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(共50张PPT)
第3讲　圆周运动
考点一　圆周运动的运动学问题
考点三　平抛运动和圆周运动的综合
模型建构5　圆锥摆模型
考点二　圆周运动的动力学问题
学习目标 学后评价
1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系 完成□　继续□
2.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 完成□　继续□
3.掌握圆周运动与其他运动的综合问题的分析方法 完成□　继续□
考点一　圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量之间的关系
2.掌握三种传动方式
类型 模型 模型解读
皮带 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
摩擦 (或齿轮) 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
同轴 传动 绕同一转轴转动的物体,角速度相同, ωA=ωB。由v=ωr知v与r成正比
角度1　描述圆周运动的物理量
【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　传动问题
【典例2】【多选】【教材互鉴】 (鲁科必修二P62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O2、B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、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
√
√
√
【编改溯源】
情境不变,改变考查方式,扩展设问角度。
【思路导引】
【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
1.对圆周运动向心力的理解
(1)向心力是按力的作用效果命名的,可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质力提供,可以是某个力或某个力的分力,也可以是几个力的合力,在受力分析中要避免再添加一个向心力。
(2)匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力,即F向=F合。
(3)变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心,可以分解为如图所示的两个分力。
①切向分力Fτ:产生切向加速度aτ,只改变线速度的大小。当aτ与v同向时,速度增大,做加速圆周运动;反向时则速度减小,做减速圆周运动。
②法向分力Fn:提供向心力,产生向心加速度an,只改变线速度的方向。
2.圆周运动的常见模型
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=FT=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
3.解答圆周运动的动力学问题的基本思路
角度1　圆周运动问题的受力分析
【典例3】【多选】如图所示,杂技演员进行表演时,可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,人与圆筒内壁之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.该演员受到4个力的作用
B.该演员所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大,人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥
√
√
【解析】选B、D。杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用,A错误;由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来,竖直方向根据平衡条件,有mg=Ff,水平方向,筒壁的弹力提供向心力,有F=mω2r,角速度越大,人受到的摩擦力不变,弹力变大,B正确,C错误;要想不下滑,最大静摩擦力需要大于等于重力,所以μF≥mg,F=mω2r,联立解得ω≥,D正确。
角度2　圆周运动的动力学问题分析
【典例4】(2026·岳阳模拟)如图所示,竖直平面内光滑轨道CDEFO1由两个半圆组成,其中大圆的半径为小圆半径的2倍,O1为大圆圆心,O2为小圆圆心。一小球穿在大圆轨道上,在某位置由C静止释放,小球经过轨道最低点E后瞬间,相比经过E点前瞬间,下列说法正确的是(　　)
A.小球的角速度变为原来的一半
B.小球的向心加速度变为原来的4倍
C.小球所受向心力变为原来的2倍
D.轨道对小球的弹力变为原来的2倍
√
【解析】选C。小球经过E点前后瞬间,线速度大小不变,根据v=ωR,轨道半径变为原来的一半,可知角速度变为原来的2倍,故A错误;由向心加速度公式an=,可知,向心加速度变为原来的2倍,故B错误;由向心力表达式Fn=m,可知,向心力变为原来的2倍,故C正确;由牛顿第二定律FN-mg=m,可得轨道对小球的弹力FN=m+mg,所以轨道对小球的弹力并非原来的2倍,故D错误。
【典例5】(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧的劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离;
答案:(1)0.05 m　
【解析】(1)当细杆和圆环处于平衡状态时,
对圆环受力分析得T0=mgcosα=5 N
根据胡克定律F=kΔx得
Δx0==0.05 m
弹簧弹力沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1=x0-Δx0=0.05 m
(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;
答案: (2) rad/s　
【解析】(2)若弹簧处于原长时,圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。
根据合力提供向心力得=mr
由几何关系得圆环此时转动的半径为r=x0sinα
联立解得ω0= rad/s
(3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。
答案: (3)10 rad/s
【解析】(3)圆环处于细杆末端P时,圆环受力分析如图乙所示,弹簧伸长,弹力沿杆向下。根据胡克定律得T=k(L-x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解,竖直方向受力平衡,水平方向合力提供向心力,则有mg+Tcosα=FNsinα,
Tsinα+FNcosα=mω2r'
由几何关系得r'=Lsinα
联立解得ω=10 rad/s
考点三　平抛运动和圆周运动的综合
1.平抛运动与圆周运动综合问题的几种情境
甲图:物体先做圆周运动,后做平抛运动;乙图:物体先做平抛运动,后做圆周运动;丙图、丁图:一个物体做平抛运动,另一个做圆周运动。
2.解题关键
明确平抛运动与圆周运动之间的关联。若平抛运动与圆周运动是先后发生的,前一个运动的末速度是后一个运动的初速度;若平抛运动与圆周运动是同时发生的,两个运动一般在时间、位移方面存在关联。
