高中物理第2章研究圆周运动2.1怎样描述圆周运动教师用书沪科版必修2

沪科版高中物理高一物理必修二《怎样描述圆周运动》教案及教学反思一、教案设计1.1 教学目标1.了解圆周运动的基本定义和本质特征。

2.理解角度的定义、测量和应用。

3.掌握角速度和线速度的概念及其计算方法。

4.掌握圆周运动的公式。

1.2 教学重难点1.圆周运动的定义和本质特征。

2.角度的定义、测量和应用。

1.3 教学内容第一节怎样描述圆周运动1.圆周运动的基本概念。

2.圆周运动的性质：周期、频率、角速度、线速度。

3.圆周运动的公式：v = rω，vf = vi + at，s =vit + (1/2)at²，s = (vi +vf)/2t，s = rt，ω =Δθ/Δt。

1.4 教学方法1.探究式教学法。

2.案例教学法。

1.5 教学工具1.计算器。

2.动画演示。

1.6 教学过程第一节怎样描述圆周运动1.引入教师通过展示磁铁绕线圈运动的示例引导学生观察，让学生感受和思考绕线圈运动的本质特征。

2.感性认识圆周运动学生根据观察和思考得出结论，即绕线圈的运动是圆周运动，并总结圆周运动的定义和本质特征。

3.角度的定义、测量和应用（1）角的定义：通过用圆分成的等份（弧度）来定义角，给出弧度制和角度制的定义，分别写出它们之间的换算公式。

（2）角的测量和应用：学生学会如何使用角度的测量工具，如量角器和卷尺等进行角度测量，以及角的应用举例讲解。

4.角速度和线速度的概念及其计算方法（1）角速度的定义和计算方法：通过角速度与角度的关系，引出角速度的概念和计算公式。

（2）线速度的定义和计算方法：通过线速度与角速度和半径的关系，引出线速度的概念和计算公式。

5.圆周运动的公式通过绕线圈示例建立、展示和应用圆周运动公式，包括圆周运动基本公式、匀加速直线运动公式和运动学定律等公式。

6.拓展通过给出复合运动、一般圆周运动和扭矩的相关概念，引出拓展性知识点。

1.7 课堂小结本课通过圆周运动的实例和公式，给学生介绍圆周运动的基本概念、性质和公式，并通过实例演示让学生掌握有关的计算方法。

2.1 怎样描述圆周运动[学习目标] 1.知道什么是匀速圆周运动，知道它是变速运动.2.记住线速度的定义式，理解线速度的大小、方向的特点.3.记住角速度的定义式，知道周期、转速的概念.4.理解掌握v ＝ωr 和ω＝2πn 等公式.一、线速度1.定义：物体做圆周运动通过的弧长与通过这段弧长所用时间的比值，v ＝st. 2.意义：描述做圆周运动的物体运动的快慢.3.方向：线速度是矢量，方向与圆弧相切，与半径垂直.4.匀速圆周运动(1)定义：沿着圆周运动，并且线速度大小处处相等的运动. (2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以是一种变速运动. 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，ω＝Δθt.2.意义：描述物体绕圆心转动的快慢.3.单位(1)角的单位：国际单位制中，弧长与半径的比值表示角的大小，称为弧度，符号：rad. (2)角速度的单位：弧度每秒，符号是rad/s 或rad·s －1. 三、周期和转速1.周期T ：物体沿圆周运动一周的时间，单位：秒(s).2.转速n ：物体在单位时间内完成圆周运动的圈数，单位：转每秒(r/s)或转每分(r/min).3.周期和转速的关系：T ＝1n(n 单位r/s 时).四、描述圆周运动的各物理量之间的关系 1.线速度与周期的关系：v ＝2πRT.2.角速度与周期的关系：ω＝2πT.3.线速度与角速度的关系：v ＝ωR .4.角速度与转速的关系：ω＝2πn (转速的单位用r/s).[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)匀速圆周运动的线速度不变.(×)(2)做匀速圆周运动的物体，每经过相等的时间，通过的路程都相等.(√) (3)做匀速圆周运动的物体，周期大的转速一定小.(√) (4)做圆周运动的物体，其合外力不为零.(√)2.A 、B 两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长比s A ∶s B ＝2∶3，转过的圆心角比θA ∶θB ＝3∶2，那么它们的线速度之比v A ∶v B ＝________，角速度之比ωA ∶ωB ＝________. 答案 2∶3 3∶2解析 由v ＝s t 知v A v B ＝23；由ω＝θt 知ωA ωB ＝32.一、线速度和匀速圆周运动[导学探究] 如图1所示为自行车的车轮，A 、B 为辐条上的两点，当它们随轮一起转动时，回答下列问题：(1)A 、B 两点的速度方向沿什么方向？(2)A 、B 两点在相同的时间内沿圆弧运动的轨迹长度相同吗？哪个运动得快？图1(3)如果B 点在任意相等的时间内转过的弧长相等，B 做匀速运动吗？(4)匀速圆周运动的线速度是不变的吗？匀速圆周运动的“匀速”同“匀速直线运动”的“匀速”一样吗？答案 (1)两点的速度方向均沿各自圆周的切线方向. (2)B 运动的轨迹长，B 运动得快.(3)B 运动的速率不变，但B 运动的方向时刻变化，故B 做非匀速运动.(4)质点做匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻在变化，因此，匀速圆周运动不是线速度不变的运动，只是速率不变，是变速曲线运动.而“匀速直线运动”中的“匀速”指的是速度不变，是大小、方向都不变，二者并不相同. [知识深化]1.对线速度的理解：(1)线速度是物体做圆周运动的瞬时速度，线速度越大，物体运动得越快.(2)线速度是矢量，它既有大小，又有方向，线速度的方向在圆周各点的切线方向上. (3)线速度的大小：v ＝s t，s 代表弧长. 2.对匀速圆周运动的理解：(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化. (2)匀速的含义：①速度的大小不变，即速率不变. ②转动快慢不变，即角速度大小不变. (3)运动性质：线速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动是一种变速运动.例1 (多选)某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ) A.因为它速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动 B.它速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动 C.该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态 D.该质点做的是变速运动，具有加速度，故它所受合力不等于零 答案 BD解答本题要把握以下三点： (1)匀速圆周运动是变速运动. (2)线速度的物理意义：v ＝弧长时间. (3)路程是标量，位移是矢量.二、角速度、周期和转速[导学探究] 如图2所示，钟表上的秒针、分针、时针以不同的角速度做圆周运动.图2(1)秒针、分针、时针它们转动的快慢相同吗？如何比较它们转动的快慢？ (2)秒针、分针和时针的周期分别是多大？答案 (1)不相同.根据角速度公式ω＝Δθt知，在相同的时间内，秒针转过的角度最大，时针转过的角度最小，所以秒针转得最快.(2)秒针周期为60 s ，分针周期为60 min ，时针周期为12 h. [知识深化] 1.对角速度的理解：(1)角速度描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢，角速度越大，物体转动得越快. (2)角速度的大小：ω＝Δθt，Δθ代表在时间t 内，物体与圆心的连线转过的角度.(3)在匀速圆周运动中，角速度大小不变，是恒量. 2.对周期和频率(转速)的理解：(1)周期描述了匀速圆周运动的一个重要特点——时间周期性.其具体含意是，描述匀速圆周运动的一些变化的物理量，每经过一个周期时，大小和方向与初始时刻完全相同，如线速度等.(2)当单位时间取1 s 时，f ＝n .