第20課時圓周運動目標要求1.掌握描述圓周運動的各物理量及它們之間的關系。2.掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法。3.掌握圓周運動的動力學問題的處理方法?？键c一圓周運動的運動學問題1.描述圓周運動的物理量2.勻速圓周運動(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處，所做的運動叫作勻速圓周運動。(2)特點：加速度大小，方向始終指向，是變加速運動。(3)條件：合外力大小，方向始終與方向垂直且指向圓心。1.勻速圓周運動是勻變速曲線運動。()2.物體做勻速圓周運動時，其線速度是不變的。()3.物體做勻速圓周運動時，其所受合外力是變力。()4.向心加速度公式在非勻速圓周運動中不適用。()在an＝v2r，an＝ω2r兩式中an與例1A、B兩艘快艇在水平湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)(該時間小于A、B的周期)，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們()A.線速度大小之比為4∶3B.角速度之比為3∶4C.圓周運動的半徑之比為2∶1D.向心加速度大小之比為1∶2例2如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦力作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的()A.線速度大小之比為3∶2∶2B.角速度之比為3∶3∶2C.轉速之比為2∶3∶2D.向心加速度大小之比為9∶6∶4同軸轉動皮帶傳動齒輪傳動裝置A、B兩點在同軸的一個圓盤上兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣上的點兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點角速度、周期相同線速度大小相等線速度大小相等轉向相同相同相反規(guī)律線速度與半徑成正比：v向心加速度與半徑成正比：a角速度與半徑成反比：ω向心加速度與半徑成反比：a角速度與半徑成反比：ω向心加速度與半徑成反比：a例3(多選)一位同學玩飛鏢游戲，已知飛鏢距圓盤為L，對準圓盤上邊緣的A點水平拋出飛鏢，初速度為v0，飛鏢拋出的同時，圓盤繞垂直于盤面且過盤心O點的水平軸勻速轉動。不計空氣阻力，重力加速度為g。若飛鏢恰好擊中A點，下列說法正確的是()A.從飛鏢拋出到恰好擊中A點，A點一定轉動到最低點位置B.從飛鏢拋出到恰好擊中A點的時間為LC.圓盤的半徑為gD.圓盤轉動的角速度一定滿足2kπv0L(k＝1，2勻速圓周運動的周期性和多解性問題勻速圓周運動基本特征之一就是周期性，即在做勻速圓周運動過程中，物體的空間位置具有時間上的重復性。這一特點決定了勻速圓周運動問題的多解性。在分析勻速圓周運動與其他運動(勻速直線運動、平拋運動等)相聯(lián)系的問題時，利用運動的等時性(同時發(fā)生、同時結束)是解決此類問題的關鍵?？键c二圓周運動的動力學問題1.勻速圓周運動的向心力(1)作用效果向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的，不改變速度的。(2)大小Fn＝＝＝＝mωv。(3)方向始終沿半徑方向指向，時刻在改變，即向心力是一個變力。2.勻速圓周運動中向心力的來源運動模型向心力Fn的來源(圖示)汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)圓錐擺飛車走壁飛機水平轉彎火車轉彎3.離心運動和近心運動(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做的運動。(2)受力特點(如圖)①當F＝0時，物體沿方向飛出，做勻速直線運動。②當0<F<mrω2時，物體逐漸圓心，做運動。③當F>mrω2時，物體逐漸，做運動。(3)本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是提供的力做勻速圓周運動需要的向心力。1.做勻速圓周運動的物體，當所受合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出。()2.摩托車轉彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的緣故。()3.向心力可以由物體受到的某一個力提供，也可以由物體受到的合力提供。()4.在變速圓周運動中，向心力不指向圓心。()例4(多選)(2024·廣東深圳市期中)如圖所示，雜技演員進行表演時，可以懸空靠在以角速度ω勻速轉動的圓筒內(nèi)壁上而不掉下來。設圓筒半徑為r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度為g，雜技演員與圓筒內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)為μ，則該演員()A.受到4個力的作用B.所需的向心力由彈力提供C.角速度越大，人受到的摩擦力越大D.圓筒的角速度ω≥g例5(2023·福建卷·15)一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當測速器穩(wěn)定工作時，圓環(huán)將相對細桿靜止，通過圓環(huán)的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度L＝0.2m，桿與豎直轉軸的夾角α始終為60°，彈簧原長x0＝0.1m，彈簧勁度系數(shù)k＝100N/m，圓環(huán)質量m＝1kg；彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不計。