第09讲 圆周运动（复习讲义）（天津专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

第09讲 圆周运动 目录 01考情解码·命题预警 3 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 4 考点一 圆周运动的描述 4 知识点一 线速度 5 知识点二 角速度 5 知识点三 周期 5 知识点四 各物理量的关系 5 知识点五 同轴转动和皮带传动问题 6 知识点六 对匀速圆周运动的理解 6 考向1 匀速圆周运动的性质 7 考向2 匀速圆周运动的描述 8 考向3 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式 9 考向4 传动问题 10 考点二 向心力 12 知识点一 向心力 12 知识点二 变速圆周运动和一般的曲线运动 13 考向1 向心力的定义及与各物理量的关系 13 考向2 向心力的简单计算 14 考向3 用牛顿第二定律求解向心力 15 考点三 向心加速度 17 知识点一 匀速圆周运动的加速度方向 17 知识点二 匀速圆周运动的加速度大小 17 考向1 向心加速度的概念、公式 18 考向2 向心加速度与角速度、周期的关系 19 考点四 生活中的圆周运动 20 知识点一 火车转弯 21 知识点二 拱形桥 21 知识点三 航天器中的失重现象 22 知识点四 离心运动 22 知识点五 竖直面内的圆周运动 22 知识点六 圆周运动的临界问题 23 考向1 水平转盘上的物体 24 考向2 圆锥摆问题 34 考向3 汽车在水平面的转弯问题 27 考向4 火车转弯模型 28 考向5 拱桥和凹桥模型 29 考向6 绳球类模型及其临界条件 30 考向7 杆球类模型及其临界条件 32 考向8 离心运动及其应用 33 考点无 平抛与圆周运动相结合 3 知识点一 平抛运动解题思路 34 知识点二 圆周运动解题思路 35 考向1 用动力学观点和能量观点分析平抛圆周相结合问题 35 04真题溯源·考向感知 36 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 选择题 非选择题 天津卷T10，14分 天津卷T10，14分 选择题 非选择题 选择题 非选择题 \ 考情分析： 高考物理试题中圆周运动模型从单一水平面匀速圆周转向复杂的变速圆周，如竖直平面变速圆周中绳-杆模型的 突变分析、过山车竖直圆轨道的脱离临界条件，可能引入智能汽车弯道控制系统（车道保持的向心力需求计算），复 合运动模型升级，重点考查抛体-圆周衔接运动。在试题情境上设置航天科技，如以空间站机械臂操作（角速度匹配 问题），突出物理模型的工程应用；智能交通如自动驾驶车辆转弯半径优化（静摩擦力临界计算）、无人机编队表演 的同步圆周运动（多体角速度协调）将成为高频载体；大型文体活动中的物理如花样滑冰联合旋转的角速度匹配、钢 架雪车弯道设计、自行车弯道竞速。 复习目标： 1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。 2.会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。 3.会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识解决生活中的圆周运动。 4.用动力学观点和能量观点处理圆周运动与平抛运动相结合的问题 考点一 圆周运动的描述 知识点一 线速度 1.定义：物体做圆周运动，在一段________的时间Δt内，通过的弧长为Δs.则Δs与Δt的________叫作线速度，公式：v＝________ 2.意义：描述做圆周运动的物体________的快慢. 3.方向：为物体做圆周运动时该点的________方向. 4.匀速圆周运动 (1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的________________，这种运动叫作匀速圆周运动. (2)性质：线速度的方向是时刻________的，所以是一种________运动，这里的“匀速”是指________不变. 知识点二 角速度 1.定义：连接物体与圆心的半径转过的________与转过这一________所用时间的________，公式：ω＝________ 2.意义：描述物体绕圆心________的快慢. 3.单位：弧度每秒，符号是________或________ 4.匀速圆周运动是角速度________的运动. 知识点三 周期 1.周期T：做匀速圆周运动的物体，运动一周所用的________，单位：________ 2.转速n：物体转动的________与所用时间之比.单位：________(r/s)或转每分(r/min). 3.周期和转速的关系：T＝(n的单位为r/s时). 知识点四 各物理量的关系 1.描述匀速圆周运动各物理量之间的关系 (1)v＝＝＝2πnr (2)ω＝＝＝2πn (3)v＝ωr 2.各物理量之间关系的理解 (1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，_______________三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也确定了. (2)线速度与角速度之间关系的理解：由线速度大小v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r。 知识点五 同轴转动和皮带传动问题 同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装 置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特 点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 规 律 ________大小与半径成正比：＝ ________与半径成反比：＝ ________与半径成反比：＝ 知识点六 对匀速圆周运动的理解 (1)由于匀速圆周运动是________运动，其速度方向沿着圆周上各点的切线方向，所以速度的方向时刻在变化. (2)匀速的含义：速度的大小不变，即速率不变. (3)运动性质：________运动是一种变速运动，其所受合外力不为零 得分速记 圆周运动各物理量间的关系 考向1 匀速圆周运动的性质 例1关于圆周运动，下列说法中正确的是（　　） A．匀速圆周运动是匀变速运动 B．物体受到恒定的合外力，不可能做匀速圆周运动 C．做圆周运动的物体，所受的合外力一定指向圆心 D．在匀速圆周运动中，向心加速度恒定 思维建模 匀速圆周运动是一种变速运动，其所受合外力不为零，加速度方向总在变化，加速度变化 【变式训练1·变载体】如图为小朋友喜欢的玩具飞行竹蜻蜓，竹蜻蜓的一对竹翅膀长度均为0.1m，小朋友用手搓动竹蜻蜓的竹柄，在t=4s内使竹柄匀速转动10圈，则下列说法正确的是（　　） A．竹翅膀的最外端点的线速度不变 B．竹翅膀的最外端点的加速度不变 C．竹翅膀的旋转周期为2.5s D．竹翅膀最外端点的线速度大小为0.5π m/s 【变式训练2 新情境】如图所示，摩天轮上有透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．乘客的线速度不变 B．乘客做匀变速曲线运动 C．座舱对乘客的作用力大小不变 D．经过最高处时乘客处于失重状态 考向2 匀速圆周运动的描述 例1如图所示，短道速滑运动员正在沿着弯道滑行，运动员在弯道转弯的过程可视为在水平冰面上的一段圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．运动员的速度可能保持不变 B．运动员所受合力可能为恒力 C．运动员的加速度不可能为0 D．运动员所受合力的方向可能沿着运动方向 解题技巧 1．对公式v＝ωr的理解 当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。 2．对a＝＝ω2r的理解 当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。 【变式训练1·变载体】如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是（　　） A．A点的角速度是1rad/s B．电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2 C．电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4 D．电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4 【变式训练2 新情境】图甲所示，《天工开物》记载了水转翻车的使用场景：水轮通过水流冲击转动，转轮带动龙骨板将水提升至高处灌溉农田。如图乙所示，若水轮边缘某点的线速度大小为v，水轮的半径为r，则下列说法正确的是（    ） A．水轮上的质点转动过程中处于平衡状态 B．水轮转动的角速度大小为vr C．水轮转动的周期为 D．该点转动的向心加速度大小为 考向3 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式 例1如图所示的装置中，左侧的轮子利用皮带带动右侧轮轴转动。已知b是轮轴上的一点，到轴心的距离为r，a、c、d分别是三个轮（轴）边缘上的点，到轴心的距离，则以下说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1·变载体】某洗衣机脱水桶在工作时，可视为做匀速圆周运动。当脱水桶转速较低时，桶壁上的某点随桶一起转动，当脱水桶转速增大到原来的2倍时，点仍然随桶一起转动。在这一过程中，关于点描述中说法正确的是（　　） A．角速度变为原来的4倍 B．线速度变为原来的4倍 C．周期变为原来的4倍 D．向心加速度变为原来的4倍 【变式训练2 新情境】如图甲，2025蛇年春节联欢晚会上，人机共舞节目《秧BOT》中转手绢的环节吸引了无数观众的目光。如图乙，手绢上O、M、N三点共线，M为ON的中点，若手绢绕中心O点匀速转动，则M、N两点的线速度大小之比为（　　） A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 考向4 传动问题 例1在花式篮球表演赛中，某运动员使篮球在其指尖上绕竖直直径匀速转动，a、b是篮球表面上的两个点，如图所示。比较a、b两点的运动，下列判断正确的是（　　） A．a点转动的周期较大 B．a点转动的线速度较大 C．a点转动的角速度较小 D．a点转动的向心加速度较小 解题技巧 常见的三种传动方式及特点 1.皮带传动：如图甲、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。 2.摩擦传动：如图丙所示，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。 3.同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。 【变式训练1·变载体】某机械的传动齿轮如图所示，大、小齿轮相互咬合，a，b点分别位于大、小齿轮的边缘，c点是大齿轮上的点，c点到大齿轮转轴的距离与b点到小齿轮转轴的距离相等。齿轮匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．大，小齿轮转动方向相同 B．a、b点的周期相同 C．a点的加速度小于c点的加速度 D．b点的角速度大于c点的角速度 【变式训练2 新情境】如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，小齿轮和后轮绕共同的轴转动。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C。则A、B、C三点（　　） A．转速之比为3∶2∶1 B．角速度之比为2∶3∶3 C．线速度大小之比为1∶2∶3 D．向心加速度大小之比为1∶3∶18 考点二 向心力 知识点一 向心力 1.定义：做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向________，这个指向圆心的力叫作向心力. 2.方向：始终沿着________指向________. 3.作用：只改变速度的________，不改变速度的________. 4.向心力是根据力的________命名的，它由________________提供. 5.表达式： (1)Fn＝m (2)Fn＝mω2r. 知识点二 变速圆周运动和一般的曲线运动 1.变速圆周运动的合力：变速圆周运动的合力产生两个方向的效果，如图1所示. 图1 (1)跟圆周相切的分力Ft：改变线速度的________. (2)指向圆心的分力Fn：改变线速度的________. 2.一般的曲线运动的处理方法 (1)一般的曲线运动：运动轨迹既不是________也不是________的曲线运动. (2)处理方法：可以把曲线分割为许多很短的小段，每一小段可以看作________的一部分，分析质点经过曲线上某位置的运动时，可以采用________运动的分析方法来处理. 考向1 向心力的定义及与各物理量的关系 例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．圆周运动的物体所受的向心力就是物体所受的合力 B．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 C．圆周运动的物体所受的向心力和向心加速度的方向都是不变的 D．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 思维建模 做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力 【变式训练1·变载体】如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球（　　） A．受到重力、支持力 B．受到重力、向心力 C．受到支持力、向心力 D．受到重力、支持力和向心力 【变式训练2 新情境】如图所示，内壁光滑的竖直圆桶内，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处。物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　） A．物块一定仅受2个力作用 B．物块一定仅受4个力作用 C．物块可能受3个力作用 D．物块可能受4个力作用 考向2 向心力的简单计算 例1如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，该小车（　　） A．角速度大小不变 B．向心力不变 C．处于平衡状态 D．处于超重状态 解题技巧 向心力的大小公式：Fn＝mrω2；又因为及和，所以 【变式训练1·变载体】（多选）如图，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面。