频率和转速对匀速圆周运动来说在数值上是相等的，但频率具有更广泛的意义，两者的单位也不相同. 3.周期、频率和转速间的关系：T ＝1f ＝1n.例2 (多选)一精准转动的机械钟表，下列说法正确的是( ) A.秒针转动的周期最长 B.时针转动的转速最小 C.秒针转动的角速度最大 D.秒针的角速度为π30 rad/s答案 BCD解析 秒针转动的周期最短，角速度最大，A 错误，C 正确；时针转动的周期最长，转速最小，B 正确；秒针的角速度为ω＝2π60 rad/s ＝π30 rad/s ，故D 正确.三、描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系[导学探究] 线速度、角速度、周期都是用来描述圆周运动快慢的物理量，它们的物理含义不同，但彼此间却相互联系.(1)线速度与周期及转速的关系是什么？ (2)角速度与周期及转速的关系是什么？ (3)线速度与角速度什么关系？答案 (1)物体转动一周的弧长s ＝2πr ，转动一周所用时间为t ＝T ，则v ＝s t ＝2πrT＝2πrn .(2)物体转动一周转过的角度为Δθ＝2π，用时为T ，则ω＝2πT＝2πn .(3)v ＝ωr .[知识深化]1.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系：(1)v ＝s t＝2πrT＝2πnr(2)ω＝Δθt ＝2πT＝2πn(3)v ＝ωr2.描述匀速圆周运动的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＝2πT＝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v ＝ω·r 知，r 一定时，v ∝ω；v 一定时，ω∝1r；ω一定时，v ∝r .例3 做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动100 m ，试求物体做匀速圆周运动时： (1)线速度的大小； (2)角速度的大小； (3)周期的大小.答案 (1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s解析 (1)依据线速度的定义式v ＝s t 可得v ＝s t ＝10010m/s ＝10 m/s.(2)依据v ＝ωr 可得，ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5 rad/s.(3)T ＝2πω＝2π0.5 s ＝4π s.四、同轴转动和皮带传动问题[导学探究] 如图3为两种传动装置的模型图.图3(1)甲图为皮带传动装置，试分析A 、B 两点的线速度及角速度关系. (2)乙图为同轴传动装置，试分析A 、C 两点的角速度及线速度关系.答案 (1)皮带传动时，在相同的时间内，A 、B 两点通过的弧长相等，所以两点的线速度大小相同，又v ＝r ω，当v 一定时，角速度与半径成反比，半径大的角速度小.(2)同轴传动时，在相同的时间内，A 、C 两点转过的角度相等，所以这两点的角速度相同，又因为v ＝r ω，当ω一定时，线速度与半径成正比，半径大的线速度大. [知识深化] 常见的传动装置及其特点角速度、周期相同线速度大小相同线速度大小相同例4 (多选)如图4所示的传动装置中，B 、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，A 、B 两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是r A ＝r C ＝2r B .若皮带不打滑，则A 、B 、C 三轮边缘上a 、b 、c 三点的( )图4A.角速度之比为1∶2∶2B.角速度之比为1∶1∶2C.线速度大小之比为1∶2∶2D.线速度大小之比为1∶1∶2答案AD解析A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘的线速度大小相等，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮的角速度相等.a、b比较：v a＝v b由v＝ωr得：ωa∶ωb＝r B∶r A＝1∶2b、c比较：ωb＝ωc由v＝ωr得：v b∶v c＝r B∶r C＝1∶2所以ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2v a∶v b∶v c＝1∶1∶2故A、D正确.识记传动装置的两个重要特点：(1)固定在一起同轴转动的物体上各点角速度相同.(2)不打滑的摩擦传动(包括皮带传动)的两轮边缘上各点线速度大小相等.例5一个圆环，以竖直直径AB为轴匀速转动，如图5所示，求环上M、N两点的：图5(1)线速度的大小之比；(2)角速度之比.答案(1)3∶1(2)1∶1解析M、N是同一环上的两点，它们与环具有相同的角速度，即ωM∶ωN＝1∶1，两点做圆周运动的半径之比r M∶r N＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1，故v M ∶v N ＝ωM r M ∶ωN r N ＝3∶1.1.(对匀速圆周运动的认识)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是( ) A.相等的时间内通过的路程相等 B.相等的时间内通过的弧长相等 C.相等的时间内通过的位移相等D.在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等 答案 C解析 匀速圆周运动是指速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A 、B 、D 项正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，故C 项错误.2.(描述圆周运动各量的关系)关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( ) A.因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定 B.如果物体在0.1 s 内转过30°角，则角速度为300 rad/s C.若半径r 一定，则线速度与角速度成反比 D.若半径为r ，周期为T ，则线速度为v ＝2πrT答案 D解析 物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故选项A 错误；角速度ω＝Δθt ＝π60.1 rad/s ＝5π3 rad/s ，选项B 错误；线速度与角速度的关系为v ＝ωr ，由该式可知，r 一定时，v ∝ω，选项C 错误；由线速度的定义可得，在转动一周时有v ＝2πrT，选项D 正确.3.(传动问题分析)如图6所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r 1、r 2、r 3，并且r 1＜r 2＜r 3.若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为()图6A.r 1ω1r 3 B.r 3ω1r 1 C.r 3ω1r 2 D.r 1ω1r 2答案 A解析 甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等，即r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝r 1ω1r 3，选项A 正确. 4.(圆周运动的周期性)如图7所示，半径为R 的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h 处沿OB 方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B ，求小球的初速度及圆盘转动的角速度ω的大小.图7答案 Rg2h 2n πg2h(n ＝1，2，3…) 解析 设球在空中运动时间为t ，此圆盘转过θ角. 则R ＝vt ，h ＝12gt 2故初速度v ＝Rg 2hθ＝n ·2π(n ＝1，2，3…) 又因为θ＝ωt 则圆盘角速度ω＝n ·2πt ＝2n πg2h(n ＝1，2，3…). 