第2章 圆周运动 水平测评+知识网络构建-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟． 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．关于做圆周运动的物体所受的向心力，下列说法正确的是(　　) A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力 B．因向心力指向圆心，且与线速度的方向垂直，所以它不能改变线速度的大小 C．它一定是物体所受的合力 D．向心力和向心加速度的方向都是不变的 解析　只有做匀速圆周运动的物体所受的向心力才是物体所受的合力，由于向心力始终指向圆心，且与线速度垂直，故不能改变线速度的大小，只能改变线速度的方向，向心力虽大小不变，但方向时刻改变，不是恒力，由此产生的向心加速度也是变化的，故A、C、D错误，B正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．如图所示，两个质量相同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做同方向的匀速圆周运动，则它们的(　　) A．向心力大小相同 B．周期不同 C．线速度大小相同 D．角速度相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图像是右图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　锥面与竖直方向的夹角为θ，设细线长为L，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，即FT＝mgcosθ≠0，故A、B错误．ω增大时，FT增大，FN减小，设FN＝0时，角速度为ω0；当ω<ω0时，由牛顿第二定律 得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，又FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，此时FT­ω2图像的反向延长线经过原点，图线的斜率变大，故C正确，D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．人类向宇宙空间最具可能的发展是在太阳系内地球附近建立“太空城”．设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1600 m、直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口 外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境．为了使太空城内的人能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动．如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A．太空城内的人所受的“重力”一定通过垂直中心轴的截面圆的圆心 B．人随太空城自转所需的向心力由太空城对人的支持力提供 C．太空城内的人不能运用天平准确测出质量 D．太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城内的人受到的“重力”越大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　因为太空城绕自己的中心轴做圆周运动、太空城对人的支持力提供向心力，故支持力的方向指向圆心，人所受的“重力”大小就等于太空城对人的支持力，故太空城内的人所受的“重力”一定通过垂直中心轴的截面圆 的圆心，A、B正确；根据F＝mω2R可知，太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城内的人受到的“重力”越大，D正确；因为太空城内人为创造了“重力”，故太空城内的人能运用天平准确测出质量，C错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某实验小组利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验．转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动．塔轮自上而下有三层，每层左、右半径比分别是1∶1、2∶1和 3∶1.左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比．实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到左、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小关系可由标尺露出的等分格的格数判断． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)该实验用到的方法是____． A．理想实验法 B．等效替代法 C．微元法 D．控制变量法 (2)在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球分别放在A、C位置，将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2∶1的塔轮上，实验中匀速转动手柄时，得到左、右标尺露出的等分格数之比为1∶4. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为3∶1的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为______，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明____________________________________________________________ _______________________． 1∶3 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力的大小与转动角速度的平方成正比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　(1)分析易知本实验采用的是控制变量法．故A、B、C错误，D正确． (3)因用皮带连接的左、右塔轮边缘线速度大小相等，又皮带连接的左、右塔轮半径之比为3∶1，根据v＝ωr可知，左、右两边塔轮的角速 度之比为1∶3.又根据题意知放在A、C两处的小球质量相等，转动半径相等，左边标尺露出1个等分格，右边标尺露出9个等分格，表明两球所受向心力大小之比为1∶9.则此次实验说明，做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力的大小与转动角速度的平方成正比． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的圆盘上，圆周轨道的半径为r，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小，表格中是所得数据，图乙为F­v图像、F­v2图像、F­v3图像． v/(m·s－1) 1 1.5 2 2.5 3 F/N 0.88 2 3.5 5.5 7.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时，保持圆柱体质量不变、半径r＝0.1 m的条件下得到的．