2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与宇宙航行第3讲圆周运动及其应用学案.doc

2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案【基础梳理】一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT ．2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT ．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用成效为产生向心加速度，F n ＝ma n . 二、匀速圆周运动 1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .(2)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． (3)作用成效：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点 F 向、a 向、v 均大小不变，方向变化，ω不变F 向、a 向、v 大小、方向均发生变化，ω发生变化向心力F 向＝F 合由F 合沿半径方向的分力提供1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消逝或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情形下，就做逐步远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F 为实际提供的向心力，则(1)当F ＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐步远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐步靠近圆心．【自我诊断】判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．( )(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．( )(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( )(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．( )(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消逝，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2020·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动专门慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而可不能滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．假如转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．假如转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平稳，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．假如转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在魔盘上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D正确．想一想如图所示，圆盘上物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动．(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)运算圆盘上物体所受的向心力和漏斗内壁上小球的角速度分别需要明白哪些信息？提示：(1)物体的向心力由静摩擦力提供小球的向心力由支持力与重力的合力提供(2)物体：质量、角速度/线速度、物体到圆盘圆心的距离 小球：质量、当地重力加速度、支持力与水平面的夹角、水平半径对传动装置问题的求解[学生用书P70]【知识提炼】1．对公式v ＝ωr 的明白得 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 ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的明白得在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 3．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴 传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A 点和B 点转动的周期相同、角速度相同，A 点和B 点的线速度与其半径成正比皮带(链 条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A 、B 两点相当于皮带上的不同位置的点，因此它们的线速度大小必定相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮 传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：v A ＝v B ；T A T B ＝r 1r 2＝z 1z 2；ωA ωB ＝r 2r 1＝z 2z 1(z 1、z 2分别表示两齿轮的齿数)1.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4解析：选BD.处理传动装置类问题时，关于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，关于本题，明显v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；依照v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，因此ωA ＝ωC 2，选项A 错误；依照ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；依照ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．2．(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22nD ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12n 解析：选BC.依照皮带传动关系能够看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，因此2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：(1)同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．(2)当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝vr可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比．水平面内的圆周运动[学生用书P71]【知识提炼】1．问题特点(1)运动轨迹是圆且在水平面内．(2)向心力的方向沿半径指向圆心．(3)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情形，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力确实是向心力．3．运动实例：圆锥摆、汽车和火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．【典题例析】如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析](1)若要小球刚好离开锥面，现在小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，差不多上水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝⎛⎭⎪⎫F ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度连续增大，质点将做离心运动．【迁移题组】迁移1 车辆转弯问题 1．(多选)(2021·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时刻最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时刻为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，v 小＝Fr m＝ 2.25mgrm＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时刻t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．迁移2 圆锥摆模型 2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平稳，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，因此细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，依照牛顿第二定律得mg tan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝gL cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为33∶1，故D 错误．迁移3 水平面内圆周运动的临界问题 3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r ，明显b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相关于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，因此kmg ＝mω2r ，由此能够求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动[学生用书P72]【知识提炼】1．运动特点(1)竖直面内的圆周运动一样是变速圆周运动．(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒．(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度．(4)一样情形下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形．2．常见模型轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时v＜gr，在到达最高点前小球差不多脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝gr时，F N＝0(4)当v＞gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则( )A ．小球的质量为aR bB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上 D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等[审题指导] 由于杆既能够提供支持力，又能够提供拉力，故小球通过最高点时的速度能够不同，则通过F －v 2图象，可得到小球通过最高点时杆的弹力和小球速度大小的定量关系，从而找到解题的突破口．[解析] 对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F －mg ＝0，结合图象可知a －mg ＝0；当F ＝0时，由牛顿第二定律可得mg ＝mv 2R ，结合图象可知mg ＝mb R ，联立解得g ＝b R ，m ＝aRb，选项A 正确，B 错误；由图象可知b <c ，当v 2＝c 时，依照牛顿第二定律有F ＋mg ＝mcR，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C 正确；当v 2＝2b 时，由牛顿第二定律可得mg ＋F ′＝m ·2bR，可得F ′＝mg .选项D 正确． [答案] ACD求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：第一判定是轻绳模型依旧轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力依旧拉力的临界点．(3)研究状态：通常情形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形．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依照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．【迁移题组】迁移1 汽车过拱桥模型1．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2解析：选C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′①因此由牛顿第二定律可得mg －F ′N1＝mv 2R②同样，如图乙所示，F ′N2＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F ′N2－mg ＝mv 2R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg ，因此F N1∶F N2＝1∶3.迁移2 轻绳模型 2.(2021·高考江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后赶忙停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v2gD ．速度v 不能超过（2F －Mg ）LM解析：选D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；假如物块上升的最大高度不超过细杆，则依照机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v 22g ，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，假如物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，现在的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L，解得v ＝（2F －Mg ）LM，D 项正确．迁移3 轻杆模型3．(多选)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐步增大时，杆对小球的拉力逐步增大C ．当v 由gL 逐步减小时，杆对小球的支持力逐步减小D ．当v 由零逐步增大时，向心力也逐步增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对． [学生用书P73]1.(2021·高考全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止开释．在各自轨迹的最低点 ( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.小球从开释到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，依照牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．2．(多选)(2020·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车通过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时刻最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；依照t ＝sv，可得①、②、③所用的时刻分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr ，其中t 3最小，可知路线③所用时刻最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B ．v 28g C.v 24gD ．v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，依照机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力差不多上f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B ．ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C ．ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r ＝f m 即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始显现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝mω2r 2，而现在对P 而言有T ＋f ＝mω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐步减小，当T ＞mω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．[学生用书P297(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2020·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故依照公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，因此两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2020·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C，所用的时刻为t1，第二次由C滑到A，所用的时刻为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能缺失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能缺失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块缺失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能缺失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情形与原先相比较，下面的判定中正确的是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环。