3.注意多解问题
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,必须把各种可能情况都考虑进去。
角度1　多解问题
【典例6】【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,不计空气阻力,则(　　)
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
√
√
√
【解析】选A、C、D。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=,则v0==d,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)π(n=0,1,2,…),故C、D正确。
【归纳总结】
多解问题的处理策略
分析圆周运动的多解问题时,应先特殊后一般。分析问题时可暂时不考虑周期性,分析一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转动的角度上再加上2nπ,具体n的取值根据题意而定。
角度2　平抛运动与圆周运动综合问题
【典例7】【多选】(2025·山东高考)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心,半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=
3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
√
√
【模型构建】
【解析】选B、C。物品从无人机上释放后,做平抛运动,竖直方向H=gt2,可得t=2 s,要使物品落点在目标区域内,水平方向满足x==vmaxt,最大角速度ωmax=,联立可得ωmax= rad/s,故A错误,B正确;无人机从A到B的时间t'== s,由于t'>t,可知无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,故C正确,D错误。
模型建构5　圆锥摆模型
1.特点
小球以一定大小的速度在水平面内做匀速圆周运动,连接小球的细线在空中划出一个圆锥面,这样的装置叫作“圆锥摆”, “圆锥摆”是匀速圆周运动中一个典型的实例。
2.建模
项目 模型图解 结论
有 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与绳子拉力的合力充当向心力 r=Lsinθ=htanθ F向=mgtanθ=m =mω2r=mr ①稳定状态下,L不变时,θ越大,对应的角速度ω和线速度v就越大
②摆线拉力F=
③摆球的加速度a=gtanθ
项目 模型图解 结论
无 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与支持力的合力充当向心力。 F向==m =mω2r=mr ①稳定状态下,θ不变时,小球所处的位置越高,半径r越大,角速度ω就越小,线速度v就越大
②斜面对小球的支持力FN=不变
③摆球的加速度a=不变
3.解题思路
角度1　圆锥摆
【典例1】(2024·江苏高考)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动。现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动,A、B在同一竖直线上,不计一切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
√
【解析】选C。由题意可知,A、B在同一竖直线上,则rA=rB,设小球所在高度与竖直管的顶端的高度差为h,细绳与竖直方向的夹角为θ,则小球运动半径为r=htanθ,根据牛顿第二定律可得,向心力F=ma=mgtanθ= mω2r=m,则v==,故vA[母题变式] (变条件)(1)若改变拉力F,使得小球在同一水平面A、B两处做圆锥摆运动,如图甲,则小球在A、B两处的角速度和线速度大小是否相同
答案:(1)角速度相同,线速度大小不相同
【解析】(1)对图甲中小球受力分析,设绳与竖直方向的夹角为θ,小球的质量为m,小球到竖直管顶端的竖直距离为h,
则mgtanθ=mω2lsinθ,
解得ω==,
所以小球在A、B两处的角速度相同,根据v=ωr,可知线速度大小不相同。
(2)若改变拉力F,使小球在不同水平面A、B两处做圆锥摆运动,但绳与竖直方向之间的夹角相同,如图乙,则小球在A、B两处的向心加速度和所受绳拉力的大小是否相同
答案: (2)向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同
【解析】(2)对图乙中小球受力分析,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mgtanθ=ma,
FTcosθ=mg,解得a=gtanθ,FT=,
所以小球在A、B处的向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同。
角度2　圆锥筒
【典例2】【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
√
√
【模型构建】
【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。
[变式训练]如图,质量相等的两个小球A和B紧贴倒圆锥筒的光滑内壁各自做水平面内的匀速圆周运动,则(　　)
A.A球受到的支持力较大
B.A球与B球向心加速度大小不同
C.A球与B球线速度大小相同
D.A球运动的角速度较小
√
【解析】选D。设圆锥筒内壁与竖直方向夹角
为θ,对小球B受力分析如图所示。
小球B受到重力和支持力,它们的合力提供向心
力且指向轨迹圆圆心,由平行四边形定则可知圆锥筒对小球的支持力N=,可知N与轨道半径无关,故A错误;根据牛顿第二定律,有F=mgtanθ=ma,解得a=gtanθ,可知向心加速度与轨道半径也无关,故B错误;根据合力提供向心力,有F=mgtanθ=m,解得v=
由于A球的转动半径较大,A球线速度较大,故C错误;根据合力提供向心力,有F=mgtanθ=mω2r,解得ω=,由于A球的转动半径较大,A球角速度较小,故D正确。核心素养测评 第2课时　平抛运动和圆周运动的综合
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.【多选】(体育运动)我国运动员在东京奥运会女子链球决赛中曾成功拿下一枚银牌,这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为运动员比赛瞬间的照片,若运动员在开始甩动链球时,可认为链球在水平面内做匀速圆周运动,如图乙所示,不计空气阻力,对此下列说法正确的是(　　)
A.链球球体受到重力及拉力共两个力的作用
B.链条与竖直方向的夹角θ越小,链条对球体施加的拉力越小
C.链条与竖直方向的夹角θ越大,链球做匀速圆周运动的角速度越大
D.若运动员此时松手,链球将沿松手时的速度方向做斜上抛运动
【解析】选A、B、C。对链球进行受力分析,如图所示
球体受到重力与链条的拉力,链球在水平面内做匀速圆周运动,由重力与拉力两个力的合力提供向心力,A正确;由分析有T=,可知,链条与竖直方向的夹角θ越小,链条对球体施加的拉力越小,B正确;由分析有mgtanθ=mω2Lsinθ,解得ω=,则链条与竖直方向的夹角θ越大,链球做匀速圆周运动的角速度越大,C正确;运动员此时松手后,链球仅仅受重力作用,链球将沿松手时的速度方向做平抛运动,D错误。
