（山东专用）2020版高考物理一轮复习第4章曲线运动课件.pptx

1、第4章 曲线运动,考点10 平抛运动,考点11 圆周运动与实例分析,专题6 离心运动 圆周运动的综合问题与临界问题,考点9 运动的合成与分解,考点9 运动的合成与分解,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法1 两直线运动的合运动问题方法2 小船渡河问题的分析与求解方法方法3 连结运动的合成与分解方法 考法例析 成就能力考法1 速度的合成与分解考法2 运用运动的合成与分解知识解决实际问题,必备知识 全面把握,1曲线运动 (1)做曲线运动的条件： 不为零； 不为零； 不在同一条直线上 (2)曲线运动的速度方向：质点在某一点(或某一时刻)的速度方向是曲线在这一点的 ，并 质点的运动方向,初速度,

2、合外力,合外力的方向与速度的方向,切线方向,指向,2运动的合成与分解 (1)运动的合成与分解：已知分运动求合运动，叫运动的 已知合运动求分运动，叫运动的 进行运动的合成和分解的目的是把一些复杂的运动简化为比较简单的运动，比如把曲线运动简化成直线运动 (2)运动的合成与分解遵循的原则 运动的合成和分解均遵循 ，运动的分解遵循 的原则 运动的合成与分解实质是 的合成与分解，包括位移、速度、加速度等矢量.,运动的物理量,划重点 运动合成与分解的特性 (1)等时性：各分运动经历的时间与合运动的时间相等； (2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响； (3)等效性

3、：各分运动的叠加与合运动有完全相同的效果,核心方法 重点突破,方法1 两直线运动的合运动问题上海闸北2018调研(多选)质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度时间图像和y方向的位移时间图像如图所示，下列说法正确的是( ) A质点的初速度为5 m/s B质点所受的合外力为3 N，做匀加速曲线运动 C2 s末质点速度大小为6 m/s D2 s内质点的位移大小约为12 m,例1,【解析】由x方向的速度时间图像可知，质点在x方向的加速度ax1.5 m/s2，受力Fx3 N，由y方向的位移时间图像可知质点在y方向做匀速直线运动，速度vy4 m/s，受力Fy0，因此质点的初速度v0

4、2 + 2 5 m/s，A正确；质点受到的合外力为3 N，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，且夹角为锐角，质点做匀加速曲线运动，B正确；2 s末质点速度应该为v ( + ) 2 + 2 2 13 m/s，C错误；2 s内质点在水平方向上位移大小xvxt 1 2 at29 m，竖直方向上位移大小yvyt8 m，合位移大小l 2 + 2 145 m12 m，D正确【答案】ABD,例1,方法2 小船渡河问题的分析与求解方法四川理综20144，6分有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k

5、，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( ) A. 2 1 B. 1 2 C. 1 2 D. 2 1,例2,【解析】 设河宽为d，船在静水中的速度大小为v1，据题意，去程时t1 1 ，回程时t2 1 2 2 ，又k 1 2 ，由以上各式可得v1 1 2 ，选项B正确【答案】B,例2,突破点 求解小船渡河问题必须明确以下四点： (1)正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动方向，船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动方向，一般情况下与船头指向不一致 (2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解 (3)渡河时间只与

6、垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关 (4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则与求极限的方法处理,方法3 连结运动的合成与分解方法东北育才学校2019届一模(多选)如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则( ) A人拉绳行走的速度为vcos B人拉绳行走的速度为 C船的加速度为 D船的加速度为 ,例3,【解析】 船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短，二是绳绕滑轮运动，因此将船的速度进行分解，如图所示，人拉绳行走的速度v人vcos，A正确，B错误；绳对船的拉力等于人拉绳

7、的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成角，因此水平方向有Fcosfma，得a ，C正确，D错误 【答案】AC,例3,考法2 运用运动的合成与分解知识解决实际问题质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示求：(1)飞机受到的升力大小； (2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能,例2,【解析】 (1)飞机水平方向上的分速度不变，则lv0t，竖直方向上飞机的加速度恒定，则h 1 2 at2，解得a 2

8、2 v02.根据牛顿第二定律得Fmgmamg(1+ 2 2 0 2 ). (2)升力的功WFhmgh(1+ 2 2 0 2 ). ； 在h处竖直分速度vy 2 2 0 ，水平速度v0不变，则v，所以动能Ekmv2mv02mvy2mv02.【答案】见解析,例2,考点10 平抛运动,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法4 平抛运动性质的理解方法5 类平抛运动的处理方法 考法例析 成就能力考法3 平抛运动规律的理解考法4 平抛运动与斜面考法5 平抛运动与圆周考法6 生活中的平抛运动问题考法7 斜抛运动的特点及应用,必备知识 全面把握,1平抛物体的运动 (1)定义：将物体以一定的初速度沿 方向抛

