;由圆周运动规律得:Fksinθ-N=mω2,所以小球转动的角速度增大,小球对杆压力的大小一定先变小,故C错误;由圆周运动规律得:F合=mω2,小球转动的角速度增大,小球所受合外力的大小一定变大,故D正确。
考点三　平抛运动与圆周运动的综合
【核心要点】
1.抛体运动+竖直面内圆周运动的两种情境
情 境 先在竖直面内做圆周运动后做抛体运动 先做抛体运动后在竖直面内做圆周运动
方 法 先利用小球在竖直面内圆周运动规律分析解答,然后利用平抛运动规律解得小球抛出后的问题 先利用平抛运动规律解答,然后利用竖直面内圆周运动规律分析解答
2.圆周运动的多解问题
(1)原因
匀速圆周运动具有周期性,使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生,这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时,必须把各种可能都考虑进去。
(2)类型
类型 特点
直线运动+圆周运动 不同的运动形式,时间相等
平抛运动+圆周运动
(3)解题关键
【典例剖析】
【典例6】教材互鉴(鲁科必修二第3章第1节练习T6改编)如图所示,半径为R的水平圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动,若在圆心O正上方h处沿与半径OB平行的方向水平抛出一个小球,要使球做平抛运动的落点为B,求:
(1)小球做平抛运动的初速度大小v;
答案:(1)R
【解析】(1)对小球,落点为B,由平抛运动规律可得
水平方向R=vt
竖直方向h=gt2
联立解得v=R
(2)圆盘转动的角速度大小ω。
答案: (2)2nπ(n=1,2,3…)
【解析】(2)要使小球落到B处,则小球在下落的这段时间t内,B点刚好转了整数圈
则ωt=2nπ(n=1,2,3…)
解得ω=2nπ(n=1,2,3…)
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第3讲　圆周运动
整合教材 夯实必备知识
精研考点 提升关键能力
整合教材 夯实必备知识
一、圆周运动(必修二第六章第1、2、3节)
1.描述圆周运动的物理量
(1)线速度
定义 做圆周运动的物体通过的弧长Δs与所用时间Δt的比值
表达式 v=
弧长=半径×圆心角(弧度制)
方向 线速度是矢量,其方向为物体做圆周运动时该点的_________
与半径垂直
物理意义 描述物体沿圆周运动的快慢
切线方向
(2)角速度
定义 做圆周运动的物体,半径转过的角度Δθ与所用时间Δt的比值
表达式 ω=　 单位:弧度
单位 弧度每秒,符号______
意义 描述物体绕圆心转动的快慢
rad/s
(3)周期、频率和转速
项目 周期(T) 频率(f) 转速(n)
定义 做匀速圆周运动的物体,运动一周所用的_____ 做匀速圆周运动的物体每秒转过的圈数 物体转过的_____
与所用时间之比
单位 秒(s) 赫兹(Hz) 转每秒(r/s)
时间
圈数
项目 周期(T) 频率(f) 转速(n)
公式 T== f== n=f
单位为r/s
时成立
意义 从不同角度描述物体转动快慢的物理量
(4)向心加速度
定义 物体做匀速圆周运动时总指向圆心的加速度
公式
方向 向心加速度的方向时刻在变化,总是沿半径指向圆心,即始终
与线速度方向垂直,所以圆周运动一定是变加速曲线运动
意义 描述线速度方向改变的_____
快慢
2.圆周运动的向心力
概念 做匀速圆周运动的物体所受的总指向_____的合力
方向 始终沿半径方向指向_____,时刻在改变,即向心力是一个_____
圆心
圆心
变力
大小 Fn=m=______=mr=mωv=m4π2f2r
来源 向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的_____提供,也可
以由一个力的_____提供,向心力是根据力的作用效果命名的
受力分析时不可
再添加向心力
mω2r
合力
分力
二、离心运动和近心运动(必修二第六章第4节)
1.离心运动:做圆周运动的物体,在所受合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______________的运动。