(1)若細桿和圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，求圓環(huán)到O點的距離；(2)求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大?。?3)求圓環(huán)處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。圓周運動中動力學問題的分析思路例6(多選)(2025·湖南衡陽市段考)四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內(nèi)做圓錐擺運動。如圖甲所示，小球A、B在同一水平面內(nèi)做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內(nèi)做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向的夾角相等(連接D球的繩較長)，則下列說法正確的是()A.小球A、B角速度大小相等B.小球A、B線速度大小相等C.小球C、D向心加速度大小相等D.小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等圓錐擺模型1.如圖所示，向心力F向＝mgtanθ＝mv2r＝mω2r，且r＝Lsinθ，聯(lián)立解得v＝gLtanθsin2.穩(wěn)定狀態(tài)下，θ角越大，對應的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝mgcos

答案精析考點一1.2πrT2πT2πrvω2.(1)相等(2)不變圓心(3)不變速度判斷正誤1.×2.×3.√4.×討論交流在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比。例1A[由v＝ΔsΔt知，時間相同，路程之比即線速度大小之比，為4∶3，A項正確；由ω＝ΔθΔt知，時間相同，運動方向改變的角度之比等于快艇與圓心連線掃過的圓心角之比，即角速度之比，為3∶2，B項錯誤；由v＝ωr知半徑之比為8∶9，C項錯誤；由向心加速度an＝v2r例2D[A、B靠摩擦傳動，則兩輪邊緣上a、b兩點的線速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，選項A錯誤；B、C同軸轉動，則兩輪邊緣上b、c兩點的角速度相等，即ωb＝ωc，轉速之比nbnc＝ωbωc＝11，選項B、C錯誤；對a、b兩點，由an＝v2r得aaab＝RBRA＝32，對b、c兩點，由an＝例3ABC[飛鏢拋出后做平拋運動，則從飛鏢拋出到恰好擊中A點，A點一定轉動到了圓盤最低點位置，故A正確；飛鏢水平拋出，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝Lv0，故B正確；飛鏢擊中A點時，A恰好在圓盤最低點，有2r＝12gt2，解得r＝gL24v02，故C正確；飛鏢擊中A點，則A點轉過的角度滿足θ＝ωt＝π+2kπ(k＝0，1，2，…)，故ω＝2k+1Lπv0(k＝考點二1.(1)方向大小(2)mv2rmrω2m4π22.FfFTmBgmgtanθlsinθmgtanθmgtanθmgtanθ3.(1)逐漸遠離圓心(2)①切線②遠離離心③向圓心靠近近心(3)小于判斷正誤1.×2.×3.√4.×例4BD[雜技演員受到重力、筒壁的彈力和靜摩擦力共3個力作用，A錯誤；由于雜技演員在圓筒內(nèi)壁上不掉下來，豎直方向根據(jù)平衡條件，有mg＝Ff，筒壁的彈力提供向心力，水平方向有F＝mω2r，角速度越大，彈力變大，人受到的摩擦力不變，B正確，C錯誤；要想不下滑，最大靜摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F(xiàn)＝mω2r，解得ω≥gμr，D正確。例5(1)0.05m(2)10(3)10rad/s解析(1)當細桿和圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，對圓環(huán)受力分析得受彈簧彈力FT0＝mgcosα＝5N根據(jù)胡克定律F＝kΔx得Δx0＝FT0k＝0.05彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時的長度即為圓環(huán)到O點的距離x1＝x0－Δx0＝0.05m(2)若彈簧處于原長，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律得mgtanα＝m由幾何關系得圓環(huán)此時做勻速圓周運動的半徑為r＝x0sinα聯(lián)立解得ω0＝1063(3)圓環(huán)處于細桿末端P時，圓環(huán)受重力、支持力、沿桿向下的彈力。根據(jù)胡克定律得FT＝k(L－x0)＝10N對圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有mg+FTcosα＝FNsinα，F(xiàn)Tsinα+FNcosα＝mω2r'由幾何關系得r'＝Lsinα聯(lián)立解得ω＝10rad/s。例6ACD[對題圖甲中A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，繩長為l，小球的質