目测一质量为的女运动员做圆锥摆运动时手臂和水平冰面的夹角约为，重力加速度为，则该女运动员（　　） A．受到的拉力为 B．受到的合力为 C．向心加速度为 D．向心加速度为 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示是公园常见的转椅，人面朝内坐在椅子上，手抓住内圈随着转椅绕中心转轴转动，下列说法正确的是（　　） A．转椅匀速转动，人处于平衡状态 B．转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大 C．转椅匀速转动，椅子对人的作用力方向水平指向转轴 D．转椅匀速转动，人头部后仰时椅子对人的作用力变大 考向3 用牛顿第二定律求解向心力 例1如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬于天花板的A点，现使小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，当地的重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受重力、拉力和向心力的作用 B．小球所受向心力的方向沿细绳指向A点 C．小球做匀速圆周运动的向心力大小为mgtanθ D．小球做匀速圆周运动的周期为2π 【变式训练1·变载体】（多选）幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m 的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r 的圆弧形滑道的A 点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为 （g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30° ，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（　　） A．处于先失重后超重状态 B．重力的功率先减小后增大 C．在最低点B时对滑道的压力大小为 D．摩擦力对小朋友所做的功为 【变式训练2 新情境】（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则 A．物块在圆盘上运动时所受的摩擦力方向指向圆心 B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 C．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr D．餐桌面的半径为 考点三 向心加速度 知识点一 匀速圆周运动的加速度方向 1.定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向________，这个加速度叫作向心加速度. 2.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向________，故向心加速度只改变速度的________，不改变速度的________. 3.对向心加速度及其方向的理解 （1）.向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变. （2）.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与________垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小. （3）.圆周运动的性质：不论向心加速度an的大小是否变化，其方向时刻改变，所以圆周运动的加速度时刻发生变化，圆周运动是________曲线运动. （4）.变速圆周运动的加速度并不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度，二是切向加速度.向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢，所以________运动中，向心加速度的方向也总是指向圆心。 知识点二 匀速圆周运动的加速度大小 1.向心加速度公式 (1)基本公式：①an＝________；②an＝________ (2)拓展公式：①an＝________r；②an＝________＝4π2f2r；③an＝________ 2.向心加速度公式的适用范围 向心加速度公式不仅适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动，v即为那一位置的线速度，且无论物体做的是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，其向心加速度的方向都指向圆心. 得分速记 向心加速度公式的应用技巧 向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系. (1)先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同. (2)在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比，在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。 考向1 向心加速度的概念、公式 例1关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．线速度大小不变，方向时刻改变 B．角速度与半径成反比 C．向心加速度始终不变 D．向心力是恒力 思维建模 1.向心加速度由向心力产生，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 2.匀速圆周运动的向心加速度大小不变。 【变式训练1·变载体】电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　） A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点 B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s² D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反 【变式训练2 新情境】双人花样滑冰比赛是一项极具观赏性的项目。比赛中，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。已知男运动员的手臂与竖直方向的夹角为θ，女运动员与其身上的装备总质量为m，重力加速度为g。仅根据以上信息，可推断（　　） A．女运动员旋转的向心加速度为gtanθ B．女运动员旋转的角速度为gtanθ C．男运动员对女运动员的拉力为mgcosθ D．男运动员对冰面的压力为mgcosθ 考向2 向心加速度与角速度、周期的关系 例1如图所示，A轮顺时针转动通过摩擦带动B轮转动，A轮半径是B轮半径的3倍，A轮与B轮之间不打滑，下列说法正确的是（　　） A．B轮也顺时针转动 B．A、B两轮的转速之比是1∶3 C．A、B两轮的角速度大小之比是3∶1 D．A、B两轮边缘点的向心加速度大小之比3∶1 解题技巧 向心加速度的大小：根据牛顿第二定律和向心力表达式F=ma和向心力的大小公式 ，可得出向心加速度的大小：或者。推导过程： 【变式训练1·变载体】在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA=rC=2rB。a、b、c分别为A、B、C三轮边缘上的三点，若皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　） A．b、c两点线速度大小之比为1∶2 B．a、b两点角速度之比为1∶1 C．a、b两点周期之比为1∶2 D．b、c两点向心加速度之比为2∶1 【变式训练2 新情境】（多选）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　） A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为 C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O 考点四 生活中的圆周运动 知识点一 火车转弯 1.如果铁道弯道的内外轨一样高，火车转弯时，由________提供向心力，由于质量太大，因此需要很________的向心力，靠这种方法得到向心力，不仅铁轨和车轮极易受损，还可能使火车侧翻. 2.铁路弯道的特点 (1)弯道处外轨________内轨. (2)火车转弯时铁轨对火车的支持力不是竖直向上的，而是斜向弯道的________.支持力与重力的合力指向________. (3)在修筑铁路时，要根据弯道的________和________，适当选择内外轨的高度差，使转弯时所需的向心力几乎完全由重力G和弹力FN的合力来提供. 3.速度与轨道压力的关系 (1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，所需向心力仅由________和________的合力提供，此时内外轨道对火车________作用. (2)当火车行驶速度v>v0时，外轨道对轮缘有________. (3)当火车行驶速度v<v0时，内轨道对轮缘有________. 知识点二 拱形桥 汽车过拱形桥 汽车过凹形桥 受力 分析 向心力 Fn＝mg－FN＝m Fn＝FN－mg＝m 对桥的 压力 FN′＝mg－m FN′＝mg＋m 结论 汽车对桥的压力________汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力________ 汽车对桥的压力________汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力________ 知识点三 航天器中的失重现象 1.向心力分析：宇航员受到的地球________与座舱对他的________的合力提供向心力，由牛顿第二定律：mg－FN＝m，所以FN＝mg－m________ 2.完全失重状态：当v＝________时，座舱对宇航员的支持力FN＝0，宇航员处于________状态. 知识点四 离心运动 1.定义：做圆周运动的物体沿切线飞出或做________圆心的运动. 2.原因：向心力突然________或合力________. 3.离心运动的应用和防止 (1)应用：离心干燥器；洗衣机的________；离心制管技术；分离血浆和红细胞的离心机. (2)防止：转动的砂轮、飞轮的转速不能太高；在公路弯道，车辆不允许超过________. 4.物体做离心运动的原因 提供向心力的合力突然消失，或者合力不能提供足够的向心力. 5.合力与向心力的关系(如图3所示). 图3 (1)若F合＝mrω2或F合＝，物体做匀速圆周运动，即“提供”满足“需要”. (2)若F合>mrω2或F合>，物体做近心运动，即“提供过度”. (3)若0<F合<mrω2或0<F合<，则合力不足以将物体“拉回”到原轨道上，而做离心运动，即“提供不足”. 知识点五 竖直面内的圆周运动 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 受力 特征 除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上 受力 示意图 过最高 点的临 界条件 由mg＝m得 v临＝________ 由小球恰能做圆周运动得v临＝________ 讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，________＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径________圆心 (2)当0<v<时，________＝m，FN背离圆心，随v的增大而________ (3)当v＝时，FN＝________ (4)当v>时，________＝m，FN指向圆心并随v的增大而________ 知识点六 圆周运动的临界问题 物体做圆周运动时，若物体的________________发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态，分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态. 通常碰到较多的是涉及如下三种力的作用： (1)与绳的弹力有关的临界条件：绳弹力恰好为.________ (2)与支持面弹力有关的临界条件：支持力恰好为________ (3)因静摩擦力而产生的临界问题：静摩擦力达到.________ 得分速记 1．圆锥摆模型的受力特点 受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2．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、半圆形的碗内物体做匀速圆周运动。 3．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。②确定圆心和半径。③应用相关力学规律列方程求解。 4．规律总结 (1)圆锥摆的周期 如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。 受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ 解得T＝2π＝2π (2)结论 ①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转的越快，θ越大。 ②绳的拉力F＝，圆锥摆转的越快，摆线拉力F越大。 ③摆球的加速度a＝gtanθ。 考向1 水平转盘上的物体 例1(多选）如图，餐厅里两瓷罐（可视为质点）放在水平圆桌转盘上，质量分别为，离转轴的距离分别为，与转盘间的动摩擦因数均为。若转盘从静止开始缓慢地加速转动，与转盘均保持相对静止，用表示转盘的角速度，则（　　） A．当增大时，比先开始滑动 B．未滑动前所受的摩擦力大小相等 C．开始滑动时的角速度为 D．线速度大小始终相等 解题技巧 水平转盘上运动物体的临界问题，主要涉及到与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。 1．如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝，方向指向圆心。 2．如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断。 3．注意审题，关注题目中的关键词，从而确定临界条件，然后通过受力分析，对于不同运动过程或现象，选择相应的物理规律，列关系式求解。 