2.实质:物体惯性的表现。
逐渐远离圆心
3.受力特点(如图)
精研考点 提升关键能力
考点一　圆周运动的运动学问题
【核心要点】
1.描述圆周运动的物理量之间的关系
2.常见传动装置及其特点
类型 装置 规律
同 轴 传 动 A、B两点角速度、周期和 频率相同,转动方向相同 线速度与半径成正比:=
向心加速度与半径成正比:=
类型 装置 规律
皮 带 传 动 A、B两点线速度大小相等,转动方向相同 角速度与半径成反比:=
周期与半径成正比:=
类型 装置 规律
齿 轮 传 动 A、B两点线速度的大小 相等,转动方向相反 角速度与半径成反比,与齿轮齿数成反比:
==
周期与半径成正比,与齿轮齿数成正比:
==
类型 装置 规律
摩 擦 传 动 A、B两点线速度大小相等,转动方向相反 角速度与半径成反比:=
周期与半径成正比:
=
【典例剖析】
角度1　描述圆周运动的物理量之间的关系
【典例1】(2025·河北高考)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳,
照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹,简图如图。彩灯的运动可视为
匀速圆周运动,相机本次曝光时间是 s,圆弧对应的圆心角约为30°,则
该同学每分钟跳绳的圈数约为 (　　)
A.90 B.120
C.150 D.180
√
【解析】选C。根据题意可知跳绳的转动角速度为ω== rad/s
=5π rad/s,故每分钟跳绳的圈数为n==150,故选C。
角度2　传动装置
【典例2】(多选)教材互鉴(鲁科必修二第3章第1节例题改编)常见的转动传
递方式有皮带传动、链条传动、摩擦传动和齿轮传动。如图是一种皮带传
动装置示意图,A、B两点分别是两轮轮缘上的点,C是O2B连线的中点,大轮与
小轮的半径之比为2∶1。若皮带不打滑,则A、B、C三个点的线速度、角速
度和周期、加速度的比例关系为 (　　)
A.vA∶vB∶vC=2∶2∶1
B.ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1
C.TA∶TB∶TC=1∶2∶2
D.aA∶aB∶aC=1∶2∶4
√
√
√
【解析】选A、B、C。A、B具有大小相等的线速度,即vA∶vB=1∶1,又因为B与C在同一个转轮上,所以B、C具有相同的角速度,即ωB∶ωC=1∶1,再由v=rω及rB=2rC可得vB∶vC=2∶1,联立可得vA∶vB∶vC=2∶2∶1,A正确;由rB=2rA及ω=可得ωA∶ωB=2∶1,因此ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,B正确;由T=可得TA∶TB∶TC=1∶2∶2,C正确;根据a=ω2r和rB=2rC=2rA,可得aA∶aB∶aC=4∶2∶1,D错误。
考点二　圆周运动的动力学问题
【核心要点】
1.常见模型
运动模型 向心力的来源图示 运动模型 向心力的来源图示
飞机水 平转弯 Fn=mgtanθ=mrω2 火车 转弯
Fn=mgtanθ=m
运动 模型 向心力的 来源图示 运动 模型 向心力的
来源图示
汽车在 水平路 面转弯 Fn=Ff=mrω2 水平 转台 (光滑)
Fn=mBg=mA
运动 模型 向心力的 来源图示 运动 模型 向心力的
来源图示
汽车过 凸形桥 Fn=G-FN=m 汽车 过凹 形桥
Fn=FN-G=m
2.思维流程
【典例剖析】
角度1　车转弯
【典例3】(2025·哈尔滨模拟)如图所示,一质量为2.0×103 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 N
C.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
√