课时作业一、选择题(1～6题为单选题，7～11题为多选题)1.用细线拴住一个小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是( ) A.速率 B.线速度 C.周期 D.角速度答案 B解析 做匀速圆周运动的小球的速度大小恒定，线速度变化，匀速圆周运动的周期和角速度恒定，B 符合题意，A 、C 、D 不符合题意.2.一质点做匀速圆周运动时，圆的半径为r ，周期为4 s ，那么1 s 内质点的位移大小和路程分别是( )A.r 和πr 2B.πr 2和πr 2C.2r 和2rD.2r 和πr 2答案 D解析 质点在1 s 内转过了14圈，画出运动过程的示意图可求出这段时间内的位移为2r ，路程为πr2，所以选项D 正确.3.关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( ) A.线速度大的角速度一定大 B.线速度大的周期一定小 C.角速度大的半径一定小 D.角速度大的周期一定小答案 D解析 由v ＝ωr 可知，当r 一定时，v 与ω成正比；v 一定时，ω与r 成反比，故A 、C 均错误.由v ＝2πr T 可知，当r 一定时，v 越大，T 越小，B 错误.由ω＝2πT可知，ω越大，T越小，故D 正确.4.如图1所示是一个玩具陀螺.a 、b 和c 是陀螺上的三个点.当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )图1A.a 、b 和c 三点的线速度大小相等B.a 、b 和c 三点的角速度大小相等C.a 、b 的角速度比c 的大D.c 的线速度比a 、b 的大 答案 B解析 同一物体上的三点绕同一竖直轴转动，因此角速度相同，c 的半径最小，故它的线速度最小，a 、b 的半径相同，二者的线速度大小相等，故选B.5.两个小球固定在一根长为L 的杆的两端，绕杆上的O 点做圆周运动，如图2所示.当小球1的速度为v 1时，小球2的速度为v 2，则转轴O 到小球2的距离是( )图2A.Lv 1v 1＋v 2B.Lv 2v 1＋v 2 C.L (v 1＋v 2)v 1D.L (v 1＋v 2)v 2答案 B解析 两球在同一杆上，旋转的角速度相等，均为ω，设两球的转动半径分别为r 1、r 2，则r 1＋r 2＝L .又知v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2，联立得r 2＝Lv 2v 1＋v 2，B 正确.6.如图3所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是( )图3A.dv 20＝L 2g B.ωL ＝π(1＋2n )v 0(n ＝0，1，2，3…) C.v 0＝ωd2D.d ω2＝g π2(1＋2n )2(n ＝0，1，2，3…)答案 B解析 依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A 点做匀速圆周运动，恰好击中A 点，说明A 正好在最低点被击中，则A 点转动的时间t ＝(2n ＋1)πω，平抛的时间t ＝L v 0，则有L v 0＝(2n ＋1)πω(n ＝0，1，2，3，…)，B 正确，C 错误；平抛的竖直位移为d ，则d ＝12gt 2，联立有d ω2＝12g π2(2n＋1)2(n ＝0，1，2，3，…)，A 、D 错误.7.质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是( ) A.因为v ＝ωr ，所以线速度v 与轨道半径r 成正比 B.因为ω＝v r，所以角速度ω与轨道半径r 成反比 C.因为ω＝2πn ，所以角速度ω与转速n 成正比 D.因为ω＝2πT，所以角速度ω与周期T 成反比答案 CD解析 当ω一定时，线速度v 才与轨道半径r 成正比，所以A 错误.当v 一定时，角速度ω才与轨道半径r 成反比，所以B 错误.在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比，故C 、D 正确.8.甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( ) A.它们的半径之比为2∶9 B.它们的半径之比为1∶2 C.它们的周期之比为2∶3 D.它们的周期之比为1∶3答案 AD解析 由v ＝ωr ，得r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，得T 甲∶T 乙＝2πω甲∶2πω乙＝1∶3，C 错，D 对.9.如图4所示为皮带传动装置，主动轴O 1上有两个半径分别为R 和r 的轮，O 2上的轮半径为r ′，已知R ＝2r ，r ′＝23R ，设皮带不打滑，则( )图4A.ωA ∶ωB ＝1∶1B.v A ∶v B ＝1∶1C.ωB ∶ωC ＝2∶3D.v A ∶v C ＝2∶1 答案 AC解析 研究A 、B 两点：A 、B 两点角速度相同――→v ＝ωr v A v B ＝r R ＝12；研究B 、C 两点：B 、C 两点线速度大小相同――→v ＝ωr ωB ωC ＝r ′R ＝23.10.如图5所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 的地方，它们都随圆盘一起运动.比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )图5A.两木块的线速度大小相等B.两木块的角速度相等C.木块M 的线速度大小是木块N 的线速度大小的3倍D.木块M 的角速度大小是木块N 的角速度大小的3倍 答案 BC解析 由转动装置特点知，M 、N 两木块有相同的角速度，又由v ＝ωr 知，因r N ＝13r ，r M ＝r ，故木块M 的线速度大小是木块N 的线速度大小的3倍，选项B 、C 正确.11.如图6所示为某一皮带传动装置.主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为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.下列说法正确的是( )图6A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C.从动轮的转速为r 1r 2n D.从动轮的转速为r 2r 1n答案 BC解析 主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误. 二、非选择题12.一汽车发动机的曲轴每分钟转2 400周，求： (1)曲轴转动的周期与角速度. (2)距转轴r ＝0.2 m 点的线速度.答案 (1)140 s 80π rad/s (2)16π m/s解析 (1)由于曲轴每秒钟转2 40060＝40(周)，周期T ＝140s ；而每转一周为2π rad ，因此曲轴转动的角速度ω＝2π×40 rad/s＝80π rad/s.(2)已知r ＝0.2 m ，因此这一点的线速度v ＝ωr ＝80π×0.2 m/s＝16π m/s.13.如图7所示为皮带传动装置，皮带轮的圆心分别为O 、O ′，A 、C 为皮带轮边缘上的点，B 为AO 连线上的一点，R B ＝12R A ，R C ＝23R A ，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，求A 、B 、C 三点的角速度大小之比、线速度大小之比.图7答案 2∶2∶3 2∶1∶2解析 由题意可知，A 、B 两点在同一皮带轮上，因此ωA ＝ωB ，又皮带不打滑，所以v A ＝v C ，故可得ωC ＝v C R C ＝v A 23R A＝32ωA ，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝ωA ∶ωA ∶32ωA ＝2∶2∶3.又v B ＝R B ·ωB ＝12R A ·ωA ＝v A2，所以v A ∶v B ∶v C ＝v A ∶12v A ∶v A ＝2∶1∶2.。