【变式训练1·变载体】如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为L的轻绳拴接，轻绳刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O与P、Q在同一条直线上，，两滑块的质量均为m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0逐渐增加，当角速度为ω1时，Q所受的摩擦力达到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终等于1∶3 B． C． D．转台的角速度为时，轻绳的拉力大小为 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示，在光滑水平转台上放置用轻绳相连的滑块1和滑块2（两滑块均可视为质点），当转台绕竖直转轴以角速度匀速转动时，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止。已知滑块1到转轴的距离为r，滑块2到转轴的距离为2r，滑块1的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．轻绳上的拉力大小为 B．轻绳上的拉力大小为 C．滑块2的质量为 D．滑块2的质量为 考向2 圆锥摆问题 例1如图所示，轻质细绳一端固定，另一端系一小球，小球在水平面内做匀速圆周运动。若增加绳长并使小球仍在原水平面内做匀速圆周运动，则与绳长增加前相比（　　） A．小球运动的角速度增大 B．小球运动的线速度减小 C．小球做圆周运动的向心力增大 D．细绳对小球的拉力减小 【变式训练1·变载体】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 【变式训练2 新情境】如图所示为游乐项目“飞椅”的简化图，座椅A、B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．绳子对座椅的拉力提供向心力 B．A的向心加速度大于B的向心加速度 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．游客体重越重，缆绳与竖直方向的夹角越大 考向3 汽车在水平面的转弯问题 例1汽车在水平方向转弯时，轮胎承受的负荷和力量显著增加，因此车速不能过快。如图所示，一质量为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，当汽车经过半径为的圆弧弯道时，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．汽车转弯的速度为时所需的向心力为 C．汽车转弯的速度为时汽车会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度最大为 解题技巧 一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力。所以当汽车转弯时,存在一个安全通过的最大速度，如果超过了这个速度，汽车将发生侧滑现象。 【变式训练1·变载体】一辆质量为2.0×103kg的汽车在半径为80m的水平弯道转弯时，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） 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15m/s时汽车不会发生侧滑 C．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×105N D．汽车能安全转弯的向心加速度可以超过6.0m/s2 【变式训练2 新情境】如图，一辆摩托车正在水平路面上转弯，在转弯过程中，摩托车与水平路面成一定夹角，下列说法正确的是（　　） A．水平路面对摩托车的弹力的方向斜向上 B．摩托车受向心力、重力、支持力和牵引力 C．摩托车所受的合力可能为零 D．摩托车与驾驶员系统转弯需要的向心力来源于地面给摩托车的摩擦力 考向4 火车转弯模型 例1在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为 ，则下列说法中正确的是（　　） A．火车运动的圆周平面为右图中的α B．在该转弯处规定行驶的速度为 C．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速 D．当火车速率大于 时，内轨将受到轮缘的挤压 解题技巧 1.与公路弯道类似，铁轨弯道处，也通过一定的设计，展现出一定的坡度。当火车以速度通过时，恰好有火车自身重力与铁轨的支持力的合力提供向心力。 速度v推断：由受力分析可得F合＝mg tanθ；火车转弯时所需的向心力， 当F合=Fn时，。 2.当v＜这一速度时，轮缘受到内轨向外的弹力。 3.当v＞这一速度时。轮缘受到外轨向内的弹力。 【变式训练1·变载体】如图所示，质量为m的汽车（视为质点）在倾角为θ的倾斜路面上以速率v转弯（可视为在水平面内做匀速圆周运动）时汽车的向心力恰好由重力和支持力的合力提供。取重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的支持力大小为mgcosθ B．汽车的向心加速度大小为gtanθ C．汽车拐弯的半径为 D．若仅路面变为水平平面，汽车仍以速率v过该弯道（未侧滑），则汽车受到的径向摩擦力大小为 【变式训练2 新情境】钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，经一系列直道、弯道后到达终点，用时少者获胜。图（a）是比赛中某运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量为m，其在弯道上P处做水平面内匀速圆周运动的模型如图（b），车在P处无沿斜面方向的侧向移动，运动半径为R，弯道表面与水平面成θ角，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　） A．在P处车对弯道的压力大小为mgcosθ B．在P处人和车的速率为 C．人和车的速率越大，则对轨道的压力越大 D．若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则其角速度应比原来小 考向5 拱桥和凹桥模型 例1如图所示，有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥，不考虑空气阻力，g=10m/s²。下列说法中正确的是（    ） A．在拱桥的最高点，汽车对路面的压力大于汽车的重力 B．汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大 C．汽车到达桥顶时速度为5m/s，汽车对桥的压力是8400N D．汽车以经过桥顶时恰好对桥没有压力 【变式训练1·变载体】半径为r和R（）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中（　　） A．物体经过最低点时半径小的轨道受到的压力小 B．经最低点时两物体动能相等 C．两物体的机械能总是相等的 D．物体经过最低点时半径越大向心加速度越大 【变式训练2 新情境】如图为南海区某森林生态园的一段山地越野路面，自行车以相同的速率先后通过a、b、c三点，关于自行车下列说法正确的是（　　） A．在b点处于失重状态 B．在a点处于失重状态 C．在b点最容易爆胎 D．在c点最容易爆胎 考向6 绳球类模型及其临界条件 例1（多选）如图甲所示，用一不可伸长的轻绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T−v2图像如图乙所示，则（　　） A．小球自身重力为 B．轻绳的长度为 C．当v2=c时，轻绳的拉力大小为 D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力大小之差恒为6a 解题技巧 竖直面内圆周运动类问题的解题技巧 (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。 (2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥及杆模型中v≥0这两个临界条件。 (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。 (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。 (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。 【变式训练1·变载体】如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法正确的是（    ） A．小球运动到半圆弧最高点P时速度为0 B．小球运动到半圆弧最高点P时轨道对小球的弹力大小等于 mg，方向竖直向上 C．小球落地点离O点的水平距离为R D．小球从P到落地，重力所做的功为2mgR 【变式训练2 新情境】（多选）利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点（）给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知取，则下列判断正确的是（　　） A．小球的质量为 B．轻绳长为 C．小球在最高点的速度大小为 D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大 考向7 杆球类模型及其临界条件 例1一长为L的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最高点A时，下列说法正确的是（    ） A．小球的速度大小可能为0 B．杆对小球的作用力方向一定向上 C．小球速度方向可能不沿切线方向 D．小球通过A点的速度至少为 【变式训练1·变载体】如图所示，内壁光滑、半径为L的圆管竖直固定，管内有一个质量为m的小球（视为质点）做圆周运动，小球直径略小于圆管内径。若小球能在圆管内做完整的圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度的最小值为 B．当小球的速度增大时，其向心力一定增大 C．小球运动过程中，加速度始终指向圆心 D．小球在最高点受到的弹力大小一定随小球的速度的增大而增大 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示，内壁光滑、半径为的四分之三圆弧轨道或细圆管轨道固定在竖直平面内，是水平半径，是竖直半径，质量为的小球（视为质点）从A点正上方的点由静止释放，然后进入圆弧轨道或细圆管轨道，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若小球能到达圆弧轨道的点，则P、B两点间的高度差为0 B．若小球能到达细圆管轨道的点，则P、A两点间的高度差为 C．小球沿圆弧轨道运动并从点离开，此后可能到达A点 D．若小球离开细圆管轨道的点后正好到达A点，则小球在A点的动能为 考向8 离心运动及其应用 例1（多选）有关生活中的圆周运动现象，下列说法正确的是（　　） A．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水甩掉 B．汽车过凹型路面最低点时，汽车对地面的压力比汽车的重力小 C．在铁路弯道处若内外轨一样高，火车转弯时内轨对轮缘的弹力提供向心力 D．离心运动是由于合力突然消失或合力不足以提供向心力而引起的 解题技巧 物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出。 【变式训练1·变载体】下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（　　） A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去 B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小 C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变 D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力越小 【变式训练2 新情境】如图将红、绿两种颜色的石子放在水平圆盘上，围绕圆盘中心摆成半径不同的两个同心圆圈（）。圆盘在电机带动下由静止开始转动，角速度缓慢增加。每个石子的质量都相同，石子与圆盘间的动摩擦因数均相同。则下列判断正确的是（　　） A．绿石子先被甩出 B．红、绿两种石子同时被甩出 C．石子被甩出的轨迹一定是沿着切线的直线 D．在没有石子被甩出前，红石子与绿石子所受的摩擦力一样大 考点五 圆周运动与平抛运动的结合 知识点一 平抛运动解题思路 1. 确定研究对象，进行受力分析，判断是否做圆周运动 2. 如果物体做圆周运动可以用______________解决问题 3. 如果涉及求速率或动能则可以使用________或________分析 知识点二 圆周运动解题思路 1.确定研究对象，进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径。 2.列出正确的动力学方程________________ 3.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用________来建立联系。 4.某一点利用________进行动力学分析。 得分速记 对平抛圆周结合的综合问题进行分析时，往往涉及对两种典型曲线运动的研究，这种类型的题能有效考查学生运用相关知识解决具体问题的能力以及加深对运动与相互作用观念的理解，培养学生的科学思维素养。 考向1 用动力学观点和能量观点分析平抛圆周相结合问题 例1如图，质量为的小球以某一初速度从点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，点和点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径，OA连线与竖直方向夹角为，小球到达A点时的速度，取。 (1)求小球做平抛运动的初速度大小； (2)求点与A点的水平距离和竖直高度； (3)从A点的切线方向进入圆轨道时，对轨道的压力大小； (4)小球到达点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点。 【变式训练1·变载体】如图所示，长为l的细线，一端系有质量为m的小球，另一端通过光滑的轻质小圆环套在O 点的钉子上，小球在高为h的光滑水平桌面上做匀速圆周运动。若小球的速度缓慢增大，当细线的拉力 达到F时，细线断裂，小球垂直桌面边缘抛出。重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)小球从水平桌面上抛出时的速度大小v0； (2)小球落地点到桌面边缘的水平距离s； 【变式训练2 新情境】如图所示，小朋友正在把玩冰糖葫芦上仅剩的一颗山楂。