【解析】选D。汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力,向心力是根据力的效果命名的,不是物体实际受到的力,选项A错误;当汽车转弯速度为20 m/s时,根据Fn=m,得所需的向心力Fn=1×104 N,没有超过最大静摩擦力,所以车也不会侧滑,所以选项B、C错误;汽车转弯达到最大静摩擦力时,向心加速度最大为an== m/s2=7.0 m/s2,选项D正确。
角度2　车过桥
【典例4】(多选)资料显示,质量为1.5×103 kg的某型号小汽车,其轮胎的最大
承重为3.0×104 N,超过该值将会爆胎。某次汽车以30 m/s的速度匀速通过一
段凹凸不平的路面时,将这段路面简化为弧形,其最高点和最低点分别为A、B,
对应圆弧的半径r均为150 m,两圆弧的圆心连线O1O2与竖直方向间的夹角为
30°,取g=10 m/s2,则汽车 (　　)
A.从A点到B点的过程中路面所受压力最大的是A处
B.通过最高点A时对路面的压力为6 000 N
C.通过最低点B时不会爆胎
D.若以38 m/s的速度匀速通过该路段时,不会脱离路面
√
√
√
【解析】选B、C、D。B处汽车处于超重状态,从A点到B点的过程中路面所受
压力最大的是B处,A错误;如图所示,根据牛顿第二定律有mg-FA=m,解得FA=
6 000 N,根据牛顿第三定律可知,通过最高点A时对路面的压力为6 000 N,B正确;
在最低点,根据牛顿第二定律有FB-mg=m,解得FB=2.4×104 N,根据牛顿第三定
律可知,通过B时对路面的压力为2.4×104 N,不会爆胎,C正确;脱离路面的最小速
度满足mg=m,解得v'≈38.7 m/s,若以38 m/s的速度匀
速通过该路段时,不会脱离路面,D正确。
角度3　弹簧—连接体
【典例5】(多选)(2021·河北选择考)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
√
√
【解析】选B、D。设弹簧的原长为l0,伸长量为x,与竖直方向的夹角为θ,则:(l0+x)sinθ=,Fkcosθ=mg,若小球转动的角速度增大,小球的高度降低,则Fk增大,cosθ增大,Fkcosθ>mg,所以小球的高度不会降低,同理可知小球的高度不会升高,x、θ、Fk均不变,故A错误,B正确;由圆周运动规律得:Fksinθ-N=mω2,所以小球转动的角速度增大,小球对杆压力的大小一定先变小,故C错误;由圆周运动规律得:F合=mω2,小球转动的角速度增大,小球所受合外力的大小一定变大,故D正确。
考点三　平抛运动与圆周运动的综合
【核心要点】
1.抛体运动+竖直面内圆周运动的两种情境
情 境 先在竖直面内做圆周运动后做抛体运动
先做抛体运动后在竖直面内做圆周运动
方 法 先利用小球在竖直面内圆周运动规律分析解答,然后利用平抛运动规律解得小球抛出后的问题 先利用平抛运动规律解答,然后利用竖直面内圆周运动规律分析解答
2.圆周运动的多解问题
(1)原因
匀速圆周运动具有周期性,使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生,这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时,必须把各种可能都考虑进去。
(2)类型
类型 特点
直线运动+圆周运动 不同的运动形式,时间相等
平抛运动+圆周运动
(3)解题关键
【典例剖析】
【典例6】教材互鉴(鲁科必修二第3章第1节练习T6改编)如图所示,半径为R的水平圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动,若在圆心O正上方h处沿与半径OB平行的方向水平抛出一个小球,要使球做平抛运动的落点为B,求:
(1)小球做平抛运动的初速度大小v;
答案:(1)R
【解析】(1)对小球,落点为B,由平抛运动规律可得
水平方向R=vt
竖直方向h=gt2
联立解得v=R
(2)圆盘转动的角速度大小ω。
答案: (2)2nπ(n=1,2,3…)
【解析】(2)要使小球落到B处,则小球在下落的这段时间t内,B点刚好转了整数圈
则ωt=2nπ(n=1,2,3…)
解得ω=2nπ(n=1,2,3…)

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