【关键字】速度第2章研究圆周运动[自我校对]①②③ωR④⑤m⑥圆心⑦R2描述圆周运动的物理量及其关系1.线速度、角速度、周期和转速都是描述圆周运动快慢的物理量，但意义不同．线速度描述物体沿圆周运动的快慢．角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢．由ω＝＝2πn，知ω越大，T越小，n越大，则物体转动得越快，反之则越慢．三个物理量知道其中一个，另外两个也就成为已知量．2．对公式v＝rω及a＝＝rω2的理解(1)由v＝rω，知r一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与r成反比．(2)由a＝＝rω2，知v一定时，a与r成反比；ω一定时，a与r成正比．如图2-1所示，定滑轮的半径r＝2 cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a＝2 m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1 m的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度ω和向心加速度a.图2-1【解析】重物下落1 m时，瞬时速度为v＝＝ m/s＝2 m/s.显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是2 m/s，故滑轮转动的角速度，即滑轮边缘上每一点转动的角速度为ω＝＝ rad/s＝100 rad/s.向心加速度为an＝ω2r＝1002×0.02 m/s2＝200 m/s2.【答案】100 rad/s 200 m/s2圆周运动的临界问题1.水平面内的临界问题在这类问题中，要特别注意分析物体做圆周运动的向心力来源，考虑达到临界条件时物体所处的状态，即临界速度、临界角速度，然后分析该状态下物体的受力特点，结合圆周运动知识，列方程求解．常见情况有以下几种：(1)与绳的弹力有关的圆周运动临界问题．(2)因静摩揩力存在最值而产生的圆周运动临界问题．(3)受弹簧等约束的匀速圆周运动临界问题．2．竖直平面内圆周运动的临界问题(1)没有物体支撑的小球(轻绳或单侧轨道类)．小球在最高点的临界速度(最小速度)是v0＝.小球恰能通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为零，环对小球的弹力为零(临界条件：FT＝0或FN＝0)，此时重力提供向心力．所以v≥时，能通过最高点；v＜时，不能达到最高点．(2)有物体支撑的小球(轻杆或双侧轨道类)．因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，所以小球达到最高点的速度可以为零，即临界速度v0＝0，此时支持力FN＝mg.(2016·宜昌高一检测)一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量是0.4 kg的铁块(可视为质点)，铁块与中间位置的转轴处的圆盘用轻质弹簧连接，如图2-2所示．铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是10 rad/s时，铁块距中心O点30 cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为11 N，g取10 m/s2，求：图2-2(1)圆盘对铁块的摩揩力大小．(2)若此情况下铁块恰好不向外滑动(视最大静摩揩力等于滑动摩揩力)，则铁块与圆盘间的动摩揩因数为多大？【解析】(1)弹簧弹力与铁块受到的静摩揩力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：F＋f＝mω2r代入数值解得：f＝1 N.(2)此时铁块恰好不向外侧滑动，则所受到的静摩揩力就是最大静摩揩力，则有f＝μmg故μ＝＝0.25.【答案】(1)1 N (2)0.25如图2-3所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C 时，对管壁下部的压力为0.75mg.求A、B两球落地点间的距离．图2-3【解析】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．对A 球：3mg ＋mg ＝m vA ＝对B 球：mg －0.75mg ＝m vB ＝sA ＝vAt ＝vA ＝4R sB ＝vBt ＝vB ＝R所以sA －sB ＝3R.【答案】 3R竖直平面内圆周运动的分析方法物体在竖直平面内做圆周运动时：1．明确运动的模型，是轻绳模型还是轻杆模型．2．明确物体的临界状态，即在最高点时物体具有最小速度时的受力特点．3．分析物体在最高点及最低点的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解．1.(多选)(2015·浙江高考)如图2­4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( )图2­4A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短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】 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；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝π＋2rμgr ，t 2＝2r π＋12μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，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．【答案】 ACD2．(2015·天津高考)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，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2­5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．为达到目的，下列说法正确的是( )图2­5A ．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【解析】 旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg ＝mω2r ，解得ω＝g r ，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B 正确．【答案】 B3．(多选)(2014·全国卷)如图2­7所示，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( )图2­7A ．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＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg 3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 【解析】 本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：f a ＝mω2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kg l ；对木块b ：f b ＝mω2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝kg 2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg 2l 时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 【答案】 AC4．(2015·全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．(a) (b)图2­8完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图2­8(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg ；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示．(4)；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字)【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为 m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg ＝1.81 kg. 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F － m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s.【答案】 1.40 7.9 1.45.(2016·荆州高一检测)在汽车越野赛中，一个土堆可视作半径R ＝10 m 的圆弧，左侧连接水平路面，右侧与一坡度为37°斜坡连接．某车手驾车从左侧驶上土堆，经过土堆顶部时恰能离开，赛车飞行一段时间后恰沿与斜坡相同的方向进入斜坡，沿斜坡向下行驶．研究时将汽车视为质点，不计空气阻力．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：【导学号：02690029】图2­6(1)汽车经过土堆顶部的速度；(2)汽车落到斜坡上的位置与土堆顶部的水平距离．【解析】 (1)赛车在土堆顶部做圆周运动，且恰能离开，重力提供向心力，由牛顿第二定律mg ＝m v 2R得v ＝gR ＝10 m/s.(2)赛车离开土堆顶部后做平抛运动，落到斜坡上时速度与水平方向夹角为37°，则有 tan 37°＝v y v x ＝gt v得t ＝v tan 37°g＝0.75 s 则落到斜坡上距离坡顶的水平距离x ＝vt ＝7.5 m.【答案】 (1)10 m/s (2)7.5 m我还有这些不足：(1)(2) 我的课下提升方案：(1)(2)此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