细棍的一端插有质量为的山楂，小朋友用大拇指和食指紧捏住细棍上的某点，甩动细棍，使山楂在竖直平面内摆动。现小朋友保持大拇指和食指的位置不变，点距离水平地面的高度为。调整摆长使山楂与点的距离为，当山楂摆动到最低点时，恰好脱离细棍并水平飞出，落地时水平飞行的距离为。若山楂与细棍间的最大静摩擦力一定，山楂可视为质点，细棍质量不计且足够长，不计空气阻力，重力加速度为，求： (1)山楂脱离细棍时的速度大小； (2)山楂与细棍间的最大静摩擦力； (3)保持点与水平地面间的距离不变，山楂始终插在细棍的一端，为使山楂在最低点水平抛出后，落地的水平距离最大，山楂与点的距离应为多少？最大水平距离又为多少？ 1.（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 2.（2020·天津·高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）A受到的水平瞬时冲量I的大小； （2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？ 3（2019·天津·高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功； （2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大． 4.（2015·天津·高考真题）未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是 A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 5.（2014·天津·高考真题）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度为h＝ ，圆盘转动的角速度大小为 ． 6.（2011·天津·高考真题）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量为与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为 2R ．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间; （2）小球A冲进轨道时速度v的大小． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09讲 圆周运动 目录 01考情解码·命题预警 3 02体系构建·思维可视 3 03核心突破·靶向攻坚 5 考点一 圆周运动的描述 5 知识点一 线速度 5 知识点二 角速度 5 知识点三 周期 5 知识点四 各物理量的关系 6 知识点五 同轴转动和皮带传动问题 6 知识点六 对匀速圆周运动的理解 7 考向1 匀速圆周运动的性质 7 考向2 匀速圆周运动的描述 9 考向3 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式 11 考向4 传动问题 13 考点二 向心力 15 知识点一 向心力 15 知识点二 变速圆周运动和一般的曲线运动 16 考向1 向心力的定义及与各物理量的关系 16 考向2 向心力的简单计算 18 考向3 用牛顿第二定律求解向心力 20 考点三 向心加速度 23 知识点一 匀速圆周运动的加速度方向 23 知识点二 匀速圆周运动的加速度大小 23 考向1 向心加速度的概念、公式 24 考向2 向心加速度与角速度、周期的关系 26 考点四 生活中的圆周运动 28 知识点一 火车转弯 28 知识点二 拱形桥 29 知识点三 航天器中的失重现象 29 知识点四 离心运动 29 知识点五 竖直面内的圆周运动 30 知识点六 圆周运动的临界问题 31 考向1 水平转盘上的物体 32 考向2 圆锥摆问题 34 考向3 汽车在水平面的转弯问题 36 考向4 火车转弯模型 39 考向5 拱桥和凹桥模型 41 考向6 绳球类模型及其临界条件 43 考向7 杆球类模型及其临界条件 46 考向8 离心运动及其应用 49 考点无 平抛与圆周运动相结合 51 知识点一 平抛运动解题思路 51 知识点二 圆周运动解题思路 51 考向1 用动力学观点和能量观点分析平抛圆周相结合问题 52 04真题溯源·考向感知 55 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 选择题 非选择题 天津卷T10，14分 天津卷T10，14分 选择题 非选择题 选择题 非选择题 \ 考情分析： 高考物理试题中圆周运动模型从单一水平面匀速圆周转向复杂的变速圆周，如竖直平面变速圆周中绳-杆模型的 突变分析、过山车竖直圆轨道的脱离临界条件，可能引入智能汽车弯道控制系统（车道保持的向心力需求计算），复 合运动模型升级，重点考查抛体-圆周衔接运动。在试题情境上设置航天科技，如以空间站机械臂操作（角速度匹配 问题），突出物理模型的工程应用；智能交通如自动驾驶车辆转弯半径优化（静摩擦力临界计算）、无人机编队表演 的同步圆周运动（多体角速度协调）将成为高频载体；大型文体活动中的物理如花样滑冰联合旋转的角速度匹配、钢 架雪车弯道设计、自行车弯道竞速。 复习目标： 1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。 2.会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。 3.会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识解决生活中的圆周运动。 4.用动力学观点和能量观点处理圆周运动与平抛运动相结合的问题 考点一 圆周运动的描述 知识点一 线速度 1.定义：物体做圆周运动，在一段很短的时间Δt内，通过的弧长为Δs.则Δs与Δt的比值叫作线速度，公式：v＝. 2.意义：描述做圆周运动的物体运动的快慢. 3.方向：为物体做圆周运动时该点的切线方向. 4.匀速圆周运动 (1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动. (2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以是一种变速运动，这里的“匀速”是指速率不变. 知识点二 角速度 1.定义：连接物体与圆心的半径转过的角度与转过这一角度所用时间的比值，公式：ω＝. 2.意义：描述物体绕圆心转动的快慢. 3.单位：弧度每秒，符号是rad/s或rad·s－1. 4.匀速圆周运动是角速度不变的运动. 知识点三 周期 1.周期T：做匀速圆周运动的物体，运动一周所用的时间，单位：秒(s). 2.转速n：物体转动的圈数与所用时间之比.单位：转每秒(r/s)或转每分(r/min). 3.周期和转速的关系：T＝(n的单位为r/s时). 知识点四 各物理量的关系 1.描述匀速圆周运动各物理量之间的关系 (1)v＝＝＝2πnr (2)ω＝＝＝2πn (3)v＝ωr 2.各物理量之间关系的理解 (1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也确定了. (2)线速度与角速度之间关系的理解：由线速度大小v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r。 知识点五 同轴转动和皮带传动问题 同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装 置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特 点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 规 律 线速度大小与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝ 角速度与半径成反比：＝ 知识点六 对匀速圆周运动的理解 (1)由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周上各点的切线方向，所以速度的方向时刻在变化. (2)匀速的含义：速度的大小不变，即速率不变. (3)运动性质：匀速圆周运动是一种变速运动，其所受合外力不为零 得分速记 圆周运动各物理量间的关系 考向1 匀速圆周运动的性质 例1关于圆周运动，下列说法中正确的是（　　） A．匀速圆周运动是匀变速运动 B．物体受到恒定的合外力，不可能做匀速圆周运动 C．做圆周运动的物体，所受的合外力一定指向圆心 D．在匀速圆周运动中，向心加速度恒定 【答案】B 【详解】A．匀速圆周运动的特点是速度的大小保持不变，但速度的方向时刻在改变。因此，匀速圆周运动实际上是变速运动。故A错误； BD．匀速圆周运动的加速度一直指向圆心，合力也一直指向圆心，而恒力的方向是不变的，故物体在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动，且向心加速度方向是变化的，故B正确，D错误； C．做变速圆周运动的物体，向心力指向圆心，但是在切线方向上有合力，最终的合力不指向圆心，则加速度也不指向圆心。 故选B。 思维建模 匀速圆周运动是一种变速运动，其所受合外力不为零，加速度方向总在变化，加速度变化 【变式训练1·变载体】如图为小朋友喜欢的玩具飞行竹蜻蜓，竹蜻蜓的一对竹翅膀长度均为0.1m，小朋友用手搓动竹蜻蜓的竹柄，在t=4s内使竹柄匀速转动10圈，则下列说法正确的是（　　） A．竹翅膀的最外端点的线速度不变 B．竹翅膀的最外端点的加速度不变 C．竹翅膀的旋转周期为2.5s D．竹翅膀最外端点的线速度大小为0.5π m/s 【答案】D 【详解】AB．竹蜻蜓线速度方向和加速度的方向时刻改变，故AB错误； C．竹蜻蜓旋转时其竹翅膀旋转的周期为 故C错误； D．根据线速度与周期关系式，可得 故D正确。 故选D。 【变式训练2 新情境】如图所示，摩天轮上有透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．乘客的线速度不变 B．乘客做匀变速曲线运动 C．座舱对乘客的作用力大小不变 D．经过最高处时乘客处于失重状态 【答案】D 【详解】A．乘客的线速度方向均沿切线方向，方向不同，则速度不同，故A错误； B．乘客的加速度都是指向圆心，方向不断变化，则在做变加速曲线运动，故B错误； C．乘客在乘坐过程中加速度的方向不断变化，即加速度不断变化，则座舱对乘客的作用力大小不断变化，故C错误； D．经过最高处时乘客的加速度竖直向下，处于失重状态，故D正确。 故选D。 考向2 匀速圆周运动的描述 例1如图所示，短道速滑运动员正在沿着弯道滑行，运动员在弯道转弯的过程可视为在水平冰面上的一段圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．运动员的速度可能保持不变 B．运动员所受合力可能为恒力 C．运动员的加速度不可能为0 D．运动员所受合力的方向可能沿着运动方向 【答案】C 【详解】A．运动员做圆周运动，速度方向不断发生变化，所以速度在不断变化，故A错误； B．运动员所受合力沿半径方向的分力提供向心力，向心力方向指向圆心，方向不断发生变化，可知运动员所受合力一定为变力，故B错误； C．结合上述，做圆周运动的物体所受合力一定不为0，则加速度不可能为0，故C正确； D．曲线运动的合力方向有速度方向不在同一直线上，可知，圆周运动的过程中物体所受合力与速度方向不可能共线，故D错误。 故选C。 解题技巧 1．对公式v＝ωr的理解 当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。 2．对a＝＝ω2r的理解 当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。 【变式训练1·变载体】如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是（　　） A．A点的角速度是1rad/s B．电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2 C．电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4 D．电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4 【答案】B 【详解】A．A点的角速度与机器皮带轮的角速度相等，大小为rad/s，故A错误； BD．电动机皮带轮的半径为0.1m，边缘线速度等于机器皮带轮的线速度，则向心加速度为，故B正确，D错误； C．电动机皮带轮的角速度为rad/s，则电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为4:1，故C错误； 故选B。 【变式训练2 新情境】图甲所示，《天工开物》记载了水转翻车的使用场景：水轮通过水流冲击转动，转轮带动龙骨板将水提升至高处灌溉农田。如图乙所示，若水轮边缘某点的线速度大小为v，水轮的半径为r，则下列说法正确的是（    ） A．水轮上的质点转动过程中处于平衡状态 B．水轮转动的角速度大小为vr C．水轮转动的周期为 D．该点转动的向心加速度大小为 【答案】C 【详解】A．水轮上的质点转动过程中，运动状态不断改变，处于非平衡状态，故A错误； B．水轮转动的角速度大小为 故B错误； C．水轮转动的周期为 故C正确； D．该点转动的向心加速度大小为 故D错误。 故选C。 考向3 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式 例1如图所示的装置中，左侧的轮子利用皮带带动右侧轮轴转动。已知b是轮轴上的一点，到轴心的距离为r，a、c、d分别是三个轮（轴）边缘上的点，到轴心的距离，则以下说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】C．半径之比为 根据得， 同轴转动时 解得，C错误，符合题意； B．根据得， B正确，不符合题意； A．根据，线速度之比为 A正确，不符合题意； D．根据，线向心加速度之比为 D正确，不符合题意。 故选C。 【变式训练1·变载体】某洗衣机脱水桶在工作时，可视为做匀速圆周运动。当脱水桶转速较低时，桶壁上的某点随桶一起转动，当脱水桶转速增大到原来的2倍时，点仍然随桶一起转动。在这一过程中，关于点描述中说法正确的是（　　） A．角速度变为原来的4倍 B．线速度变为原来的4倍 C．周期变为原来的4倍 D．向心加速度变为原来的4倍 【答案】D 【详解】A．脱水桶转速变为原来的2倍时，点A仍随桶同步转动，转速n变为2倍，由可知，ω变为原来的2倍，故A错误； B．由可知，r不变，ω变为2倍，故v变为原来的2倍，故B错误； C．由知，n变为2倍，故T变为原来的，故C错误； D．由知，r不变，ω变为2倍，故a变为原来的4倍，故D正确。 故选D。 【变式训练2 新情境】如图甲，2025蛇年春节联欢晚会上，人机共舞节目《秧BOT》中转手绢的环节吸引了无数观众的目光。