2. 【多选】进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为“雪地转转”游戏及其示意图,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为
60 kg,可视为质点)绕轴以0.4 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为3 m,离地高为3 m,绳长为5 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人)(　　)
A.运动的周期约为16 s
B.圆周运动的半径为4 m
C.线速度大小为2 m/s
D.所受向心力大小为48 N
【解析】选A、C、D。运动的周期为T=≈16 s,A正确;圆周运动的半径满足r2=(32+52) m2-32 m2,解得r=5 m,B错误;线速度大小为v=ωr=2 m/s,C正确;所受向心力大小为F=mω2r=48 N,D正确。
【综合应用练】
3.(生产生活)在模拟救援演练中,一架无人机执行侦查任务,需持续监控地面上静止的模拟伤员(可视为质点)。操控员让无人机在目标正上方一水平面内做半径为r、周期为T的匀速圆周运动。已知无人机的质量为m,重力加速度为g,则(　　)
A.无人机受到重力、空气的作用力、向心力
B.空气对无人机的作用力方向竖直向上
C.空气对无人机的作用力大小等于mg
D.空气对无人机的作用力大小等于　
【解析】选D。向心力是效果力,不是实际受到的力,无人机实际受到重力和空气的作用力,故A错误;分析可知无人机受到的重力和空气作用力的合力提供其向心力,向心力方向指向圆心。无人机受的重力竖直向下,由平行四边形定则可知空气对无人机的作用力应该斜向上,故B错误;由平行四边形定则可知空气对无人机的作用力大小为F=,故C错误,D正确。
4.(14分)如图所示,一根长L=0.5 m的细绳悬于天花板上O点,绳的另一端挂一个质量为m=1 kg的小球,已知绳能承受的最大拉力为12.5 N,小球在水平面内做圆周运动,当速度逐渐增大,绳断裂后,小球将平抛后掉在地上。(设绳与竖直方向的夹角为θ,g取10 m/s2)
(1)求绳刚断裂时小球的角速度为多大 (5分)
答案:(1)5 rad/s　
【解析】(1)绳刚断裂时,拉力为T=12.5 N。
由几何关系得cosθ==,
根据合力提供向心力得
mgtanθ=mω2r
又r=L·sinθ
得ω=5 rad/s
(2)若小球做圆周运动的平面离地高为h=0.6 m,则小球经多长时间落地。(4分)
答案: (2) s
【解析】(2)绳断裂后小球做平抛运动,则有h=gt2
得t= s
(3)在第(2)问中小球落地点离悬点在地面上的垂直投影的距离为多少 (5分)
答案: (3)0.6 m
【解析】(3)小球平抛运动的初速度等于圆周运动的线速度为
v=ωr=ωLsinθ=1.5 m/s
则x=vt= m
由几何知识得到小球落点离悬点在地面上的垂直投影的距离为s==0.6 m
- 5 -核心素养测评
第1课时　圆周运动的运动学和动力学问题
(25分钟　30分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2025·运城模拟)如图所示,一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转,A、B为球体上两点,下列说法正确的是(　　)
A.A、B具有大小相等的线速度
B.由a=ω2r知,A的向心加速度大于B的向心加速度
C.由a=ω2r知,A,B两点具有大小相等的向心加速度
D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心
2.(2026·汉中模拟)如图甲所示,汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件(长度远小于汽车后备箱)的木箱,工件截面和车的行驶方向垂直,图甲是车尾的截面图,当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时,木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.汽车在直道上时,M对P的支持力大小为mg
B.汽车过A、B、C三点时,P的角速度依次减小
C.汽车过A、B两点时,P的合力依次增大
D.汽车过A、C两点时,P的向心加速度相同
【综合应用练】
3.记里鼓车是中国古代用于计量车辆行驶距离的机械装置。如图所示为《宋史》记载卢道隆所制记里鼓车示意图:马匹拉车使车轮转动,带动一套齿轮传动。车轮转动100圈时,车行驶距离恰好为一里。因为立轮和车轮固定在同一轴上,立轮也转动100圈,下平轮和旋风轮转动33.3圈,中平轮转动1圈。此时通过凸轮杠杆机构,拉动木人,实现车每行1里下层木人击鼓。下列说法正确的是(　　)
A.中平轮与旋风轮的周期之比为1∶33.3
B.中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1∶33.3
C.立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度
D.立轮与下平轮的角速度之比为33.3∶100
4.(12分)(体育运动)2025年,全国青少年U系列场地自行车冠军赛开赛。某场地自行车圆形赛道的路面与水平面夹角为37°,运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动,重力加速度g取10 m/s2,sin37° =0.6,cos37°=0.8。
(1)运动员骑车的速度为15 m/s时,自行车恰不受侧向摩擦力作用,求圆周半径r;(5分)
(2)若运动员骑车以20 m/s的速度仍沿(1)问中圆周半径做匀速圆周运动,运动员与自行车的总质量为75 kg,求自行车所受侧向摩擦力大小和方向。(7分)
- 4 -(共11张PPT)
核心素养测评 第1课时　圆周运动的运动学和动力学问题
(25分钟　30分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2025·运城模拟)如图所示,一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转,A、B为球体上两点,下列说法正确的是(　　)
A.A、B具有大小相等的线速度
B.由a=ω2r知,A的向心加速度大于B的向心加速度
C.由a=ω2r知,A,B两点具有大小相等的向心加速度
D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心
√
【解析】选B。因为A、B两点绕轴O1O2转动,设球体的半径为R,由几何关系可得A点的转动半径为rA=Rsin60°=R,B点的转动半径为rB= Rsin30°=R,根据v=ωr知,A点的线速度大于B点的线速度,故A错误;角速度相等,A点的转动半径大,根据a=ω2r知,A点的向心加速度大于B点的向心加速度,故B正确,C错误;A、B两点的向心加速度方向垂直指向轴O1O2,故D错误。
2.(2026·汉中模拟)如图甲所示,汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件(长度远小于汽车后备箱)的木箱,工件截面和车的行驶方向垂直,图甲是车尾的截面图,当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时,木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.汽车在直道上时,M对P的支持力大小为mg