第3讲圆周运动及其应用考纲考情核心素养►匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ►匀速圆周运动的向心力Ⅱ►离心现象Ⅰ►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.物理观念全国卷5年10考高考指数★★★★★►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.科学思维知识点1 匀速圆周运动1．定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．2．特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．3．条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．4．描述匀速圆周运动的物理量知识点二 匀速圆周运动的向心力1．作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小：F ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3．方向：始终沿半径指向圆心方向，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．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，还可以由一个力的分力提供．知识点三 离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外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.直 观 展 示1．思考判断(1)圆周运动一定是变速运动．( √ ) (2)匀速圆周运动加速度保持不变．( × )(3)做圆周运动的物体所受合力一定指向圆心．( × ) (4)物体速率越大所受向心力一定越大．( × ) (5)物体做圆周运动周期越大，角速度一定越小．( √ )2．(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s ，转动周期为2 s ，则( BCD ) A ．角速度为0.5 rad/s B ．转速为0.5 r/s C ．转迹半径为4π mD ．加速度大小为4π m/s 2解析：由n ＝f ＝1T 可知选项B 正确；由T ＝2πr v 可知r ＝Tv 2π＝4πm ，选项C 正确；由a＝v 2r可知选项D 正确；由a ＝ωv 可知ω＝π rad/s，选项A 错误． 3．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点( D )A．角速度之比ωAωB＝2 1B．角速度之比ωAωB＝1 2C．线速度之比v A v B＝2 1D．线速度之比v A v B＝1 2解析：板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωAωB＝11，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比v A v B＝12，选项C错误，D正确．4．如图是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．若摩托车发生滑动，则下列论述正确的是( B )A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B．摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去解析：摩托车做圆周运动需要向心力，不受到沿半径方向向外的离心力作用，故A错误；若摩托车发生滑动，摩托车做离心运动是因为所受外力的合力小于所需的向心力，故B正确；摩托车受到与速度方向垂直的摩擦力的作用，即使该摩擦力小于需要的向心力，但仍然能够改变车的运动的方向，使车不会沿其线速度的方向沿直线滑出去，故C错误；摩托车做圆周运动的线速度沿半径的切线方向，不可能会沿其半径方向沿直线滑出去，故D错误．5．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点( A )A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同解析：同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度大小不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度大小不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D 错误．考点1 圆周运动的运动学问题1．描述圆周运动的物理量间的关系2．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比皮带传动A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮传动v A＝v B(线速度)，T AT B＝r1r2＝n1n2，ωAωB＝r2r1＝n2n1(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)题型1 描述圆周运动的物理量及其关系1．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，其乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车( AD )A．运动路程为600 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km解析：在此10 s时间内，火车运动路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为15.7rad，角速度ω＝θt ＝157rad/s ，选项C 错误；由v ＝ωR ，可得转弯半径约为3.4 km ，选项D 正确． 2.如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是32，运动方向改变的角度之比是21，则( D )A ．二者线速度大小之比为2 3B ．二者角速度大小之比为12C ．二者圆周运动的半径之比为1 3D ．二者向心加速度大小之比为31解析：本题考查根据运动轨迹比较圆周运动相关物理量．线速度v ＝s t，两快艇通过的路程之比为32，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为32，故A 错误；角速度ω＝θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为21，由于运动时间相等，则角速度大小之比为21，故B 错误；根据v ＝rω得，圆周运动的半径r ＝vω，则两快艇做圆周运动的半径之比为34，故C 错误；根据a ＝vω得，向心加速度大小之比为31，故D 正确．题型2 传动问题3．科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(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( C )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A 错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿轮的线速度不同，选项B 错误；根据v ＝ωr ，且线速度大小相等可知，角速度与半径成反比，选项C 正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等可知，向心加速度与半径成反比，选项D错误．4．如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R BR C ＝32，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为32 2B ．角速度之比为33 2C ．转速之比为23 2D ．向心加速度大小之比为964解析：A 、B 靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度大小相等，即v a v b ＝11，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则边缘上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，转速之比n b n c ＝ωb ωc＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点，由a n ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32，对b 、c 两点，由a n ＝ω2r 得a b a c＝R b R c ＝32，故a a a b a c ＝964，选项D 正确．名师点睛传动装置类问题的解题关键,在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.考点2 水平面上的圆周运动1．水平转盘模型概 述 如图所示，向心力由静摩擦力提供，即F f ＝mω2r ，当物体刚要滑动时F f ＝μmg ，所以临界角速度ω＝μgr规律物体离圆盘中心O 越远，就越容易被“甩出去”概 述如图所示为圆锥筒模型，筒内壁光滑，向心力由重力mg 和支持力F N 的合力提供，即mg tan θ＝m v 2r＝mω2r ，解得v＝grtan θ，ω＝g r tan θ规稳定状态下小球所处的位置越高，半径r 越大，角速度律ω就越小，线速度v就越大．而小球受到的支持力F N ＝mgsinθ和向心力F向＝mgtanθ并不随位置的变化而变化(续表)概述如图所示为圆锥摆模型，向心力F向＝mg tanθ＝mv2r＝mω2r，且r＝L sinθ，解得v＝gL tanθsinθ，ω＝gL cosθ规律稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝mgcosθ和运动所需向心力也越大1.(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( BC )A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势B．