如图乙，手绢上O、M、N三点共线，M为ON的中点，若手绢绕中心O点匀速转动，则M、N两点的线速度大小之比为（　　） A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 【答案】A 【详解】手绢绕中心O点匀速转动起来，M、N两点的角速度相等，根据可知，M、N两点的线速度大小之比为。 故选A。 考向4 传动问题 例1在花式篮球表演赛中，某运动员使篮球在其指尖上绕竖直直径匀速转动，a、b是篮球表面上的两个点，如图所示。比较a、b两点的运动，下列判断正确的是（　　） A．a点转动的周期较大 B．a点转动的线速度较大 C．a点转动的角速度较小 D．a点转动的向心加速度较小 【答案】B 【详解】a、b两点同轴转动，所以a、b两点的周期相等，角速度相等，根据， 由于，可知a点转动的线速度较大，a点转动的向心加速度较大。 故选B。 解题技巧 常见的三种传动方式及特点 1.皮带传动：如图甲、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。 2.摩擦传动：如图丙所示，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。 3.同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。 【变式训练1·变载体】某机械的传动齿轮如图所示，大、小齿轮相互咬合，a，b点分别位于大、小齿轮的边缘，c点是大齿轮上的点，c点到大齿轮转轴的距离与b点到小齿轮转轴的距离相等。齿轮匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．大，小齿轮转动方向相同 B．a、b点的周期相同 C．a点的加速度小于c点的加速度 D．b点的角速度大于c点的角速度 【答案】D 【详解】A．题图可知大、小齿轮转动时，转动方向相反，故A错误； B．两轮边缘点的线速度大小相等，即a、b点的线速度大小之比为，又 由于a的圆周半径比b的大，则a点的周期大于b点的周期，故B错误； C．a、c点同轴转动，角速度相同，又 由于a的圆周半径比c的大，则a点的加速度大于c点的加速度，故C错误； D．由于a、b点的线速度大小相等，a的圆周半径比b的大，根据 可知b点的角速度大于a点的角速度，a、c点同轴转动，角速度相同，故b点的角速度大于c点的角速度，故D正确。 故选D。 【变式训练2 新情境】如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，小齿轮和后轮绕共同的轴转动。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C。则A、B、C三点（　　） A．转速之比为3∶2∶1 B．角速度之比为2∶3∶3 C．线速度大小之比为1∶2∶3 D．向心加速度大小之比为1∶3∶18 【答案】D 【详解】ABC．由角速度与转速的关系可知转速之比即为角速度之比，因为大、小齿轮由链条传动，则点与的线速度大小相等，即 根据可知 即 小齿轮与后轮同轴转动，则点与的角速度大小相等，即， 综合可得，A、B、C三点的角速度之比为 A、B、C转速之比为 A、B、C线速度大小之比为，故ABC错误； D．由公式可得， 故三点向心加速度大小之比为，故D正确。 故选D。 考点二 向心力 知识点一 向心力 1.定义：做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力. 2.方向：始终沿着半径指向圆心. 3.作用：只改变速度的方向，不改变速度的大小. 4.向心力是根据力的作用效果命名的，它由某个力或者几个力的合力提供. 5.表达式： (1)Fn＝m (2)Fn＝mω2r. 知识点二 变速圆周运动和一般的曲线运动 1.变速圆周运动的合力：变速圆周运动的合力产生两个方向的效果，如图1所示. 图1 (1)跟圆周相切的分力Ft：改变线速度的大小. (2)指向圆心的分力Fn：改变线速度的方向. 2.一般的曲线运动的处理方法 (1)一般的曲线运动：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动. (2)处理方法：可以把曲线分割为许多很短的小段，每一小段可以看作圆周运动的一部分，分析质点经过曲线上某位置的运动时，可以采用圆周运动的分析方法来处理. 考向1 向心力的定义及与各物理量的关系 例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．圆周运动的物体所受的向心力就是物体所受的合力 B．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 C．圆周运动的物体所受的向心力和向心加速度的方向都是不变的 D．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 【答案】D 【详解】A．圆周运动的物体所受的向心力不一定是合力。匀速圆周运动中合力提供向心力，但非匀速圆周运动中合力可能包含切向分量，故A错误； B．向心力方向始终指向圆心，随物体位置变化而不断改变，即使大小不变，方向变化也说明向心力不是恒力，故B错误； C．向心力和向心加速度的方向始终指向圆心，但圆心位置相对物体不断变化，因此方向时刻改变，故C错误； D．向心力与线速度方向垂直，仅改变速度方向而不改变速度大小，符合向心力的作用效果，故D正确。 故选D。 思维建模 做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力 【变式训练1·变载体】如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球（　　） A．受到重力、支持力 B．受到重力、向心力 C．受到支持力、向心力 D．受到重力、支持力和向心力 【答案】A 【详解】小球受到重力和支持力，由于小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球的向心力由重力和支持力的合力提供。 故选A。 【变式训练2 新情境】如图所示，内壁光滑的竖直圆桶内，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处。物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　） A．物块一定仅受2个力作用 B．物块一定仅受4个力作用 C．物块可能受3个力作用 D．物块可能受4个力作用 【答案】C 【详解】由于桶的内壁光滑，桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力去平衡重力，所以绳子的拉力一定不能等于0，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零，故物块可能受2个力或3个力的作用。 故选C。 考向2 向心力的简单计算 例1如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，该小车（　　） A．角速度大小不变 B．向心力不变 C．处于平衡状态 D．处于超重状态 【答案】A 【详解】ABC．小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，根据可知角速度不变；小车做曲线运动，具有向心加速度，向心力大小不变，方向不断变化，小车所受合外力不为零，其运动过程中处于非平衡状态，故A正确，BC错误； D．轨道等螺距，且小车的速率不变，所以小车运动过程在竖直方向的速度不变，小车在竖直方向没有加速度，所以小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。 故选A。 解题技巧 向心力的大小公式：Fn＝mrω2；又因为及和，所以 【变式训练1·变载体】（多选）如图，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面。目测一质量为的女运动员做圆锥摆运动时手臂和水平冰面的夹角约为，重力加速度为，则该女运动员（　　） A．受到的拉力为 B．受到的合力为 C．向心加速度为 D．向心加速度为 【答案】AD 【详解】A．经分析知，女运动员受重力和拉力作用，合力提供向心力，运动员受到的拉力，故A正确； B．运动员受到的合力即向心力向，故B错误； CD．向心加速度向，故C错误，D正确。 故选AD。 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示是公园常见的转椅，人面朝内坐在椅子上，手抓住内圈随着转椅绕中心转轴转动，下列说法正确的是（　　） A．转椅匀速转动，人处于平衡状态 B．转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大 C．转椅匀速转动，椅子对人的作用力方向水平指向转轴 D．转椅匀速转动，人头部后仰时椅子对人的作用力变大 【答案】BD 【详解】A．转椅匀速转动，合力提供向心力，人没有处于平衡状态，故A错误； B．人受到重力、椅子对人的作用力，根据牛顿第二定律有 可见转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大，故B正确； C．转椅匀速转动，椅子对人的作用力与重力的合力提供向心力，则椅子对人的作用力方向斜向上，故C错误； D．转椅匀速转动，人头部后仰时，轨道半径变大，根据可知，椅子对人的作用力变大，故D正确； 故选BD。 考向3 用牛顿第二定律求解向心力 例1如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬于天花板的A点，现使小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，当地的重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受重力、拉力和向心力的作用 B．小球所受向心力的方向沿细绳指向A点 C．小球做匀速圆周运动的向心力大小为mgtanθ D．小球做匀速圆周运动的周期为2π 【答案】C 【详解】A．小球受重力、拉力的作用，故A错误； B．小球所受向心力的方向沿细绳指向O点，故B错误； C．重力和拉力的合力提供向心力，小球做匀速圆周运动的向心力大小为，故C正确； D．由，解得小球做匀速圆周运动的周期为，故D错误。 故选C。 【变式训练1·变载体】（多选）幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m 的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r 的圆弧形滑道的A 点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为 （g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30° ，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（　　） A．处于先失重后超重状态 B．重力的功率先减小后增大 C．在最低点B时对滑道的压力大小为 D．摩擦力对小朋友所做的功为 【答案】ACD 【详解】A．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确； B．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，故B错误； C．在B点，根据牛顿第二定律得 解得 结合牛顿第三定律得小朋友在最低点时对滑道的压力大小为，故C正确； D．在整个运动过程中，由动能定理得 可得克摩擦力做功为，故D正确。 故选ACD。 【变式训练2 新情境】（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则 A．物块在圆盘上运动时所受的摩擦力方向指向圆心 B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 C．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr D．餐桌面的半径为 【答案】BD 【详解】A．因物块做加速圆周运动，故所受的摩擦力方向并不指圆心，故A错误； B．物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得 故B正确； C．物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为 故C错误； D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得 代入数据解得 由几何关系可得 代入数据解得餐桌面的半径为 故D正确。 故选BD。 考点三 向心加速度 知识点一 匀速圆周运动的加速度方向 1.定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度. 2.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小. 3.对向心加速度及其方向的理解 （1）.向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变. （2）.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小. （3）.圆周运动的性质：不论向心加速度an的大小是否变化，其方向时刻改变，所以圆周运动的加速度时刻发生变化，圆周运动是变加速曲线运动. （4）.变速圆周运动的加速度并不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度，二是切向加速度.向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢，所以变速圆周运动中，向心加速度的方向也总是指向圆心。 知识点二 匀速圆周运动的加速度大小 1.向心加速度公式 (1)基本公式：①an＝；②an＝ω2r. (2)拓展公式：①an＝r；②an＝4π2n2r＝4π2f2r；③an＝ωv. 2.向心加速度公式的适用范围 向心加速度公式不仅适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动，v即为那一位置的线速度，且无论物体做的是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，其向心加速度的方向都指向圆心. 得分速记 向心加速度公式的应用技巧 向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系. (1)先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同. (2)在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比，在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。 