2.1 怎样描述圆周运动思维激活图2—1-1电风扇工作时叶片上的点、时钟的分针和时针上的点、行驶中的自行车车轮上的点都在做什么运动？如图2—1-1所示，它们的运动轨迹是什么样子？你能说出哪些点运动得快，哪些点运动得慢吗?提示 上述各点都在沿着圆周运动,其轨迹都是圆。

像这样质点沿圆周运动，如果在相等的时间里通过的圆弧长度相等,这种运动就叫匀速圆周运动.比较质点做圆周运动的快慢可以参考下列几种方法:（1)通过确定物体单位时间通过的弧长,来描述质点运动的快慢；（2）通过确定物体与圆心的连线在单位时间内扫过的圆心角，来描述质点运动的快慢；（3）通过确定物体运动一周所需的时间长短，来描述质点运动的快慢。

自主整理一、用你熟悉的物理量描述1.线速度:(1)定义：等于物体运动通过圆弧的弧长跟所用时间的比值，即做圆周运动的物体的瞬时速度;（2)大小计算公式：v=ts ；国际单位：米/秒（m/s ）; （3）方向：沿切线方向.2。

匀速圆周运动质点沿圆周运动，在相等的时间里通过的圆弧长度相等的运动。

二、用角度来描述1.角速度：（1)定义：做匀速圆周运动的物体，连接物体和圆心的半径所转过的角度跟所用时间的比值;(2）计算公式:ω=t θ∆;国际单位弧度/秒（rad/s ）。

2。

周期：（1）定义：做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期;(2)国际单位秒(s ）。

3。

转速：(1)定义：做匀速圆周运动的物体单位时间内的转动的圈数称为转速；（2）国际单位：r/s （转/秒）。

高手笔记1。

匀速圆周运动中线速度、角速度、周期、转速之间的关系（1)线速度与角速度的关系：v ＝rω（2）角速度与周期的关系：ω＝2π/T(3)线速度与周期的关系：v ＝2πｒ/T（4）周期和转速的关系：T=1/n（5）角速度与转速的关系:ω＝2πn2。

圆周运动的两个重要的运动学特征(1)固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；（2）不打滑的摩擦传动和皮带传动的两轮边缘上各点线速度大小相等.名师解惑1.如何区别角速度和线速度的意义？剖析：v与ω都是描述匀速圆周运动质点转动快慢的物理量,但两者都无法全面、准确地反映质点的运动状态，它们都具有一定局限性.线速度是描述线形空间位置变化快慢的,而角速度是描述角度空间位置变化快慢的.两者的关系v=ωr要准确理解，只有r一定时，v和ω才成正比；在ω相同的情况下,r越大，v越大;在v相同的情况下，r大的ω反而小.例如地球绕太阳的线速度是3×104m/s，但由于地球绕太阳运行的轨道半径很大，所以它的角速度很小，只有2×10-7rad/s。