B.汽车过A、B、C三点时,P的角速度依次减小
C.汽车过A、B两点时,P的合力依次增大
D.汽车过A、C两点时,P的向心加速度相同
√
【解析】选C。汽车在直道上时,根据几何关系可知,M、Q对P的支持力
与竖直方向的夹角均为30°,分析P的受力,根据受力平衡可得2Ncos30°
=mg,解得N=mg,故A错误;水平圆弧形弯道A、B、C处的半径依次变
小,汽车速率不变,由ω=可知P的角速度依次变大,故B错误;汽车过A、B
两点时,汽车以恒定速率通过,P所受的合力提供向心力,即F合=m,而半
径依次变小,所以P的合力依次增大,故C正确;汽车的向心加速度为an=,
已知汽车过A、C两点时,速率不变,弯道对应的半径变小,所以P的向心
加速度变大,故D错误。
【综合应用练】
3.记里鼓车是中国古代用于计量车辆行驶距离的机械装置。如图所示为《宋史》记载卢道隆所制记里鼓车示意图:马匹拉车使车轮转动,带动一套齿轮传动。车轮转动100圈时,车行驶距离恰好为一里。因为立轮和车轮固定在同一轴上,立轮也转动100圈,下平轮和旋风轮转动33.3圈,中平轮转动1圈。此时通过凸轮杠杆机构,拉动木人,实现车每行1里下层木人击鼓。下列说法正确的是(　　)
A.中平轮与旋风轮的周期之比为1∶33.3
B.中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1∶33.3
C.立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度
D.立轮与下平轮的角速度之比为33.3∶100
√
【解析】选C。
选项 选项剖析 对错
A 中平轮与旋风轮的角速度之比为1∶33.3 根据T=,中平轮与旋风轮的周期之比为33.3∶1 ×
B 旋风轮带动中平轮转动,中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1∶1 ×
C 立轮和车轮同轴,立轮半径小,车轮半径大。根据v=ωr,立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度 √
D 立轮与下平轮的角速度之比为100∶33.3 ×
4.(12分)(体育运动)2025年,全国青少年U系列场地自行车冠军赛开赛。某场地自行车圆形赛道的路面与水平面夹角为37°,运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动,重力加速度g取10 m/s2,sin37° =0.6,cos37°=0.8。
(1)运动员骑车的速度为15 m/s时,自行车恰不受侧向摩擦力作用,求圆周半径r;(5分)
答案:(1)30 m　
【解析】(1)设运动员和自行车的总质量为m,若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力,可得
mgtan37°=,解得r=30 m
(2)若运动员骑车以20 m/s的速度仍沿(1)问中圆周半径做匀速圆周运动,运动员与自行车的总质量为75 kg,求自行车所受侧向摩擦力大小和方向。(7分)
答案: (2)350 N,沿斜面向下
(2)运动员骑车以20 m/s的速度运动时,此时重力和支持力的合力不足以提供向心力,斜面对运动员和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力,对其受力分析如图所示
在y轴方向
FNcos37°=mg+fsin37°
在x轴方向fcos37°+FNsin37°=
联立解得f=350 N核心素养测评 第2课时　平抛运动和圆周运动的综合
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.【多选】(体育运动)我国运动员在东京奥运会女子链球决赛中曾成功拿下一枚银牌,这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为运动员比赛瞬间的照片,若运动员在开始甩动链球时,可认为链球在水平面内做匀速圆周运动,如图乙所示,不计空气阻力,对此下列说法正确的是(　　)
A.链球球体受到重力及拉力共两个力的作用
B.链条与竖直方向的夹角θ越小,链条对球体施加的拉力越小
C.链条与竖直方向的夹角θ越大,链球做匀速圆周运动的角速度越大
D.若运动员此时松手,链球将沿松手时的速度方向做斜上抛运动
2. 【多选】进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为“雪地转转”游戏及其示意图,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为
60 kg,可视为质点)绕轴以0.4 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为3 m,离地高为3 m,绳长为5 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人)(　　)
A.运动的周期约为16 s
B.圆周运动的半径为4 m
C.线速度大小为2 m/s
D.所受向心力大小为48 N
【综合应用练】
3.(生产生活)在模拟救援演练中,一架无人机执行侦查任务,需持续监控地面上静止的模拟伤员(可视为质点)。操控员让无人机在目标正上方一水平面内做半径为r、周期为T的匀速圆周运动。已知无人机的质量为m,重力加速度为g,则(　　)
A.无人机受到重力、空气的作用力、向心力
B.空气对无人机的作用力方向竖直向上
C.空气对无人机的作用力大小等于mg
D.空气对无人机的作用力大小等于　
4.(14分)如图所示,一根长L=0.5 m的细绳悬于天花板上O点,绳的另一端挂一个质量为m=1 kg的小球,已知绳能承受的最大拉力为12.5 N,小球在水平面内做圆周运动,当速度逐渐增大,绳断裂后,小球将平抛后掉在地上。(设绳与竖直方向的夹角为θ,g取10 m/s2)
(1)求绳刚断裂时小球的角速度为多大 (5分)
(2)若小球做圆周运动的平面离地高为h=0.6 m,则小球经多长时间落地。(4分)
(3)在第(2)问中小球落地点离悬点在地面上的垂直投影的距离为多少 (5分)
- 5 -第3讲　圆周运动
学习目标 学后评价
1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系 完成□　继续□
2.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 完成□　继续□
3.掌握圆周运动与其他运动的综合问题的分析方法 完成□　继续□
考点一　圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量之间的关系
2.掌握三种传动方式
类型 模型 模型解读
皮带 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
摩擦 (或 齿轮) 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
同轴 传动 绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB。由v=ωr知v与r成正比
角度1　描述圆周运动的物理量
【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
角度2　传动问题