9、出，不考虑空气阻力，物体只在 作用下所做的运动，叫平抛运动 (2)运动性质：在平抛运动中，物体受到与速度方向成某角度的重力作用，所以做曲线运动，其轨迹为抛物线因加速度恒为 ，所以平抛运动是加速度为g的 (3)运动特征：平抛运动是 方向上速度为v0 的和 方向上的加速度为 的自由落体运动的合运动,2平抛运动的规律(1)飞行时间 由h 1 2 gt2得t 2 ，可知飞行时间取决于，与无关 (2)水平射程 xv0tv0 2 ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关 (3)落地速度 v 2 + 2 0 2 +2 ，以表示落地速度与水平方向间的夹角，有tan 2 0 ，所以落地速度只

10、与初速度 0 和下落高度h有关 (4)轨迹方程 xv0t，y 1 2 gt2，两式联立消去t得y 2 0 x2.,初速度 0,下落高度h,2平抛运动的规律 (5)速度改变量 因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔t内的速度改变量vgt相同，方向恒为竖直向下，如图所示(6)位移变化规律 任意相等时间间隔t内，水平位移不变，即xv0t. 连续相等时间间隔t内，竖直方向上的位移差不变，即yg(t)2.,3两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体，任一时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示(2)做平抛(或类平抛)运动的物体，

11、在任一时刻任一位置，设其速度方向与水平方向间的夹角为，位移与水平方向间的夹角为，则tan=2tan,4平抛运动常见模型分析,4平抛运动常见模型分析,5斜抛运动的求解方法 斜抛运动的处理方法与平抛运动的处理方法相似，不同的是，斜抛物体在竖直方向上的初速度不为零如图所示，物体被抛出后在水平方向上以水平分速度v0x做匀速直线运动；在竖直方向上做初速度为v0y的竖直上抛运动,5斜抛运动的求解方法 (1)速度：vxv0xv0cos ，vyv0sin gt. (2)位移：xv0cos t，yv0sin t 1 2 gt2. (3)射高、射程： 物体能达到的最大高度(射高)H 0 2 2 ( 0 ) 2 2

12、 ，即t 0 时刻 物体在空中运动的时间t 2 0 . 从抛出点到落地点的水平距离(射程) Xv0xtv0cos 2 0 0 2 2 ，当45时射程最大，为 0 2 .,核心方法 重点突破,方法4 平抛运动性质的理解课标全国201715发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( )A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大,例1,【解析】 将乒乓球的平抛运动分解为

13、水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据在竖直方向h 1 2 gt2、vygt，知在竖直方向下降相同的高度时，两球所用时间相同、竖直方向上的速度相同，选项A、B、D错误；乒乓球在水平方向做匀速直线运动，有xv0t，则速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，选项C正确【答案】C,例1,方法5 平抛运动的临界问题浙江理综201623，16分在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示P是一个微粒源， 能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h，重力加速度为g. (1)若微粒打在探测屏AB的中点，

14、求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围； (3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系,例2,【解析】 (1)打在中点的微粒有 3 2 2 2 ，解得t 3 . (2)打在B点的微粒有v1 1 ，2h 1 2 2 ，得v1L 4 . 同理，打在A点的微粒初速度为v2L 2 .微粒的初速度范围为LvL. (3)由能量关系可知1 2 2 2 mgh 1 2 1 2 2mgh，解得L2 2 h. 【答案】 (1) 3 . (2)L 4 v L 2,例2,方法6 类平抛运动的处理方法光滑斜面倾角为，一小球在斜面上沿水平方向以速度v0抛出，抛出点到斜面底端的距离

15、为L，如图所示，求小球滑到底端时，水平方向的位移s的大小,例3,【解析】 小球在水平方向不受力，做匀速直线运动，沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动合加速度为gsin，合运动为类平抛运动，可将研究平抛运动的方法和规律迁移应用，求解该题水平方向有sv0t，沿斜面方向有L 1 2 at2，由牛顿第二定律有mgsinma.联立解得sv0 2 sin 【答案】v0 2 sin,例3,考法例析 成就能力,考法3 平抛运动规律的理解重庆理综20158，18分同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板M板上部有一半径为R的 1 4 圆弧形的粗糙

16、轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：(1)距Q水平距离为 2 的圆环中心到底板的高度； (2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向,例1,【解析】 (1)由平抛运动的规律可知Lvt， H 1 2 gt2，又 2 vt1，H1 1 2 gt12，解得H1 4 ， 所以距Q水平距离为 2 的圆环中心离底板的高度HHH1 3 4 H. (2)小球在Q点的速度v L 2 ，在Q点由牛顿第二定律，有FNmg