研究图像后，可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为____________． (2)为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持_____________不变． v/(m·s－1) 1 1.5 2 2.5 3 F/N 0.88 2 3.5 5.5 7.9 F＝0.88v2 线速度大小v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 v/(m·s－1) 1 1.5 2 2.5 3 F/N 0.88 2 3.5 5.5 7.9 0.088 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 v/(m·s－1) 1 1.5 2 2.5 3 F/N 0.88 2 3.5 5.5 7.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分．要有必要的文字说明和演算步骤，有数值计算的题注明单位) 13．(10分)雄鹰翱翔在蓝天，某段时间内，雄鹰的运动可以看成在水平面内绕某中心点做匀速圆周运动，示意图如图所示，已知在时间t内，雄鹰通过的弧长为s，雄鹰与中心点的连线在这段时间内转过的角度为θ，雄鹰的质量为m，取重力加速度大小为g，雄鹰在空中飞翔时可认为只受重力和升力(周围空气施加的)，雄鹰在运动中可以视为质点，求： (1)雄鹰的向心加速度的大小；(2)雄鹰受到的升力的大小． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　(1)4 m/s　(2)4.5 N (3)平抛运动　0.4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(15分)如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O连接，摆锤重心到转轴O的距离为L，机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做圆周运动．电机转动稳定后，摆锤以角速度ω逆时针做 匀速圆周运动，底座始终保持静止，压力传感器显示底座对传感器的压力随时间周期性变化，最小值为F1，最大值为F2，重力加速度用g表示．请解答下面的问题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)求该机械装置的总质量(包括摆锤)； (2)当电机转动稳定后，从摆锤重心通过最高点开始计时，以水平向右为正方向，求底座所受摩擦力随时间变化的表达式并作出其图像． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 名师点拨　本题求解底座所受摩擦力的关键是，将摆锤的运动沿水平方向和竖直方向分解，然后根据牛顿第二定律和平衡条件求解．圆周运动大部分情况按径向和切向方向分解，但有些情况则需要沿固定坐标轴分解，这需要根据题意分析应采用哪种分解方法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2．如图所示的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A．小齿轮逆时针匀速转动 B．小齿轮的每个齿的线速度均一样 C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的eq \f(1,3)倍 D．小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍 解析　小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，所以小齿轮也是顺时针匀速转动，故A错误；大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的每个齿的线速度大小相等、方向不同，故B错误；大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，根据线速度公式v＝ωr，向心加速度公式a＝eq \f(v2,r)，结合B项分析可知，小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍，故C错误，D正确． 3．如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是f，则物块与碗的动摩擦因数为(　　) A．eq \f(f,mg) B．eq \f(f,mg＋m\f(v2,R)) C．eq \f(f,mg－m\f(v2,R)) D．eq \f(f,m\f(v2,R)) 解析　物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v2,R)，又f＝μFN，联立解得μ＝eq \f(f,mg＋m\f(v2,R))，B正确． 4．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是(　　) A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上 B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相同 C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力 提供向心力 D．管状模型转动的角速度ω最大为eq \r(\f(g,R)) 解析　离心力不是真实存在的力，A错误；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则铁水的重力提供向心力，由mg＝mω2R得，ω＝eq \r(\f(g,R))，故管状模型转动的角速度ω至少为eq \r(\f(g,R))，C正确，D错误． 解析　对其中一个小球进行受力分析，如图所示，小球受重力、 绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重 力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得合力：F＝mgtanθ， θ不同，则F大小不同，故A错误；由向心力公式得：F＝mω2r， 设小球所在水平面与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r＝htanθ，由以上三式联立解得，ω＝eq \r(\f(g,h))，可知小球转动角速度与细线的长度和转动半径无关，因两小球的h相同，故两球角速度相同，故D正确；又由T＝eq \f(2π,ω)可知，两球的运动周期相同，故B错误；由v＝ωr可知，两球转动半径不同，线速度大小不同，故C错误． 6．用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R＝0.25 m的四分之一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F.已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的F­x图像，则由图可求得小球质量为(　　) A．0.25 kg B．0.5 kg C．0.75 kg D．1 kg 解析　小球运动到圆弧轨道的最低点时，由重力与轨道的支持力的合力提供向心力，结合牛顿第三定律有F－mg＝m2,0)eq \f(v,R) ，小球做平抛运动时的水平射程x＝v0t，竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2，根据几何关系可得eq \f(y,x)＝tanθ，联立得F＝mg＋eq \f(mg,2Rtanθ)x，由图像可知当x＝0.5 m时，F＝10.0 N，解得m＝0.5 kg，故B正确． 9．如图所示，铁路在弯道处的内、外轨道的高度是不同的，已知内、外轨道所在平面与水平面间的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于eq \r(gRtanθ)，则(　　) A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于eq \f(mg,cosθ) D．