【典例2】【多选】【教材互鉴】 (鲁科必修二P62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O2、B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、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
【编改溯源】
情境不变,改变考查方式,扩展设问角度。
【思路导引】
考点二　圆周运动的动力学问题
1.对圆周运动向心力的理解
(1)向心力是按力的作用效果命名的,可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质力提供,可以是某个力或某个力的分力,也可以是几个力的合力,在受力分析中要避免再添加一个向心力。
(2)匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力,即F向=F合。
(3)变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心,可以分解为如图所示的两个分力。
①切向分力Fτ:产生切向加速度aτ,只改变线速度的大小。当aτ与v同向时,速度增大,做加速圆周运动;反向时则速度减小,做减速圆周运动。
②法向分力Fn:提供向心力,产生向心加速度an,只改变线速度的方向。
2.圆周运动的常见模型
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=FT=mBg =mA
汽车过 凸形桥 Fn=G-FN =m 汽车 过凹 形桥 Fn=FN-G=m
3.解答圆周运动的动力学问题的基本思路
角度1　圆周运动问题的受力分析
【典例3】【多选】如图所示,杂技演员进行表演时,可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,人与圆筒内壁之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.该演员受到4个力的作用
B.该演员所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大,人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥
角度2　圆周运动的动力学问题分析
【典例4】(2026·岳阳模拟)如图所示,竖直平面内光滑轨道CDEFO1由两个半圆组成,其中大圆的半径为小圆半径的2倍,O1为大圆圆心,O2为小圆圆心。一小球穿在大圆轨道上,在某位置由C静止释放,小球经过轨道最低点E后瞬间,相比经过E点前瞬间,下列说法正确的是(　　)
A.小球的角速度变为原来的一半
B.小球的向心加速度变为原来的4倍
C.小球所受向心力变为原来的2倍
D.轨道对小球的弹力变为原来的2倍
【典例5】(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧的劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离;
(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;
(3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。
考点三　平抛运动和圆周运动的综合
1.平抛运动与圆周运动综合问题的几种情境
甲图:物体先做圆周运动,后做平抛运动;乙图:物体先做平抛运动,后做圆周运动;丙图、丁图:一个物体做平抛运动,另一个做圆周运动。
2.解题关键
明确平抛运动与圆周运动之间的关联。若平抛运动与圆周运动是先后发生的,前一个运动的末速度是后一个运动的初速度;若平抛运动与圆周运动是同时发生的,两个运动一般在时间、位移方面存在关联。
3.注意多解问题
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,必须把各种可能情况都考虑进去。
角度1　多解问题
【典例6】【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,不计空气阻力,则(　　)
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
【归纳总结】
多解问题的处理策略
分析圆周运动的多解问题时,应先特殊后一般。分析问题时可暂时不考虑周期性,分析一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转动的角度上再加上2nπ,具体n的取值根据题意而定。
角度2　平抛运动与圆周运动综合问题
【典例7】【多选】(2025·山东高考)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心,半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
【模型构建】
模型建构5　圆锥摆模型
1.特点
小球以一定大小的速度在水平面内做匀速圆周运动,连接小球的细线在空中划出一个圆锥面,这样的装置叫作“圆锥摆”, “圆锥摆”是匀速圆周运动中一个典型的实例。
2.建模
项目 模型图解 结论
有 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与绳子拉力的合力充当向心力 r=Lsinθ=htanθ F向=mgtanθ=m=mω2r= mr ①稳定状态下,L不变时,θ越大,对应的角速度ω和线速度v就越大 ②摆线拉力F= ③摆球的加速度a=gtanθ
无 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与支持力的合力充当向心力。 F向==m=mω2r=mr ①稳定状态下,θ不变时,小球所处的位置越高,半径r越大,角速度ω就越小,线速度v就越大 ②斜面对小球的支持力FN=不变 ③摆球的加速度a=不变
3.解题思路
角度1　圆锥摆
【典例1】(2024·江苏高考)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动。现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动,A、B在同一竖直线上,不计一切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
[母题变式] (变条件)(1)若改变拉力F,使得小球在同一水平面A、B两处做圆锥摆运动,如图甲,则小球在A、B两处的角速度和线速度大小是否相同
(2)若改变拉力F,使小球在不同水平面A、B两处做圆锥摆运动,但绳与竖直方向之间的夹角相同,如图乙,则小球在A、B两处的向心加速度和所受绳拉力的大小是否相同
角度2　圆锥筒
【典例2】【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
【模型构建】
[变式训练]如图,质量相等的两个小球A和B紧贴倒圆锥筒的光滑内壁各自做水平面内的匀速圆周运动,则(　　)
A.A球受到的支持力较大
B.A球与B球向心加速度大小不同
C.A球与B球线速度大小相同
D.A球运动的角速度较小
- 17 -第3讲　圆周运动
学习目标 学后评价
1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系 完成□　继续□
2.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 完成□　继续□