考向1 向心加速度的概念、公式 例1关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．线速度大小不变，方向时刻改变 B．角速度与半径成反比 C．向心加速度始终不变 D．向心力是恒力 【答案】A 【详解】A．匀速圆周运动中，线速度的大小不变，方向始终沿切线方向并随位置改变，故A正确； B．角速度与半径的关系为ω =，当线速度v一定时，角速度才与半径成反比，故B错误； C．向心加速度的大小a =不变，但方向始终指向圆心，方向不断变化，因此向心加速度是变化的，故C错误； D．向心力的方向始终指向圆心，方向不断变化，因此向心力是变力而非恒力，故D错误。 故选A。 思维建模 1.向心加速度由向心力产生，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 2.匀速圆周运动的向心加速度大小不变。 【变式训练1·变载体】电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　） A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点 B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s² D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反 【答案】B 【详解】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A错误； B．汽车的位移约为 汽车泊车的平均速度约为 故B正确； C．由于静摩擦力提供向心力，最大的加速度约为 故C错误； D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】双人花样滑冰比赛是一项极具观赏性的项目。比赛中，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。已知男运动员的手臂与竖直方向的夹角为θ，女运动员与其身上的装备总质量为m，重力加速度为g。仅根据以上信息，可推断（　　） A．女运动员旋转的向心加速度为gtanθ B．女运动员旋转的角速度为gtanθ C．男运动员对女运动员的拉力为mgcosθ D．男运动员对冰面的压力为mgcosθ 【答案】A 【详解】A．根据可得女运动员旋转的向心加速度，故A正确； B．由得，女运动员旋转的角速度为，故B错误； C．男运动员对女运动员的拉力，故C错误； D．男运动员对冰面的压力大小等于地面对男运动员的支持力，因为竖直方向合外力为零，以男女运动员为整体有，故D错误。 故选A。 考向2 向心加速度与角速度、周期的关系 例1如图所示，A轮顺时针转动通过摩擦带动B轮转动，A轮半径是B轮半径的3倍，A轮与B轮之间不打滑，下列说法正确的是（　　） A．B轮也顺时针转动 B．A、B两轮的转速之比是1∶3 C．A、B两轮的角速度大小之比是3∶1 D．A、B两轮边缘点的向心加速度大小之比3∶1 【答案】B 【详解】A．A轮转动通过摩擦带动B轮转动，A、B两轮转动方向相反，B轮逆时针方向转动，A错误； B．由，得，B正确； C．A、B两轮边缘点的线速度大小相等，由，得，C错误； D．由得，D错误。 故选B 。 解题技巧 向心加速度的大小：根据牛顿第二定律和向心力表达式F=ma和向心力的大小公式 ，可得出向心加速度的大小：或者。推导过程： 【变式训练1·变载体】在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA=rC=2rB。a、b、c分别为A、B、C三轮边缘上的三点，若皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　） A．b、c两点线速度大小之比为1∶2 B．a、b两点角速度之比为1∶1 C．a、b两点周期之比为1∶2 D．b、c两点向心加速度之比为2∶1 【答案】A 【详解】AD．b、c两点同轴转动，角速度相等，根据v=ωr 可知，线速度大小之比为1∶2； 根据a=ω2r 可知，b、c两点向心加速度之比为1∶2，选项A正确，D错误； BC．a、b两点同缘转动，根据v=ωr 可知，角速度之比为1∶2； 根据 可知，a、b两点周期之比为2∶1，选项BC错误； 故选A。 【变式训练2 新情境】（多选）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　） A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为 C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O 【答案】AD 【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，B错误； A．由 可知，、线速度之比 得A正确； C．由 可知，、向心加速度之比 得C错误； 考点四 生活中的圆周运动 知识点一 火车转弯 1.如果铁道弯道的内外轨一样高，火车转弯时，由外轨对轮缘的弹力提供向心力，由于质量太大，因此需要很大的向心力，靠这种方法得到向心力，不仅铁轨和车轮极易受损，还可能使火车侧翻. 2.铁路弯道的特点 (1)弯道处外轨略高于内轨. (2)火车转弯时铁轨对火车的支持力不是竖直向上的，而是斜向弯道的内侧.支持力与重力的合力指向圆心. (3)在修筑铁路时，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，适当选择内外轨的高度差，使转弯时所需的向心力几乎完全由重力G和弹力FN的合力来提供. 3.速度与轨道压力的关系 (1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，所需向心力仅由重力和支持力的合力提供，此时内外轨道对火车无挤压作用. (2)当火车行驶速度v>v0时，外轨道对轮缘有侧压力. (3)当火车行驶速度v<v0时，内轨道对轮缘有侧压力. 知识点二 拱形桥 汽车过拱形桥 汽车过凹形桥 受力 分析 向心力 Fn＝mg－FN＝m Fn＝FN－mg＝m 对桥的 压力 FN′＝mg－m FN′＝mg＋m 结论 汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力越小 汽车对桥的压力大于汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力越大 知识点三 航天器中的失重现象 1.向心力分析：宇航员受到的地球引力与座舱对他的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律：mg－FN＝m，所以FN＝mg－m. 2.完全失重状态：当v＝时，座舱对宇航员的支持力FN＝0，宇航员处于完全失重状态. 知识点四 离心运动 1.定义：做圆周运动的物体沿切线飞出或做逐渐远离圆心的运动. 2.原因：向心力突然消失或合力不足以提供所需的向心力. 3.离心运动的应用和防止 (1)应用：离心干燥器；洗衣机的脱水筒；离心制管技术；分离血浆和红细胞的离心机. (2)防止：转动的砂轮、飞轮的转速不能太高；在公路弯道，车辆不允许超过规定的速度. 4.物体做离心运动的原因 提供向心力的合力突然消失，或者合力不能提供足够的向心力. 5.合力与向心力的关系(如图3所示). 图3 (1)若F合＝mrω2或F合＝，物体做匀速圆周运动，即“提供”满足“需要”. (2)若F合>mrω2或F合>，物体做近心运动，即“提供过度”. (3)若0<F合<mrω2或0<F合<，则合力不足以将物体“拉回”到原轨道上，而做离心运动，即“提供不足”. 知识点五 竖直面内的圆周运动 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 受力 特征 除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上 受力 示意图 过最高 点的临 界条件 由mg＝m得 v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0 讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0<v<时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大 知识点六 圆周运动的临界问题 物体做圆周运动时，若物体的线速度大小、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态，分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态. 通常碰到较多的是涉及如下三种力的作用： (1)与绳的弹力有关的临界条件：绳弹力恰好为0. (2)与支持面弹力有关的临界条件：支持力恰好为0. (3)因静摩擦力而产生的临界问题：静摩擦力达到最大值. 得分速记 1．圆锥摆模型的受力特点 受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2．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、半圆形的碗内物体做匀速圆周运动。 3．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。②确定圆心和半径。③应用相关力学规律列方程求解。 4．规律总结 (1)圆锥摆的周期 如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。 受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ 解得T＝2π＝2π (2)结论 ①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转的越快，θ越大。 ②绳的拉力F＝，圆锥摆转的越快，摆线拉力F越大。 ③摆球的加速度a＝gtanθ。 考向1 水平转盘上的物体 例1(多选）如图，餐厅里两瓷罐（可视为质点）放在水平圆桌转盘上，质量分别为，离转轴的距离分别为，与转盘间的动摩擦因数均为。若转盘从静止开始缓慢地加速转动，与转盘均保持相对静止，用表示转盘的角速度，则（　　） A．当增大时，比先开始滑动 B．未滑动前所受的摩擦力大小相等 C．开始滑动时的角速度为 D．线速度大小始终相等 【答案】AC 【详解】A．瓷罐刚开始滑动时角速度为，则有 解得临界角速度 可知r越大，临界角速度越小，故当增大时，比先开始滑动，故A正确； B．未滑动前，Q受到的摩擦力 P受到的摩擦力 可知未滑动前所受的摩擦力大小不相等，故B错误； C．由A选项可知开始滑动时的角速度为 故C正确； D．属于同轴转动，角速度相等，则线速度 由于二者r不同，故线速度相等，故D错误。 故选 AC。 解题技巧 水平转盘上运动物体的临界问题，主要涉及到与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。 1．如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝，方向指向圆心。 2．如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断。 3．注意审题，关注题目中的关键词，从而确定临界条件，然后通过受力分析，对于不同运动过程或现象，选择相应的物理规律，列关系式求解。 【变式训练1·变载体】如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为L的轻绳拴接，轻绳刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O与P、Q在同一条直线上，，两滑块的质量均为m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0逐渐增加，当角速度为ω1时，Q所受的摩擦力达到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终等于1∶3 B． C． D．转台的角速度为时，轻绳的拉力大小为 【答案】B 【详解】A．刚开始角速度比较小时，两滑块的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q的半径较大，所需向心力较大，则滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑块Q的静摩擦力不变，而滑块P的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q所受的摩擦力之比并不始终等于1：3，故A错误； B．当角速度为时，对滑块Q由牛顿第二定律得 解得 故B正确； CD．转台的角速度为时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q由牛顿第二定律，则有， 联立解得， 故C、D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示，在光滑水平转台上放置用轻绳相连的滑块1和滑块2（两滑块均可视为质点），当转台绕竖直转轴以角速度匀速转动时，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止。已知滑块1到转轴的距离为r，滑块2到转轴的距离为2r，滑块1的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．轻绳上的拉力大小为 B．轻绳上的拉力大小为 C．滑块2的质量为 D．滑块2的质量为 【答案】AC 【详解】AB．对滑块1受力分析，可知由轻绳的拉力提供向心力，则有，故 A正确，B错误； CD．对两滑块受力分析，可知两滑块的向心力均由轻绳的拉力提供，则有 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 考向2 圆锥摆问题 例1如图所示，轻质细绳一端固定，另一端系一小球，小球在水平面内做匀速圆周运动。若增加绳长并使小球仍在原水平面内做匀速圆周运动，则与绳长增加前相比（　　） A．小球运动的角速度增大 B．小球运动的线速度减小 C．小球做圆周运动的向心力增大 D．细绳对小球的拉力减小 【答案】C 【详解】A．设轻质细绳与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律 可得 故小球运动的角速度不变，故A错误； B．根据可知与绳长增加前相比，做圆周运动的半径增大，则小球运动的线速度增大，故B错误； C．小球做圆周运动的向心力 由于与绳长增加前相比，做圆周运动的半径增大，则向心力增大，故C正确； D．竖直方向根据平衡条件 由于与绳长增加前相比，增大，则减小，即增大，故细绳对小球的拉力增大，故D错误。 故选C。 【变式训练1·变载体】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 【答案】D 【详解】A．