2.1 怎样描述圆周运动教研中心教学指导一、课标要求1.认识匀速圆周运动的概念，理解线速度的概念，知道它就是物体做圆周运动的瞬时速度，理解角速度和周期的关系，会用它们的公式进行计算.2.理解线速度、角速度、周期之间的关系v ＝r ω＝2πr/T.3.运用极限法理解线速度的瞬时性，掌握如何运用圆周运动的特点分析有关问题,体会学科知识间的关系，建立普遍联系的观点.二、教学建议1.匀速圆周运动匀速圆周运动是线速度大小保持不变的运动，但是我们要使学生明确，线速度就是曲线运动中的瞬时速度，线速度的方向沿圆周的切线方向.我们可考虑让学生把匀速圆周运动与匀速直线运动作一比较，使学生明确匀速圆周运动中速度大小不变、方向在变，匀速圆周运动不是速度不变的匀速运动，而是匀速率圆周运动的简称.匀速圆周运动是一种变速运动.2.线速度的大小、方向教材在讲述线速度概念时，是用质点通过的弧长与所用时间的比值来定义的，即v=t s . 从本质上说，线速度是做匀速圆周运动的质点在某一时刻的瞬时速度，其方向沿轨迹的切线方向，其大小是包括该时刻在内的一小段时间内的平均速度的极限值.这一点不仅对匀速圆周运动正确，而且对一般的曲线运动均适用.帮助学生理解这一点，有助于他们掌握这种分割、逼近的思维方法.建议对基础较好的学生可采用如下教法：设质点做匀速圆周运动，在某段时间Δt 内从P 点运动到P′点.那么，这段时间的位移便是PP′，这段时间的平均速度v =tPP ∆'，而且平均速度的方向就是位移PP′的方向.现在把直尺放在图上，使其边缘通过PP′两点，沿直尺边缘画一直线，这条直线的方向（在几何上称为圆的割线）就代表了Δt 这段时间内质点运动的平均速度的方向，然后，以P 为定点旋转直尺，使直尺与圆周上的两个交点P′和P 逐渐接近，直至P 与P′点完全重合.这时，我们沿直线划出的线（即过P 点的切线）的方向，就是包括P 点在内的无限短时间内的平均速度的方向，即瞬时速度的方向.这样，关于线速度的方向，我们不仅从实验中可观察到（例如旋转砂轮边缘火星迸出的方向），而且从理论上可以推导出，有助于学生思维能力的提高.3.角速度对学生来说，角速度是一个新概念，比较难懂.我们首先要简单说明为什么要引入角速度.可以指出旋转轮子上越靠外的点线速度越大，但它们都在绕圆心运动，在相同时间内半径所转过的角度是相同的.为了描述质点绕圆心运动的快慢引入角速度的概念.定义ω=tϕ中要明确φ是质点连接圆心的半径所转过的角度.学生不熟悉弧度单位，教师要补充有关弧度的知识.角速度是不是矢量？教材是回避这个问题的.如果学生问起这个问题，可回答是矢量，但中学不予讨论.4.角速度与线速度的关系角速度和线速度是从不同侧面反映质点运动快慢的物理量.角速度是指连接质点和圆心的半径转动的快慢，而线速度是说质点沿圆弧运动的快慢，应该让学生理解它们的区别和联系.可结合一些实例加以分析、练习.5.注意区别“质点做匀速圆周运动”和“刚体转动”质点与刚体是两个不同的物理模型，要提醒学生注意，不要把质点做匀速圆周运动说成是“质点在转动”，因为“转动”是刚体的一种运动形态.也要提醒学生注意，不要把刚体的转动说成是“刚体在做匀速圆周运动”，而应说“刚体上的某质点在做匀速圆周运动”.6.描述匀速圆周运动快慢的其他一些物理量描述匀速圆周运动快慢的物理量除线速度v 、角速度ω外，还有其他一些，如：周期T 、频率f 、转速n 等.应让学生在理解的基础上会推导它们之间的关系：ω=T π2=2πf=602n π,v=ωr=T r π2=2πfr=602nr π， 但不要求学生死记.资源参考机械传动装置发动机的转动轴带着工作机的轴一起转动，也就是转动必须由发动机传递到工作机上来.这种转动的传递可以用各种不同的方式来实现.常见的三种机械传动方式是皮带传动、摩擦传动和齿轮传动.(1) (2)在皮带传动里，发动机和工作机的轴上各装一个皮带轮，轮上紧套着一圈（或并列的几圈）皮带.发动机轴上的皮带轮A 叫做主动轮，工作机轴上的皮带轮B 叫做从动轮.主动轮转动时，依靠摩擦作用，使皮带运动，皮带的运动又带动从动轮转动.在转动时，一般不允许皮带打滑，这时两个皮带轮边缘上的各点线速度相同.因此，如果两个皮带轮的直径不同，它们的角速度或转速也就不同，且角速度或转速跟两皮带轮的直径成反比： 2112d d n n = 比值12n n 叫做传动速度比.从上式可知，工作机轴上的皮带轮的直径越小，它的轴的转速就越大.实际上常用的传动速度比一般不大于 5.这是因为传动速度比越大，从动轮的直径就越小，它跟皮带接触的圆弧就越短，带动它的摩擦力也就越小.图(1)的两皮带轮转动方向相同，图(2)的两皮带轮转动方向相反.在摩擦传动中，两个轮互相紧压着.当主动轮向一个方向转动时，由于两轮之间的摩擦作用，从动轮也发生转动，它的转动方向跟主动轮相反.在皮带传动和摩擦传动中，对从动轮来说摩擦力是动力，必须设法使它增大，因此要用动摩擦因数比较大的材料如皮革、橡胶、填充石棉的铜丝等包在轮缘上，还要增大压力. 如果所传递的功率是P ，那么由P=fv 和v=πdn ，可求出作用在轮缘上的摩擦力： f=dnP ， 作用在轮缘上使轮转动的摩擦力矩： M=f 2d . 一般说来，摩擦传动只能在功率不大（15千瓦以下）的情况下使用，如果所传递的功率较大，两轮就会发生滑动.为了提高所传递的功率，必须保证两轮不发生滑动，因此在两轮的轮缘上做出许多齿，使一个轮的每个齿能够嵌入另一个轮的两齿之间.这样，在转动时就不断地互相啮合，不会发生滑动.这种轮叫做齿轮.齿轮传动时，两齿轮的齿距就必须相等.这样，两轮的转速就跟它们的齿数成反比.齿轮传动装置在生产技术上应用非常广泛，它可以传递几万千瓦的功率.当主动轮和从动轮所在的两轴互相平行时，采用圆柱形齿轮（图中A 和B ）；当两轴成90°时，采用截锥形齿轮（图中C 和E ）.利用齿轮、齿条传动，还可以把转动改变成平动，或把平动改变为转动（图中D ）.此外，我们还常见到用链条来传动的，这实际上也是齿轮传动的一种变形. 各种机床、汽车、拖拉机等用来调节速度用的机械变速箱，一般都是用齿轮来传动的.中国古代对地球运动的认识——“地动说”不是哥白尼的首创1543年，哥白尼发表《天体运行论》一文，认为地球以太阳为中心不断运动.