3.掌握圆周运动与其他运动的综合问题的分析方法 完成□　继续□
考点一　圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量之间的关系
2.掌握三种传动方式
类型 模型 模型解读
皮带 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
摩擦 (或 齿轮) 传动 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。由v=ωr知ω与r成反比
同轴 传动 绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB。由v=ωr知v与r成正比
角度1　描述圆周运动的物理量
【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　传动问题
【典例2】【多选】【教材互鉴】 (鲁科必修二P62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O2、B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、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
【编改溯源】
情境不变,改变考查方式,扩展设问角度。
【思路导引】
【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
1.对圆周运动向心力的理解
(1)向心力是按力的作用效果命名的,可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质力提供,可以是某个力或某个力的分力,也可以是几个力的合力,在受力分析中要避免再添加一个向心力。
(2)匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力,即F向=F合。
(3)变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心,可以分解为如图所示的两个分力。
①切向分力Fτ:产生切向加速度aτ,只改变线速度的大小。当aτ与v同向时,速度增大,做加速圆周运动;反向时则速度减小,做减速圆周运动。
②法向分力Fn:提供向心力,产生向心加速度an,只改变线速度的方向。
2.圆周运动的常见模型
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=FT=mBg =mA
汽车过 凸形桥 Fn=G-FN =m 汽车 过凹 形桥 Fn=FN-G=m
3.解答圆周运动的动力学问题的基本思路
角度1　圆周运动问题的受力分析
【典例3】【多选】如图所示,杂技演员进行表演时,可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,人与圆筒内壁之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.该演员受到4个力的作用
B.该演员所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大,人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥
【解析】选B、D。杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用,A错误;由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来,竖直方向根据平衡条件,有mg=Ff,水平方向,筒壁的弹力提供向心力,有F=mω2r,角速度越大,人受到的摩擦力不变,弹力变大,B正确,C错误;要想不下滑,最大静摩擦力需要大于等于重力,所以μF≥mg,F=mω2r,联立解得ω≥,D正确。
角度2　圆周运动的动力学问题分析
【典例4】(2026·岳阳模拟)如图所示,竖直平面内光滑轨道CDEFO1由两个半圆组成,其中大圆的半径为小圆半径的2倍,O1为大圆圆心,O2为小圆圆心。一小球穿在大圆轨道上,在某位置由C静止释放,小球经过轨道最低点E后瞬间,相比经过E点前瞬间,下列说法正确的是(　　)
A.小球的角速度变为原来的一半
B.小球的向心加速度变为原来的4倍
C.小球所受向心力变为原来的2倍
D.轨道对小球的弹力变为原来的2倍
【解析】选C。小球经过E点前后瞬间,线速度大小不变,根据v=ωR,轨道半径变为原来的一半,可知角速度变为原来的2倍,故A错误;由向心加速度公式an=,可知,向心加速度变为原来的2倍,故B错误;由向心力表达式Fn=m,可知,向心力变为原来的2倍,故C正确;由牛顿第二定律FN-mg=m,可得轨道对小球的弹力FN=m+mg,所以轨道对小球的弹力并非原来的2倍,故D错误。
【典例5】(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧的劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离;
答案:(1)0.05 m　
【解析】(1)当细杆和圆环处于平衡状态时,
对圆环受力分析得T0=mgcosα=5 N
根据胡克定律F=kΔx得
Δx0==0.05 m
弹簧弹力沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1=x0-Δx0=0.05 m
(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;
答案: (2) rad/s　
【解析】(2)若弹簧处于原长时,圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。
根据合力提供向心力得=mr
由几何关系得圆环此时转动的半径为r=x0sinα
联立解得ω0= rad/s
(3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。
答案: (3)10 rad/s
【解析】(3)圆环处于细杆末端P时,圆环受力分析如图乙所示,弹簧伸长,弹力沿杆向下。根据胡克定律得
T=k(L-x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解,竖直方向受力平衡,水平方向合力提供向心力,则有
mg+Tcosα=FNsinα,
Tsinα+FNcosα=mω2r'
由几何关系得r'=Lsinα
联立解得ω=10 rad/s
考点三　平抛运动和圆周运动的综合
1.平抛运动与圆周运动综合问题的几种情境
甲图:物体先做圆周运动,后做平抛运动;乙图:物体先做平抛运动,后做圆周运动;丙图、丁图:一个物体做平抛运动,另一个做圆周运动。
2.解题关键
明确平抛运动与圆周运动之间的关联。若平抛运动与圆周运动是先后发生的,前一个运动的末速度是后一个运动的初速度;若平抛运动与圆周运动是同时发生的,两个运动一般在时间、位移方面存在关联。
3.注意多解问题
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,必须把各种可能情况都考虑进去。
角度1　多解问题
【典例6】【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,不计空气阻力,则(　　)