设圆锥筒内壁与竖直方向夹角为，对小球受力分析如图所示 小球受到重力和支持力，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筒对小球的支持力 可知N与轨道半径无关，故A错误； B．根据牛顿第二定律，有 解得 可知向心加速度与轨道半径也无关，故B错误； C．根据牛顿第二定律，有 解得 由于A球的转动半径较大，A线速度较大，故C错误； D．根据牛顿第二定律，有F=mgtanθ=mω2r 解得 由于A球的转动半径较大，A角速度较小，故D正确。 故选D。 【变式训练2 新情境】如图所示为游乐项目“飞椅”的简化图，座椅A、B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．绳子对座椅的拉力提供向心力 B．A的向心加速度大于B的向心加速度 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．游客体重越重，缆绳与竖直方向的夹角越大 【答案】B 【详解】A．绳子对座椅的拉力以及重力的合力提供向心力，选项A错误； B．两座椅转动的角速度相同，根据，因A的转动半径较大，可知A的向心加速度大于B的向心加速度，选项B正确； C．根据 因A转动半径较大，可知悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角较大，选项C错误； D．根据，两边消掉m，则缆绳与竖直方向的夹角与游客体重无关，选项D错误。 故选B。 考向3 汽车在水平面的转弯问题 例1汽车在水平方向转弯时，轮胎承受的负荷和力量显著增加，因此车速不能过快。如图所示，一质量为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，当汽车经过半径为的圆弧弯道时，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．汽车转弯的速度为时所需的向心力为 C．汽车转弯的速度为时汽车会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度最大为 【答案】C 【详解】A．汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，径向静摩擦力提供向心力，不能说受到向心力，故A错误； B．如果车速达到，需要的向心力 故B错误； C．车速达到时，需要的向心力 径向最大静摩擦力为，则，所以汽车会发生侧滑，故C正确； D．汽车能安全转弯的向心加速度最大值为 故D错误。 故选C。 解题技巧 一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力。所以当汽车转弯时,存在一个安全通过的最大速度，如果超过了这个速度，汽车将发生侧滑现象。 【变式训练1·变载体】一辆质量为2.0×103kg的汽车在半径为80m的水平弯道转弯时，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） 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15m/s时汽车不会发生侧滑 C．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×105N D．汽车能安全转弯的向心加速度可以超过6.0m/s2 【答案】B 【详解】A．汽车转弯时只受重力、弹力和摩擦力，向心力是这三个力的合力，并非独立存在的力，故A错误； B．最大安全速度由 解得 当速度为15m/s时，小于20m/s，汽车不会侧滑，故B正确； C．速度为20m/s时，向心力，故C错误； D．最大向心加速度 无法超过5m/s²，故D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】如图，一辆摩托车正在水平路面上转弯，在转弯过程中，摩托车与水平路面成一定夹角，下列说法正确的是（　　） A．水平路面对摩托车的弹力的方向斜向上 B．摩托车受向心力、重力、支持力和牵引力 C．摩托车所受的合力可能为零 D．摩托车与驾驶员系统转弯需要的向心力来源于地面给摩托车的摩擦力 【答案】D 【详解】A．水平路面对摩托车的弹力的方向垂直于路面向上，故A错误； B．向心力是效果力，是地面给摩托车的摩擦力提供向心力，故B错误； C．摩托车做曲线运动，所受的合力不可能为零，故C错误； D．摩托车与驾驶员系统转弯需要的向心力来源于地面给摩托车的摩擦力，故D正确。 故选D。 考向4 火车转弯模型 例1在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为 ，则下列说法中正确的是（　　） A．火车运动的圆周平面为右图中的α B．在该转弯处规定行驶的速度为 C．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速 D．当火车速率大于 时，内轨将受到轮缘的挤压 【答案】C 【详解】A．火车运动的圆周平面为水平面，即图中的b，故A错误； B．火车以规定速度行驶时，对火车有 解得，故B错误； C．适当增大内、外轨高度差，则增大，根据 可知v增大，故适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速，故C正确； D．当火车速率大于时，火车有外滑趋势，故外轨将受到轮缘的挤压，故D错误。 故选C。 解题技巧 1.与公路弯道类似，铁轨弯道处，也通过一定的设计，展现出一定的坡度。当火车以速度通过时，恰好有火车自身重力与铁轨的支持力的合力提供向心力。 速度v推断：由受力分析可得F合＝mg tanθ；火车转弯时所需的向心力， 当F合=Fn时，。 2.当v＜这一速度时，轮缘受到内轨向外的弹力。 3.当v＞这一速度时。轮缘受到外轨向内的弹力。 【变式训练1·变载体】如图所示，质量为m的汽车（视为质点）在倾角为θ的倾斜路面上以速率v转弯（可视为在水平面内做匀速圆周运动）时汽车的向心力恰好由重力和支持力的合力提供。取重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的支持力大小为mgcosθ B．汽车的向心加速度大小为gtanθ C．汽车拐弯的半径为 D．若仅路面变为水平平面，汽车仍以速率v过该弯道（未侧滑），则汽车受到的径向摩擦力大小为 【答案】B 【详解】A．汽车受到的支持力大小为 解得，A错误； B．汽车的向心加速度大小为 解得，B正确； C．汽车拐弯的半径为 解得，C错误； D．汽车受到的径向摩擦力大小为 解得，D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，经一系列直道、弯道后到达终点，用时少者获胜。图（a）是比赛中某运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量为m，其在弯道上P处做水平面内匀速圆周运动的模型如图（b），车在P处无沿斜面方向的侧向移动，运动半径为R，弯道表面与水平面成θ角，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　） A．在P处车对弯道的压力大小为mgcosθ B．在P处人和车的速率为 C．人和车的速率越大，则对轨道的压力越大 D．若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则其角速度应比原来小 【答案】B 【详解】AC．对人和车受力分析，如图所示 竖直方向根据受力平衡可得 解得 根据牛顿第三定律可知，在P处车对弯道的压力大小为；可知车对轨道的压力与和车的速率无关，故AC错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得在P处人和车的速率为，故B正确； D．根据牛顿第二定律可得 可得 若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则圆周运动的半径减小，则其角速度比原来大，故D错误。 故选B。 考向5 拱桥和凹桥模型 例1如图所示，有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥，不考虑空气阻力，g=10m/s²。下列说法中正确的是（    ） A．在拱桥的最高点，汽车对路面的压力大于汽车的重力 B．汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大 C．汽车到达桥顶时速度为5m/s，汽车对桥的压力是8400N D．汽车以经过桥顶时恰好对桥没有压力 【答案】D 【详解】A．在拱桥的最高点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，在拱桥的最高点，汽车对路面的压力小于汽车的重力，A错误； B．汽车过拱桥最高点时，根据 速度越大，对桥面的压力越小，B错误； C．根据 解得 根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力是400N，C错误； D．汽车以经过桥顶时，汽车与桥的作用力为 根据，D正确。 故选D。 【变式训练1·变载体】半径为r和R（）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中（　　） A．物体经过最低点时半径小的轨道受到的压力小 B．经最低点时两物体动能相等 C．两物体的机械能总是相等的 D．物体经过最低点时半径越大向心加速度越大 【答案】C 【详解】A．对左边物体，由动能定理，有 在最低点，有 解得 同理，对右边物体， 且轨道受到的压力与轨道对物体的支持力大小相等，则两物体在最低点时，对轨道的压力大小均为，故A错误； B．由动能定理，可有经最低点时两物体动能分别为、 则，故B错误； C．两物体初始时在同一高度，无初速度释放，只有重力做功，则两物体的机械能总相等，故C正确； D．对左边物体，在最低点，有，由A项联立可得 同理，对右边物体，，即，故D错误。 故选C。 【变式训练2 新情境】如图为南海区某森林生态园的一段山地越野路面，自行车以相同的速率先后通过a、b、c三点，关于自行车下列说法正确的是（　　） A．在b点处于失重状态 B．在a点处于失重状态 C．在b点最容易爆胎 D．在c点最容易爆胎 【答案】A 【详解】由题图可知，自行车在b点需要向下的加速度，处于失重状态，根据牛顿第二定律 可知，自行车在a、c两点需要向上的加速度，处于超重状态，根据牛顿第二定律 可知，且运动半径越小，支持力越大，故自行车在a点最容易爆胎。 故选A。 考向6 绳球类模型及其临界条件 例1（多选）如图甲所示，用一不可伸长的轻绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T−v2图像如图乙所示，则（　　） A．小球自身重力为 B．轻绳的长度为 C．当v2=c时，轻绳的拉力大小为 D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力大小之差恒为6a 【答案】BD 【详解】A．由图乙可知，当v2=0时，有 解得小球自身重力为mg=a，故A错误； B．在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则有 可得 由T−v2图像知，图像的斜率为 可得轻质绳长为，故B正确； C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为，故C错误； D．当v2=b时，轻质绳的拉力大小为0，当v2≥b时，在最高点有 当小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可得 在最低点，根据牛顿第二定律得 联立可得T2−T1=6mg=6a，故D正确。 故选BD。 解题技巧 竖直面内圆周运动类问题的解题技巧 (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。 (2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥及杆模型中v≥0这两个临界条件。 (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。 (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。 (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。 【变式训练1·变载体】如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法正确的是（    ） A．小球运动到半圆弧最高点P时速度为0 B．小球运动到半圆弧最高点P时轨道对小球的弹力大小等于 mg，方向竖直向上 C．小球落地点离O点的水平距离为R D．小球从P到落地，重力所做的功为2mgR 【答案】D 【详解】AB．小球恰能通过最高点P，此时轨道对小球的弹力为0，重力刚好提供向心力，可得 解得，故AB错误； C．小球在空中做平抛运动，则有， 联立解得小球落地点离O点的水平距离为，故C错误； D．小球从P到落地，重力所做的功为，故D正确。 故选D。 【变式训练2 新情境】（多选）利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点（）给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知取，则下列判断正确的是（　　） A．小球的质量为 B．轻绳长为 C．小球在最高点的速度大小为 D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大 【答案】AC 【详解】AB．当时，，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 当时，，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 联立解得， 故A正确，B错误； C．小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 解得小球在最高点的速度大小为 故C正确； D．在最低点，根据牛顿第二定律，得 在最高点，根据牛顿第二定律，得 小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 联立解得 故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。 故选AC。 考向7 杆球类模型及其临界条件 例1一长为L的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最高点A时，下列说法正确的是（    ） A．小球的速度大小可能为0 B．杆对小球的作用力方向一定向上 C．小球速度方向可能不沿切线方向 D．小球通过A点的速度至少为 【答案】A 【详解】AD．小球到达最高点A时，杆对球有支撑力，可知球的速度大小可能为0，选项A正确，D错误； B．