哥白尼的学说，被近世认为具有划时代意义.英国人亚·沃尔夫在《十六、十七世纪科学技术和哲学史》一书第一章指出：近代科学的“第一个重大进步是十六世纪中叶作出的”，这就是指哥白尼《天体运行论》的发表.不过，近十多年来国外科学家对哥白尼有异于已往的评价.据1986年2月16日《理论信息报》介绍：国外一些学者认为哥白尼的理论在当时并没有起到后人所描绘的那样的作用.首先，“太阳中心说”或“地动说’并非哥白尼所独创；再者，哥白尼缺乏近代科学家所具备的注重实践的特色.据记载，从1497年到1541年，他对天文的观察总共不超过58次. 当然，哥白尼功绩不小，过分的去指责是不公正的.但“地动说”却确非他首创，因为我国在汉代以前就有人认识到地球不但在自转，而且在公转.中国最早出现的“地动说”见于战国时的《列子》.该书《天瑞》篇说：“天地，空中之一细物，有中之最巨者”，又说“运转靡已，大地密移，畴觉之哉！”这里前一句指出地球不过是宇宙空间的一个细小物体，但又是我们周围有形物体中最巨大的，这种认识颇为得当.后一句则说明大地在不停地运转，短时间内已移动了不少路径而使人难以觉察，也完全正确.另有和《列子》成书年代相近、假托黄帝和名医岐伯讨论医学问题的《素问》一书，也谈到地球运动问题.据该书《天元纪大论》和《五运行大论》篇记载：黄帝先向医学家鬼臾区请教天地阴阳变化的问题，鬼臾区说是“天之气动而不息；地之气静而守位”，宣扬了“天动地静”的观点.以后黄帝又问岐伯：“天地之动静如何？”岐伯则回答说：“上者（天）右行，下者（地）左行”，以为大地也在运动.黄帝接着问：“余闻鬼臾区曰‘应地者静’，今夫子乃言下者左行，不知其所谓也”，要求岐伯进一步说明.岐伯回答是：“天地动静，五行变迁，虽鬼臾区犹不能遍明”，又说“天垂象，地成形，……形之动，仰观其象，虽远可知也！”对后一段文字，唐代中期的王冰在注释《素问》时还解释说：“观五星之东转，则地体左行之理昭然可知也”.岐伯与王冰都以为地球有运动，可以从星象的变化观察到.认为星辰东升西下，实是地球由西向东自转的结果.以上《素问》中的文字，可以说是人类最早的对地球是静止还是运动着的问题开展辩论的一次记录.“天动地静”被岐伯认定为错误的观点.以后秦代李斯在《仑颉篇》中有“地日行一度”之说.古人把“周天”分365.25度，即地球绕日公转一周要365.25天.“地日行一度”是十分准确的地球公转的概念.看来“地动说”在中国古代曾是普遍为学者所接受的观点.西汉时（公元前二世纪），中国的“地动说”有进一步的发展.当时，出现了许多和“经书”相表里的“纬书”，内中颇有不同于经书的异端之说，“地动论”即是其中之一种.《春秋纬》中《元命苞》篇说：“天左旋，地右动”；《运斗枢》篇说“地动见于天象”，都以为地体是在运动着的.这可以从天空星辰的变化中看到，也即认为星辰东升西落（天左旋）是由于“地右动”的结果.关于这问题，十一世纪时北宋的哲学家张载在《张子正蒙论》中《参西编》内还有进一步的解释，说：“恒星所以为昼夜者，直以地气乘机右旋于中，故使恒星、河汉，回北为南，日月因天隐见”.张载把日月并列虽是错的，但他以为恒星、银河（河汉）以及太阳的升落和隐现的原因，都在于地球的“右旋”，对地球自转理解的深刻、透彻，是同时代的国外学者所未曾有的.《河图纬》一书对地球的运动，有更深刻的描述：“地恒动不止而人不知.譬如人在大舟之上闭牖而坐，舟行而人不觉”.直到今天我们向中学生说明地球在运动时，还都应用两千多年前《河图纬》中的譬喻.另有《尚书纬》中《考灵曜》篇对地球的运动，特别是对地球的公转论述的更加全面.《考灵曜》说：“地与星辰四游，升降于三万里之中.春则星辰西游，夏则星辰北游，秋则星辰东游，冬则星辰南游.地有四游，冬至地北上而西三万里，夏至地下南而东三万里，春秋二分，其中矣！地常动不止，譬如人在舟中而坐，舟行而人不自觉”.这里所说“地有四游”，就是指地球绕一圆形轨道而公转.从文中所说，就可以画出地球绕的公转圈，尽管文中尚未提到说太阳为轨道中心.北宋邢昺（公元932年—1010年在世）在注释《尔雅·释天》时，曾对上文的“地有四游”作进一步的解释.他说：“四游者，自立春，地与星辰西游，春分西游至极，……从此渐而东.自立夏之后北游，夏至，北游至极.立秋之后东游，秋分东游至极.立冬之后南游，冬至南游至极.此是地与星辰四游之义也.”文中所谓东游或南游“至极”，是指地球运行到圆形轨道的最东处或最南处，看图2-1-13即可明白.邢昺认为地球在绕一圆形轨道公转.图2-1-13总之，我国从公元前的战国时代直到宋朝，许多学者都认为地球不但在自转，而且还有公转.中国人的“地动说”，比哥白尼的“地动说”早的多；而“天动地静”的观点.主要是某些儒家学派的“一家之言”，并不能代表古代中国的整个学术界.宋代以后，“儒学”进一步在中国成为正统，中国的“地动说”才逐渐成为异端.值得注意的是，当十六、七世纪罗马教皇下令禁止哥白尼的“地动说”传播时，明末欧洲来华的传教士也曾对中国远较哥白尼为早的“地有四游”的“地动说”进行批判.内有名叫高一志又名王丰肃（公元1566年至1640年在世）的传教士来华后，曾于1629年写著《空际格致》（用现代语言说就是《空间物理学》）一书.该书有《论地体之静》一章，说“中士又有曰‘地有四游升降’，然诸说之谬，一剖自明”.认为中国古代的“地动说”和哥白尼地动说一样，是荒谬的.当近代哥白尼在科学史上被尊为伟人之后，国外又有许多学者竟完全否认中国古代早就有过“地动说”这一事实.说什么中国在哥白尼学说传入之前，其传统科学从来只有“天动地静”、“天圆地方”，而不知地球在运动.1945年《英国皇家学会通讯》发表塞斯奈克《论哥白尼理论的传入中国》一文就持这种观点，说“中国文化条件不适于传播哥白尼学说，突然与中国传统的科学哲学决裂而代之以‘日心’体系，必然遇到强烈的反对”.1948年，英文的《通报》第48卷上发表戴文达《评＜伽利略在中国＞》一文，说“中国学者从来没有面临过‘大地是一个在空中运行的球体’这样骇人听闻的学说”.他们竟闭口不提中国人早在哥白尼、伽利略之前两千多年就认识到地球既在自转又在公转的史实.以上所引古籍，真伪问题尚待定论，但其年代则远较哥白尼为早.让我们中国人知道古人论述，或许是必要的.。