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
【解析】选A、C、D。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=,则v0==d,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)π(n=0,1,2,…),故C、D正确。
【归纳总结】
多解问题的处理策略
分析圆周运动的多解问题时,应先特殊后一般。分析问题时可暂时不考虑周期性,分析一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转动的角度上再加上2nπ,具体n的取值根据题意而定。
角度2　平抛运动与圆周运动综合问题
【典例7】【多选】(2025·山东高考)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心,半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
【模型构建】
【解析】选B、C。物品从无人机上释放后,做平抛运动,竖直方向H=gt2,可得t=2 s,要使物品落点在目标区域内,水平方向满足x==vmaxt,最大角速度ωmax=,联立可得ωmax= rad/s,故A错误,B正确;无人机从A到B的时间t'== s,由于t'>t,可知无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,故C正确,D错误。
模型建构5　圆锥摆模型
1.特点
小球以一定大小的速度在水平面内做匀速圆周运动,连接小球的细线在空中划出一个圆锥面,这样的装置叫作“圆锥摆”, “圆锥摆”是匀速圆周运动中一个典型的实例。
2.建模
项目 模型图解 结论
有 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与绳子拉力的合力充当向心力 r=Lsinθ=htanθ F向=mgtanθ=m=mω2r= mr ①稳定状态下,L不变时,θ越大,对应的角速度ω和线速度v就越大 ②摆线拉力F= ③摆球的加速度a=gtanθ
无 绳 小球在水平面内做匀速圆周运动,重力与支持力的合力充当向心力。 F向==m=mω2r=mr ①稳定状态下,θ不变时,小球所处的位置越高,半径r越大,角速度ω就越小,线速度v就越大 ②斜面对小球的支持力FN=不变 ③摆球的加速度a=不变
3.解题思路
角度1　圆锥摆
【典例1】(2024·江苏高考)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动。现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动,A、B在同一竖直线上,不计一切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
【解析】选C。由题意可知,A、B在同一竖直线上,则rA=rB,设小球所在高度与竖直管的顶端的高度差为h,细绳与竖直方向的夹角为θ,则小球运动半径为r=htanθ,根据牛顿第二定律可得,向心力F=ma=mgtanθ=mω2r=m,则v==,故vA[母题变式] (变条件)(1)若改变拉力F,使得小球在同一水平面A、B两处做圆锥摆运动,如图甲,则小球在A、B两处的角速度和线速度大小是否相同
答案:(1)角速度相同,线速度大小不相同
【解析】(1)对图甲中小球受力分析,设绳与竖直方向的夹角为θ,小球的质量为m,小球到竖直管顶端的竖直距离为h,
则mgtanθ=mω2lsinθ,
解得ω==,
所以小球在A、B两处的角速度相同,根据v=ωr,可知线速度大小不相同。
(2)若改变拉力F,使小球在不同水平面A、B两处做圆锥摆运动,但绳与竖直方向之间的夹角相同,如图乙,则小球在A、B两处的向心加速度和所受绳拉力的大小是否相同
答案: (2)向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同
【解析】(2)对图乙中小球受力分析,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mgtanθ=ma,
FTcosθ=mg,解得a=gtanθ,FT=,
所以小球在A、B处的向心加速度大小相同,受到绳的拉力大小也相同。
角度2　圆锥筒
【典例2】【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
【模型构建】
【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。
[变式训练]如图,质量相等的两个小球A和B紧贴倒圆锥筒的光滑内壁各自做水平面内的匀速圆周运动,则(　　)
A.A球受到的支持力较大
B.A球与B球向心加速度大小不同
C.A球与B球线速度大小相同
D.A球运动的角速度较小
【解析】选D。设圆锥筒内壁与竖直方向夹角为θ,对小球B受力分析如图所示。
小球B受到重力和支持力,它们的合力提供向心力且指向轨迹圆圆心,由平行四边形定则可知圆锥筒对小球的支持力N=,可知N与轨道半径无关,故A错误;根据牛顿第二定律,有F=mgtanθ=ma,解得a=gtanθ,可知向心加速度与轨道半径也无关,故B错误;根据合力提供向心力,有F=mgtanθ=m,解得v=
由于A球的转动半径较大,A球线速度较大,故C错误;根据合力提供向心力,有F=mgtanθ=mω2r,解得ω=,由于A球的转动半径较大,A球角速度较小,故D正确。
- 17 -(共11张PPT)
核心素养测评 第2课时　平抛运动和圆周运动的综合
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.【多选】(体育运动)我国运动员在东京奥运会女子链球决赛中曾成功拿下一枚银牌,这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为运动员比赛瞬间的照片,若运动员在开始甩动链球时,可认为链球在水平面内做匀速圆周运动,如图乙所示,不计空气阻力,对此下列说法正确的是(　　)
A.链球球体受到重力及拉力共两个力的作用
B.链条与竖直方向的夹角θ越小,链条对球体施加的拉力越小
C.链条与竖直方向的夹角θ越大,链球做匀速圆周运动的角速度越大
D.若运动员此时松手,链球将沿松手时的速度方向做斜上抛运动
√
√
√
【解析】选A、B、C。对链球进行受力分析,如图所示
球体受到重力与链条的拉力,链球在水平面内做匀速圆
周运动,由重力与拉力两个力的合力提供向心力,A正确;
由分析有T=,可知,链条与竖直方向的夹角θ越小,链
条对球体施加的拉力越小,B正确;由分析有mgtanθ=mω2Lsinθ,解得
ω=,则链条与竖直方向的夹角θ越大,链球做匀速圆周运动的角速
度越大,C正确;运动员此时松手后,链球仅仅受重力作用,链球将沿松手
时的速度方向做平抛运动,D错误。
2. 【多选】进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为“雪地转转”游戏及其示意图,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为60 kg,可视为质点)绕轴以0.4 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为3 m,离地高为3 m,绳长为5 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人)(　　)
A.运动的周期约为16 s