这时铁轨对火车的支持力小于eq \f(mg,cosθ) 解析　火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于火车做圆周运动的向心力时，有mgtanθ＝eq \f(mv2,R)，火车的速度为v＝eq \r(gRtanθ)，由题意知，质量为m的火车转弯时速度小于eq \r(gRtanθ)，所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压，故A正确，B错误；当内、外轨对车轮轮缘没有挤压时，火车受重力和支持力，N＝eq \f(mg,cosθ)，由于内轨对火车有作用力，且这个力可以分解为水平方向和竖直向上的两个分力，由于有竖直向上的分力的作用，则铁轨对火车的支持力小于eq \f(mg,cosθ)，故C错误，D正确． 10．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A．此时绳子张力为T＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝eq \r(\f(2μg,r)) C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 解析　A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，由F＝mω2R知，B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝eq \r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；此时烧断绳子，因μmg<mω2r，故A的最大静摩擦力不足以提供所需的向心力，A做离心运动，同理因μmg<mω2·2r，故B也做离心运动，D错误． (3)若已知向心力公式为F＝meq \f(v2,r)，根据上面的图线可以推算出，本实验中圆柱体的质量为____________． 解析　(1)研究数据表格和题图乙中B图不难得出F∝v2，进一步研究知题图乙B中图线的斜率k＝eq \f(ΔF,Δv2)≈0.88，故F与v的关系式为F＝0.88v2. (2)根据F＝meq \f(v2,r)可知，还应保持线速度大小v不变． (3)因F＝meq \f(v2,r)＝0.88v2，r＝0.1 m，则m＝0.088 kg. 答案　(1)eq \f(θs,t2)　(2)meq \r(g2＋\f(θ2s2,t4)) 解析　(1)设雄鹰做匀速圆周运动时的角速度为ω，则ω＝eq \f(θ,t) 由几何关系得s＝rθ 雄鹰的向心加速度a向＝ω2r 联立解得a向＝eq \f(θs,t2). (2)雄鹰运动时的向心力F向＝ma向 代入a向解得F向＝eq \f(mθs,t2) 对题图中起点处雄鹰受力分析可知，雄鹰受到的升力大小F＝2,向)eq \r(（mg）2＋F) 整理得F＝meq \r(g2＋\f(θ2s2,t4)). 14．(13分)某杂技演员在做“水流星”表演时盛水的水桶经过最高点桶口向下时水也不会洒出．如图所示，水的质量m＝0.8 kg，桶的质量M＝1 kg，绳长L＝1.6 m，g取10 m/s2，不计空气阻力和水桶的大小．求： (1)水桶在最高点时水不流出的最小速率为多大？ (2)若水桶在最高点的速率v＝5 m/s时，水对桶底的压力为多大？ (3)若将空水桶在最高点处以水平方向速率v＝2eq \r(3) m/s释放时， 空水桶将做什么运动？当空水桶下降多少时间绳子又再拉紧？ 解析　(1)若水桶在最高点时水恰不流出，由牛顿第二定律，有mg＝m2,0)eq \f(v,L) 代入数据解得最小速率v0＝4 m/s. (2)若水桶在最高点的速率v＝5 m/s>4 m/s，水除了受到重力还有桶对水向下的压力FN，由牛顿第二定律，有 FN＋mg＝meq \f(v2,L) 代入数据解得FN＝4.5 N 根据牛顿第三定律可得，水对桶底的压力FN′＝FN＝4.5 N. (3)当空水桶在最高点处水平方向的速率为v＝2eq \r(3) m/s时，因其小于做圆周运动的最小速率v0，故此时绳子没有拉力，空水桶将做平抛运动，设下降时间为t时，绳子又再拉紧，由平抛运动规律有 竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt2 水平方向：x＝vt 由几何关系有L2＝x2＋(L－ h)2 联立并代入数据可得t＝0.4 s. 答案　(1)eq \f(F1＋F2,2g)　(2)f＝eq \f(F2－F1,2)sinωt 解析　解法一：(1)设摆锤和底座的质量分别为m、M， 当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，此时对 底座和摆锤整体，可得：(M＋m)g－F1＝mLω2 当摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时对 底座和摆锤整体，可得：F2－(M＋m)g＝mLω2 联立可得M＋m＝eq \f(F1＋F2,2g)，m＝eq \f(F2－F1,2Lω2). (2)从摆锤通过最高点开始计时，设经t时间杆转过的角度为θ，对底座和摆锤整体，水平方向根据牛顿第二定律可得：f＝mLω2sinθ， 又θ＝ωt 联立以上各式解得摩擦力f＝eq \f(F2－F1,2)sinωt 图像如图所示： 图中Fm＝eq \f(F2－F1,2). 解法二：(1)设摆锤和底座的质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，假设直杆对摆锤的作用力向下，此时 对摆锤有mg＋FN1＝mLω2 对底座有F1＋FN1＝Mg 摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时 对摆锤有FN2－mg＝mLω2 对底座有F2＝Mg＋FN2 联立求得 m＋M＝eq \f(F2＋F1,2g). (2)设从最高点开始转动t时间后，直杆作用力在水平方向的分量为Fx，则 对摆锤有Fx＝max＝mLω2sinωt 对底座分析知，摩擦力为f＝Fx 而由(1)问可求得m＝eq \f(F1－F2,2Lω2) 联立求得底座所受摩擦力f＝eq \f(F1－F2,2)sinωt 图像如图所示： 图中Fm＝eq \f(F2－F1,2). $$ 第二章　知识网络构建 不变 不变 mω2r ω2r 2 离心 零 3 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 圆周运动eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(匀速圆周运动的特点：线速度大小______，向心加速度大小______,圆周运动的描述\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(物理量：线速度、角速度、周期、频率、转速,关系：v＝\f(2πr,T)，ω＝\f(2π,T)，v＝ωr,向心力：F＝_________＝________＝m\f(4π2,T2)r,向心加速度：a＝______＝______＝\f(4π2,T2)r)),实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系)) eq m\f(v 2,r) eq \f(v 2,r) 圆周运动eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(生活和生产中的应用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(公路弯道,铁路弯道,拱形与凹形路面,离心运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(若F合＝m\f(v2,r)，物体做圆周运动,若F合<m\f(v2,r)，物体做_______运动,若F合>m\f(v2,r)，物体做近心运动)))),竖直平面内的圆周运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(两个模型：绳模型、杆模型,临界条件\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(绳模型：最高点重力提供向心力，v＝______,杆模型：最高点速度恰好为______)))))) eq \r(gr) $$