当刚好杆对球作用力为零时 解得 可知若球的速度，则杆对小球的作用力方向向上；若球的速度，则杆对小球的作用力方向向下，选项B错误； C．小球速度方向一定沿切线方向，选项C错误； 故选A。 【变式训练1·变载体】如图所示，内壁光滑、半径为L的圆管竖直固定，管内有一个质量为m的小球（视为质点）做圆周运动，小球直径略小于圆管内径。若小球能在圆管内做完整的圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度的最小值为 B．当小球的速度增大时，其向心力一定增大 C．小球运动过程中，加速度始终指向圆心 D．小球在最高点受到的弹力大小一定随小球的速度的增大而增大 【答案】B 【详解】A．小球速度最小出现在圆管顶点位置，当小球在最高点受到的支持力与重力平衡时，小球的最小速度为0，故A错误； B．根据向心力表达式，可知当小球的速度增大时，其向心力一定增大，故B正确； C．小球做变速圆周运动，存在沿切向方向的加速度改变速度大小，所以加速度不会始终指向圆心，故C错误； D．小球经过最高点时，当重力刚好提供向心力时，则有 解得 当小球经过最高点的速度满足时，根据牛顿第二定律可得 可得弹力大小为 可知弹力大小随小球的速度的增大而减小； 当小球经过最高点的速度满足时，根据牛顿第二定律可得 可得弹力大小为 可知弹力大小随小球的速度的增大而增大；故D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】（多选）如图所示，内壁光滑、半径为的四分之三圆弧轨道或细圆管轨道固定在竖直平面内，是水平半径，是竖直半径，质量为的小球（视为质点）从A点正上方的点由静止释放，然后进入圆弧轨道或细圆管轨道，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若小球能到达圆弧轨道的点，则P、B两点间的高度差为0 B．若小球能到达细圆管轨道的点，则P、A两点间的高度差为 C．小球沿圆弧轨道运动并从点离开，此后可能到达A点 D．若小球离开细圆管轨道的点后正好到达A点，则小球在A点的动能为 【答案】BD 【详解】A．若小球能到达圆弧轨道的B点，则在B点根据牛顿第二定律有 解得 小球从P到B过程，根据动能定理有 解得，故A错误； B．若小球能到达细圆管轨道的B点，则在B点的速度为0，小球从P到B过程，根据动能定理有 可知，故B正确； C．若小球能离开圆弧轨道的B点，结合上述有 当时，若小球落到OA所在的水平面上，根据平抛运动的规律有， 解得 可知，小球不可能再回到A点，故C错误； D．若小球离开圆管轨道的B点后正好到达A点，设小球在B点的速度为，由平抛运动的规律有， 小球从B到A过程，根据动能定理有 解得，故D正确。 故选BD。 考向8 离心运动及其应用 例1（多选）有关生活中的圆周运动现象，下列说法正确的是（　　） A．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水甩掉 B．汽车过凹型路面最低点时，汽车对地面的压力比汽车的重力小 C．在铁路弯道处若内外轨一样高，火车转弯时内轨对轮缘的弹力提供向心力 D．离心运动是由于合力突然消失或合力不足以提供向心力而引起的 【答案】AD 【详解】A．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水分甩掉，故A正确； B．汽车过凹型路面最低点时，对汽车有由牛顿第三定律可知，汽车受到的支持力与压力大小相等，所以汽车过凹型路面最低点时，汽车对地面的压力比汽车所受的重力大，故B错误； C．在铁路弯道处若内外轨一样高，火车转弯时外轨对轮缘的弹力提供向心力，故C错误； D．离心运动是由于合力突然消失或合力不足以提供向心力而引起的，故D正确。 故选AD。 解题技巧 物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出。 【变式训练1·变载体】下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（　　） A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去 B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小 C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变 D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力越小 【答案】B 【详解】A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为离心运动而被甩出去，不是受到了离心力的作用，故A错误； B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度较小时，内轨会挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火车轮对轨道磨损不一定越小，故B正确； C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力方向改变，故C错误； D．在一座凹形桥的最低点，由 可知，同一辆车子速度越大，桥面对车子的支持力N越大，即车对桥面的压力越大，故D错误。 故选B。 【变式训练2 新情境】如图将红、绿两种颜色的石子放在水平圆盘上，围绕圆盘中心摆成半径不同的两个同心圆圈（）。圆盘在电机带动下由静止开始转动，角速度缓慢增加。每个石子的质量都相同，石子与圆盘间的动摩擦因数均相同。则下列判断正确的是（　　） A．绿石子先被甩出 B．红、绿两种石子同时被甩出 C．石子被甩出的轨迹一定是沿着切线的直线 D．在没有石子被甩出前，红石子与绿石子所受的摩擦力一样大 【答案】A 【详解】ABD．对石子受力分析，可知静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有 当角速度增大时，两石子所受静摩擦力也在增大，由题意可知绿石子的半径大于红石子的半径，所以绿石子所受摩擦力大于红石子所受摩擦力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，石子将发生相对运动，即被甩出，而两石子与圆盘的最大静摩擦力均为 可知绿石子先被甩出，故A正确，BD错误； C．石子被甩出后，其所受合外力不等于零，而是等于圆盘对它的滑动摩擦力，石子做离心运动，所以轨迹是沿着切线的曲线，故C错误。 故选A。 考点五 圆周运动与平抛运动的结合 知识点一 平抛运动解题思路 1. 确定研究对象，进行受力分析，判断是否做圆周运动 2. 如果物体做圆周运动可以用运动的分解解决问题 3. 如果涉及求速率或动能则可以使用动能定理或机械能守恒定律分析 知识点二 圆周运动解题思路 1.确定研究对象，进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径。 2.列出正确的动力学方程Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr。 3.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系。 4.某一点利用牛顿第二定律进行动力学分析。 得分速记 对平抛圆周结合的综合问题进行分析时，往往涉及对两种典型曲线运动的研究，这种类型的题能有效考查学生运用相关知识解决具体问题的能力以及加深对运动与相互作用观念的理解，培养学生的科学思维素养。 考向1 用动力学观点和能量观点分析平抛圆周相结合问题 例1如图，质量为的小球以某一初速度从点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，点和点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径，OA连线与竖直方向夹角为，小球到达A点时的速度，取。 (1)求小球做平抛运动的初速度大小； (2)求点与A点的水平距离和竖直高度； (3)从A点的切线方向进入圆轨道时，对轨道的压力大小； (4)小球到达点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点。 【答案】(1)2m/s (2)， (3)35N (4)小球无法击中A点 【详解】（1）小球在A点，根据速度分解有 解得 （2）小球在A点，根据速度分解有 解得 小球做平抛运动，则有， 解得， （3）小球在A点，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律有 解得 （4）令小球在C点速度为时恰好能够击中A点，则有， 解得 小球能够运动至圆周轨道最高点的速度为，则有 解得 可知，小球无法击中A点。 【变式训练1·变载体】如图所示，长为l的细线，一端系有质量为m的小球，另一端通过光滑的轻质小圆环套在O 点的钉子上，小球在高为h的光滑水平桌面上做匀速圆周运动。若小球的速度缓慢增大，当细线的拉力 达到F时，细线断裂，小球垂直桌面边缘抛出。重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)小球从水平桌面上抛出时的速度大小v0； (2)小球落地点到桌面边缘的水平距离s； 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对小球，细线断裂前瞬间，由牛顿第二定律有 解得 （2）对小球，由平抛规律有 联立解得 【变式训练2 新情境】如图所示，小朋友正在把玩冰糖葫芦上仅剩的一颗山楂。细棍的一端插有质量为的山楂，小朋友用大拇指和食指紧捏住细棍上的某点，甩动细棍，使山楂在竖直平面内摆动。现小朋友保持大拇指和食指的位置不变，点距离水平地面的高度为。调整摆长使山楂与点的距离为，当山楂摆动到最低点时，恰好脱离细棍并水平飞出，落地时水平飞行的距离为。若山楂与细棍间的最大静摩擦力一定，山楂可视为质点，细棍质量不计且足够长，不计空气阻力，重力加速度为，求： (1)山楂脱离细棍时的速度大小； (2)山楂与细棍间的最大静摩擦力； (3)保持点与水平地面间的距离不变，山楂始终插在细棍的一端，为使山楂在最低点水平抛出后，落地的水平距离最大，山楂与点的距离应为多少？最大水平距离又为多少？ 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）山楂离开细棍时速度为，在空中飞行的时间为t，竖直方向有 水平方向有 联立解得 （2）山楂与细棍最大摩擦力大小为，在最低点由牛顿第二定律可得 其中 解得 （3）设山楂到O的距离为l，最低点脱离细棍速度大小为v，在最低点有 解得 山楂滑出后做平抛运动，竖直方向有 水平方向有 联立可得 根据数学知识可知，当时，x有最大值，为 1.（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 【答案】(1)4 m/s (2)11.2 N 【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有 设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有 联立代入数据解得 （2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 2.（2020·天津·高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）A受到的水平瞬时冲量I的大小； （2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？ 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 ①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有 ② 由动量定理，有 ③ 联立①②③式，得 ④ （2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有 ⑥ 又 ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为 ⑧ 3（2019·天津·高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功； （2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大． 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有         ① 根据动能定理，有         ② 联立①②式，代入数据，得         ③ （2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有         ④ 由牛顿第二定律，有         ⑤ 联立①④⑤式，代入数据，得         ⑥ 4.（2015·天津·高考真题）未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是 A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 【答案】B 【详解】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有 ， 故可知，旋转半径越大，转运角速度就越小，且与宇航员质量无关，故B正确、ACD错误． 5.（2014·天津·高考真题）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度为h＝ ，圆盘转动的角速度大小为 ． 【答案】、 【详解】[1]小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间: 竖直方向做自由落体运动，则: [2]根据得： 6.（2011·天津·高考真题）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量为与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为 2R ．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间; （2）小球A冲进轨道时速度v的大小． 【答案】（1）（2） 【详解】本题考查动量守恒、平抛运动、机械能守恒等知识． （1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有     …① 解得：     …② （2）设球A的质量为m，在N点速度为v，与小球B碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知     …③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则     由动量守恒定律知      …④ 综合②③④式得：     / 学科网（北京）股份有限公司 $$