B.圆周运动的半径为4 m
C.线速度大小为2 m/s
D.所受向心力大小为48 N
√
√
√
【解析】选A、C、D。运动的周期为T=≈16 s,A正确;圆周运动的半径满足r2=(32+52) m2-32 m2,解得r=5 m,B错误;线速度大小为v=ωr=
2 m/s,C正确;所受向心力大小为F=mω2r=48 N,D正确。
【综合应用练】
3.(生产生活)在模拟救援演练中,一架无人机执行侦查任务,需持续监控地面上静止的模拟伤员(可视为质点)。操控员让无人机在目标正上方一水平面内做半径为r、周期为T的匀速圆周运动。已知无人机的质量为m,重力加速度为g,则(　　)
A.无人机受到重力、空气的作用力、向心力
B.空气对无人机的作用力方向竖直向上
C.空气对无人机的作用力大小等于mg
D.空气对无人机的作用力大小等于　
√
【解析】选D。向心力是效果力,不是实际受到的力,无人机实际受到重力和空气的作用力,故A错误;分析可知无人机受到的重力和空气作用力的合力提供其向心力,向心力方向指向圆心。无人机受的重力竖直向下,由平行四边形定则可知空气对无人机的作用力应该斜向上,故B错误;由平行四边形定则可知空气对无人机的作用力大小为F=,故C错误,D正确。
4.(14分)如图所示,一根长L=0.5 m的细绳悬于天花板上O点,绳的另一端挂一个质量为m=1 kg的小球,已知绳能承受的最大拉力为12.5 N,小球在水平面内做圆周运动,当速度逐渐增大,绳断裂后,小球将平抛后掉在地上。(设绳与竖直方向的夹角为θ,g取10 m/s2)
(1)求绳刚断裂时小球的角速度为多大 (5分)
答案:(1)5 rad/s　
【解析】(1)绳刚断裂时,拉力为T=12.5 N。
由几何关系得cosθ==,
根据合力提供向心力得
mgtanθ=mω2r
又r=L·sinθ
得ω=5 rad/s
(2)若小球做圆周运动的平面离地高为h=0.6 m,则小球经多长时间落地。(4分)
答案: (2) s
【解析】(2)绳断裂后小球做平抛运动,则有h=gt2
得t= s
(3)在第(2)问中小球落地点离悬点在地面上的垂直投影的距离为多少 (5分)
答案: (3)0.6 m
【解析】(3)小球平抛运动的初速度等于圆周运动的线速度为
v=ωr=ωLsinθ=1.5 m/s
则x=vt= m
由几何知识得到小球落点离悬点在地面上的垂直投影的距离为s==0.6 m核心素养测评
第1课时　圆周运动的运动学和动力学问题
(25分钟　30分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2025·运城模拟)如图所示,一球体绕轴O1O2以角速度ω旋转,A、B为球体上两点,下列说法正确的是(　　)
A.A、B具有大小相等的线速度
B.由a=ω2r知,A的向心加速度大于B的向心加速度
C.由a=ω2r知,A,B两点具有大小相等的向心加速度
D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心
【解析】选B。因为A、B两点绕轴O1O2转动,设球体的半径为R,由几何关系可得A点的转动半径为rA=Rsin60°=R,B点的转动半径为rB=Rsin30°=R,根据v=ωr知,A点的线速度大于B点的线速度,故A错误;角速度相等,A点的转动半径大,根据a=ω2r知,A点的向心加速度大于B点的向心加速度,故B正确,C错误;A、B两点的向心加速度方向垂直指向轴O1O2,故D错误。
2.(2026·汉中模拟)如图甲所示,汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件(长度远小于汽车后备箱)的木箱,工件截面和车的行驶方向垂直,图甲是车尾的截面图,当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时,木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.汽车在直道上时,M对P的支持力大小为mg
B.汽车过A、B、C三点时,P的角速度依次减小
C.汽车过A、B两点时,P的合力依次增大
D.汽车过A、C两点时,P的向心加速度相同
【解析】选C。汽车在直道上时,根据几何关系可知,M、Q对P的支持力与竖直方向的夹角均为30°,分析P的受力,根据受力平衡可得2Ncos30°=mg,解得N=mg,故A错误;水平圆弧形弯道A、B、C处的半径依次变小,汽车速率不变,由ω=可知P的角速度依次变大,故B错误;汽车过A、B两点时,汽车以恒定速率通过,P所受的合力提供向心力,即F合=m,而半径依次变小,所以P的合力依次增大,故C正确;汽车的向心加速度为an=,已知汽车过A、C两点时,速率不变,弯道对应的半径变小,所以P的向心加速度变大,故D错误。
【综合应用练】
3.记里鼓车是中国古代用于计量车辆行驶距离的机械装置。如图所示为《宋史》记载卢道隆所制记里鼓车示意图:马匹拉车使车轮转动,带动一套齿轮传动。车轮转动100圈时,车行驶距离恰好为一里。因为立轮和车轮固定在同一轴上,立轮也转动100圈,下平轮和旋风轮转动33.3圈,中平轮转动1圈。此时通过凸轮杠杆机构,拉动木人,实现车每行1里下层木人击鼓。下列说法正确的是(　　)
A.中平轮与旋风轮的周期之比为1∶33.3
B.中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1∶33.3
C.立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度
D.立轮与下平轮的角速度之比为33.3∶100
【解析】选C。
选项 选项剖析 对错
A 中平轮与旋风轮的角速度之比为1∶33.3 根据T=,中平轮与旋风轮的周期之比为33.3∶1 ×
B 旋风轮带动中平轮转动,中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1∶1 ×
C 立轮和车轮同轴,立轮半径小,车轮半径大。根据v=ωr,立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度 √
D 立轮与下平轮的角速度之比为100∶33.3 ×
4.(12分)(体育运动)2025年,全国青少年U系列场地自行车冠军赛开赛。某场地自行车圆形赛道的路面与水平面夹角为37°,运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动,重力加速度g取10 m/s2,sin37° =0.6,cos37°=0.8。
(1)运动员骑车的速度为15 m/s时,自行车恰不受侧向摩擦力作用,求圆周半径r;(5分)
答案:(1)30 m　
【解析】(1)设运动员和自行车的总质量为m,若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力,可得
mgtan37°=,解得r=30 m
(2)若运动员骑车以20 m/s的速度仍沿(1)问中圆周半径做匀速圆周运动,运动员与自行车的总质量为75 kg,求自行车所受侧向摩擦力大小和方向。(7分)
答案: (2)350 N,沿斜面向下
(2)运动员骑车以20 m/s的速度运动时,此时重力和支持力的合力不足以提供向心力,斜面对运动员和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力,对其受力分析如图所示
在y轴方向
FNcos37°=mg+fsin37°
在x轴方向fcos37°+FNsin37°=
联立解得f=350 N
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