高中物理沪科教版必修2第二单元第1课《怎样描述圆周运动》优质课公开课教案教师资格证面试试讲教案
1教学目标
1.知道什么是匀速圆周运动
2.理解什么是线速度、角速度和周期
3.理解线速度、角速度和周期之间的关系
4.能够匀速圆周运动的有关公式分析和解决有关问题。

2重点难点
教学重点:
1.理解线速度、角速度和周期
2.什么是匀速圆周运动
3.线速度、角速度及周期之间的关系
教学难点:
对匀速圆周运动是变速运动的理解
3教学过程
教学活动
1【导入】一、导入新课
(1)物体的运动轨迹是圆周,这样的运动是很常见的,同学们能举几个例子吗?(例:转动的电风扇上各点的运动,地球和各个行星绕太阳的运动等)
(2)今天我们就来学习最简单的圆周运动——匀速圆周运动
2【讲授】二、新课教学
(一)出示本节课的学习目标
1.理解线速度、角速度的概念
2.理解线速度、角速度和周期之间的关系
3.理解匀速圆周运动是变速运动
(二)学习目标完成过程。

- 让每一个人同等地提高自我第 2 章研究圆周运动[ 自我校正 ]s①tθ②t③ωR2π④Tv2⑤m R⑥圆心2π2⑦ R T- 让每一个人同等地提高自我描绘圆周运动的物理量及其关系1. 线速度、角速度、周期和转速都是描绘圆周运动快慢的物理量，但意义不一样．线速度描绘物体沿圆周运动的快慢．角速度、周期和转速描绘做圆周运动的物体绕圆心转动的快2π慢．由ω＝T＝2πn，知ω 越大，T越小，n越大，则物体转动得越快，反之则越慢．三个物理量知道此中一个，此外两个也就成为已知量．2v22．对公式v＝ r ω及 a＝＝rω的理解r(1)由 v＝ r ω，知 r 一准时， v 与ω成正比；ω一准时， v 与 r 成正比； v 一准时，ω与 r 成反比．v22(2) 由a＝r＝rω，知 v 一准时， a 与 r 成反比；ω一准时， a 与 r 成正比．如图 2-1 所示，定滑轮的半径r ＝2 cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始开释，测得重物以加快度a＝2 m/s2做匀加快运动，在重物由静止着落距离为 1 m的瞬时，求滑轮边沿上的点的角速度ω和向心加快度 .a图 2-1【分析】重物着落 1 m 时，刹时速度为v＝2as＝2×2×1 m/s ＝ 2 m/s.明显，滑轮边沿上每一点的线速度也都是 2 m/s ，故滑轮转动的角速度，即滑轮边沿上v每一点转动的角速度为ω＝r＝错误! rad/s＝100 rad/s.向心加快度为a n＝ω2r ＝1002×m/s2＝200 m/s2.【答案】100 rad/s200 m/s 2圆周运动的临界问题1.水平面内的临界问题在这种问题中，要特别注意剖析物体做圆周运动的向心力根源，考虑达来临界条件时物体所处的状态，即临界速度、临界角速度，而后剖析该状态下物体的受力特色，联合圆周运动知识，列方程求解．常有状况有以下几种：(1)与绳的弹力相关的圆周运动临界问题．(2)因静摩擦力存在最值而产生的圆周运动临界问题．(3)受弹簧等拘束的匀速圆周运动临界问题．2．竖直平面内圆周运动的临界问题(1)没有物体支撑的小球 ( 轻绳或单侧轨道类 ) ．小球在最高点的临界速度( 最小速度 ) 是v0＝gr .小球恰能经过圆周最高点时，绳对小球的拉力为零，环对小球的弹力为零( 临界条件：F T＝ 0 或F N＝ 0) ，此时重力供给向心力．所以 v≥ gr 时，能经过最高点； v＜ gr 时，不可以达到最高点．(2)有物体支撑的小球 ( 轻杆或两侧轨道类 ) ．因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，因此小球达到最高点的速度能够为零，即临界速＝ 0，此时支持力N度 v F ＝ mg.(20 16·宜昌高一检测 ) 一水平搁置的圆盘，能够绕中心点旋转，盘上放一个O质量是 kg 的铁块 ( 可视为质点 ) ，铁块与中间地点的转轴处的圆盘用轻质弹簧连结，如图 2-2所示．铁块随圆盘一同匀速转动，角速度是10 rad/s时，铁块距中心O点30 cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为11 N ，g取 10 m/s 2，求：图 2-2(1)圆盘对铁块的摩擦力大小．(2)若此状况下铁块恰巧不向外滑动 ( 视最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ) ，则铁块与圆盘间的动摩擦因数为多大？【分析】 (1) 弹簧弹力与铁块遇到的静摩擦力的协力供给向心力，依据牛顿第二定律得：F＋ f ＝mω2r代入数值解得： f ＝1 N.(2) 此时铁块恰巧不向外侧滑动，则所遇到的静摩擦力就是最大静摩擦力，则有f＝μmgf故μ＝＝.mg【答案】(1)1 N(2)如图 2-3 所示，半径为R，内径很小的圆滑半圆管竖直搁置，两个质量均为m的小球、以不一样速率进入管内，A 经过最高点C时，对管壁上部的压力为 3 ，经过最A B mg B高点 C时，对管壁下部的压力为. 求A、B两球落地址间的距离．图 2-3【分析】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作使劲，这两个力的协力作为向心力，走开轨道后两球均做平抛运动， A、 B 两球落地址间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．2v A对 A 球：3mg＋ mg＝ m R v A＝4gR21v B对 B 球： mg－＝ m R v B＝4gRs A ＝ A＝4RR s B＝ B＝v4RR A＝ 4B＝v t v g v t g因此 s A－s B＝3R.【答案】3R竖直平面内圆周运动的剖析方法物体在竖直平面内做圆周运动时：1．明确运动的模型，是轻绳模型仍是轻杆模型．2．明确物体的临界状态，即在最高点时物体拥有最小速度时的受力特色．3．剖析物体在最高点及最低点的受力状况，依据牛顿第二定律列式求解．1.( 多项选择 )(2015 ·浙江高考 ) 如图 2-4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 2 . 一辆质量为m的赛车经过AB线经弯道抵达rA′ B′线，有以下图的①、②、③三条路线，此中路线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经过弯道 ( 所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()图 2-4A．选择路线①，赛车经过的行程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加快度大小相等【分析】由几何关系可得，路线①、②、③赛车经过的行程分别为：( πr＋ 2r ) 、(2 πr ＋2r ) 和 2πr，可知路线①的行程最短，选项 A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静v2摩擦力供给向心力的情况，即μm g＝m R，可得最大速率v＝μgR，则知②和③的速率相s等，且大于①的速率，选项 B 错误；依据 t ＝v，可得①、②、③所用的时间分别为t＝1π＋ 2 r，t2＝ 2rπ＋ 1，t 3＝2rπ，此中 t 3最小，可知线路③所用时间最短，选μgr2μgr2μgr项 C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：＝向，a 向＝，可知三条路线上μmg maμg的向心加快度大小均为μg，选项D正确．【答案】 ACD2．(2015 ·天津高考) 将来的星际航行中，宇航员长久处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人假想在将来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图2-5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，能够遇到与他站在地球表面时同样大小的支持力．为达到目的，以下说法正确的选项是()图 2-5A．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【分析】旋转舱对宇航员的支持力供给宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝ mω2r ，解得ω＝gB 正r ，即旋转舱的半径越大，角速度越小，并且与宇航员的质量没关，选项确．【答案】B3．( 多项选择 )(2014 ·全国卷 ) 如图 2-7 所示，两个质量均为的小木块a 和 ( 可视为质点 )m b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，重力加快度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴迟缓地加快转动，用ω 表示圆盘转动的角速度，以下说法正确的选项是()图 2-7A．b必定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力一直相等kgC．ω＝2l是 b 开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg时， a 所受摩擦力的大小为kmg 3l【分析】此题从向心力根源下手，剖析发生相对滑动的临界条件．小木块、做圆a b周运动时，由静摩擦力供给向心力，即 f ＝ mω2R.当角速度增添时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f22＝ mω l ，当 f ＝ kmg时， kmg＝mω l ，ωaaa a a kg22kg＝l；对木块 b： f b＝mωb·2l ，当 f b＝ kmg时， kmg＝ mωb·2l ，ωb＝2l，因此 b 先达到最大静摩擦力，选项 A 正确；两木块滑动前转动的角速度同样，则 f a＝ mω2l ， f b＝mω2·2，a < b，选项B错误；当ω＝kg时b刚开始滑动，选项 C 正确；当ω＝2kg l f f时， a 没有滑动，则 f a＝ mω2l ＝23kmg，选项D错误．【答案】AC4．(2015 ·全国卷Ⅰ) 某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器械有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器( 圆弧部分的半径为R＝m)．(a)(b)图 2-8达成以下填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图2-8(a) 所示，托盘秤的示数为kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一地点开释，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为 m；多次从同一地点开释小车，记录各次的m值以下表所示．序号12345m(kg)(4) 依据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车经过最低点时的速度大小为________m/s.( 重力加快度大小取m/s 2，计算结果保存 2 位有效数字 )【分析】(2) 题图 (b) 中托盘秤的示数为kg.(4)小车 5 次经过最低点时托盘秤的示数均匀值为m＝错误! kg＝kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝( m－ g＝－×N≈N由题意可知小车的质量为m′＝－kg＝kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得m′ v2F－ m′ g＝R解得 v≈m/s.【答案】5.(2016 ·荆州高一检测) 在汽车越野赛中，一个土堆可视作半径R＝10 m的圆弧，左边连结水平路面，右边与一坡度为37°斜坡连结．某车手驾车从左边驶上土堆，经过土堆顶部时恰能走开，赛车飞翔一段时间后恰沿与斜坡同样的方向进入斜坡，沿斜坡向下行驶．研究时将汽车视为质点，不计空气阻力．( g取 10 m/s 2，sin 37 °＝， cos 37 °＝求：【导学号： 02690029】图 2-6(1)汽车经过土堆顶部的速度；(2)汽车落到斜坡上的地点与土堆顶部的水平距离．【分析】(1) 赛车在土堆顶部做圆周运动，且恰能走开，重力供给向心力，由牛顿第2v得 v＝ gR＝10 m/s.(2) 赛车走开土堆顶部后做平抛运动，落到斜坡上时速度与水平方向夹角为37°，则有v y gttan 37 °＝v x＝vv tan 37 °得 t ＝＝sg则落到斜坡上距离坡顶的水平距离x＝ vt ＝m.【答案】(1)10 m/s(2) m我还有这些不足：(1)(2)我的课下提高方案：(1)(2)。