B的向心力等于A的向心力大小C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 解析：A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小f B＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小f A＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rω2B，解得ωB＝μB gr，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB<ωA，可得μB<μA，故D错误．2．(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( AC )A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木板随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，选项A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg 2l，选项C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2a l，可得ωa＝kgl，而转盘的角速度2kg3l<kgl，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝23kmg，选项D错误．3．(多选)如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是( CD )A．A、B球受到的支持力之比为3 3B．A、B球的向心力之比为3 1C．A、B球运动的角速度之比为3 1D．A、B球运动的线速度之比为1 1解析：设小球受到的支持力为F N，向心力为F，则有F N sinθ＝mg，F N A F N B＝31，选项A错误；F＝mgtanθ，F A F B＝31，选项B错误；小球运动轨道高度相同，则半径R＝h tanθ，R A R B＝13，由F＝mω2R得ωAωB＝31，选项C正确；由v＝ωR得v Av B＝11，选项D正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是( B )A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变大C．Q受到桌面的静摩擦力变小D．Q受到桌面的支持力变小解析：设OP长度为l，与水平面的夹角为θ，竖直方向平衡，有F sinθ＝mg，水平方向由牛顿第二定律得F cosθ＝mω2l cosθ，由以上方程分析可得，随θ角减小，F增大，A 错误；结合Q的受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大，受到桌面的支持力不变，C、D错误；F＝mω2l，ω随F的增大而增大，B正确．考点3 竖直面内圆周运动的两种模型轻“绳”模型轻“杆”模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋F T＝mv2rmg±F N＝mv2r 临界特征F T＝0，即mg＝mv2r，得v＝gr v＝0，即F向＝0，此时F N＝mg模型关键(1)绳只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为gr(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0题型1 轻绳模型1.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则( CD )A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C ．当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD ．当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态解析：小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故小球处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时，设绳的拉力为F T1，有F T1－mg ＝m v 20l ；在最高点时，设绳的拉力为F T2，小球的速度为v ，有F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12mv 20－mg ·2l ＝12mv 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，得v ＝2gl ，因为小球能经过最高点的最小速度为gl ，则当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12mv 20＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0<gl 时，小球将在最低点附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确．2．(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)．现给小球水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g 取10 m/s 2)( CD )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，根据机械能守恒定律得12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，联立解得v 0≥25 m/s ，C 正确；当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律得mgr ＝12mv 20，解得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．题型2 轻杆模型3．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，F N －v 2图象如图乙所示．下列说法正确的是( B )A ．当地的重力加速度大小为RbB ．小球的质量为aR bC ．当v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向上 D ．若v 2＝2b ，则杆对小球弹力大小为2a解析：在最高点，若v ＝0，则F N ＝a ＝mg ；若F N ＝0，则mg ＝m v 2R ＝m b R ，解得g ＝b R ，m ＝ab R ，故A 错误，B 正确；由题图可知：当v 2<b 时，杆对小球弹力方向向上，当v 2>b 时，杆对小球弹力方向向下，所以当v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向下，故C 错误；若v 2＝2b ，则F N ＋mg ＝m 2bR，解得F N ＝a ＝mg ，故D 错误．4.如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( C )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m v 2B2L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；球B 在最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg ＝m v 2AL，解得F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．名师点睛分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路。

2021年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用学案202107022350板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ1.匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。

(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。

(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合外力。

2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量要紧有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，具体如下：【知识点2】匀速圆周运动与非匀速圆周运动【知识点3】离心现象Ⅰ1．离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消逝或不足以提供圆周运动所需向心力的情形下，所做的逐步远离圆心的运动。

(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。

(3)受力特点：F n为提供的向心力。

①当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；②当F n＝0时，物体沿切线方向飞出；③当F n<mω2r时，物体逐步远离圆心，做离心运动。

2．近心运动：当F n>mω2r时，物体将逐步靠近圆心，做近心运动。

板块二 考点细研·悟法培优考点1圆周运动的运动学分析[基础强化]1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v ＝ωr 的明白得当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。

3．对a ＝v 2r＝ω2r 的明白得当v 一定时，a 与r 成反比；当ω一定时，a 与r 成正比。

4．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v A ＝v B 。

(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v A ＝v B 。

(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 。