17、 2 ， 解得FNmg(1+ 2 2 )， 由牛顿第三定律可知，小球在Q点对轨道的压力FFNmg(1+ 2 2 ) ，方向竖直向下 【答案】(1) 3 4 H (2) L 2 mg(1+ 2 2 ),方向竖直向下,例1,考法4 平抛运动与斜面山东淄博实验中学2019届月考如图所示，在斜面顶端的A点以速度v水平抛出一小球，经t1时间小球落到斜面上B点处；若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，则经t2时间小球落到斜面上的C点处以下判断正确的是( )AABAC21 BABAC41 Ct1t241 Dt1t2 2 1,例2,【解析】 平抛运动在竖直方向上的位移y和在水平方向上的位移x关系为tan 1

18、 2 2 2 0 gt 2 0 ，则t 2 0 tan ，可知运动的时间与初速度大小成正比，所以t1t221，竖直方向上下落的高度h 2 2 ，可得竖直方向上的位移之比为41，斜面上的距离s sin h，可得ABAC41，B正确【答案】B,例2,考法5 平抛运动与圆周(多选)如图所示，从半径为R1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g10 m/s2，则小球的初速度v0的大小可能是( ) A1 m/s B2 m/s C3 m/s D4 m/s,例2,【解析】 小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h 1 2 gt20.8 m，位置

19、可能有两处，如图所示小球落在半圆左侧时，由几何知识得v0tR 2 2 0.4 m，解得v01 m/s； 小球落在半圆右侧时，由几何知识得v0tR 2 2 ，解得v04 m/s，选项A、D正确 【答案】AD,例2,考法6 生活中的平抛运动问题浙江理综201517，6分如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)则( ) A足球位移的大小x 2 4 + 2 B足球初速度的大小v0 2 ( 2 4 + 2 ) C足球末速度的大小v 2 2 4 + 2 +4 D足

20、球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 2,例4,【解析】 由题意可知足球做平抛运动，水平位移为x 2 4 + 2 ，选项A错误运动时间为t 2 ，xv0t，可求得v0 2 ( 2 4 + 2 ) ，选项B正确由动能定理得 1 2 mv2 1 2 mv02mgh，v 2 2 4 + 2 +2 ，选项C错误足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 2 ，选项D错误【答案】B,例4,考法7 斜抛运动的特点及应用江苏物理20162，3分有A、B两小球，B的质量为A的两倍现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力图中为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )A B C D,例5,【解析】 因为A、

21、B两球只在重力作用下做抛体运动，并且初速度相同，故两球的运动轨迹相同，选项A正确【答案】A,例5,考点11 圆周运动与实例分析,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法6 解圆周运动动力学问题的基本方法方法7 水平(竖直)面内的圆周运动问题 考法例析 成就能力考法7 匀速圆周运动的性质考法8 向心力来源分析考法9 匀速圆周运动实例分析,必备知识 全面把握,1描述圆周运动的物理量 (1)线速度：(2)角速度：,做圆周运动的物体， 的比值叫线速度的大小，即线速率 .线速度的方向就是圆周上该点的 .,通过的弧长与所用时间,v = ,做匀速圆周运动的物体其的比值， ，角速度是矢量，单位为.,切线方向

22、,轨迹半径经过的角度跟所用时间t,= ,rad/s,(3)周期T和频率f：(4)转速：,做圆周运动的物体叫周期单位时间内物体叫频率，单位是Hz.周期和频率的关系是T 1 或f 1 .,做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫转速通常用n表示，单位是r/min或r/s. 频率和转速对匀速圆周运动来说在意义上是相同的，但频率具有更广泛的意义，两者的单位也不相同,运动一周所用的时间,转过的圈数,(5)向心加速度：(6)向心力：,描述的物理量，a 2 2rv ( 2 ) 2 r (2f)2r.方向时刻在发生变化，但总是指向 .做圆周运动的物体的向心加速度a 2 2r，在不变的情况下a与r成

23、，在v不变的情况下a与r成.,向心力是做匀速圆周运动的物体所受外力在的合力，是效果力Fmanm 2 m2Rmvm ( 2 ) 2 Rm(2f)2R，且方向时刻在变化，但总是且指向圆心,线速度方向变化快慢,圆心,正比,反比,沿半径方向,法线方向上,1向心力来源的分析向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是各力的合力，或某力的分力，其方向一定指向圆心，这是分析向心力的依据 (1)圆锥摆类问题分析 圆锥摆是一种典型的匀速圆周运动模型，基本的圆锥摆模型和受力情况如图甲所示，拉力(或弹力)和重力的合力提供物体做圆周运动的向心力 特征方程：F合Fmgtanm 2 .,常见的圆锥摆类模型还有：火车转

24、弯、杂技节目“飞车走壁”、飞机在水平面内盘旋等(2)水平转台上物体在静摩擦力作用下的匀速圆周运动 水平转台上的物体随转台一起做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，如图乙所示 特征方程：Ff0mr2mg. 此类模型问题还有以下运动情况总之，只要达到维持物体做圆周运动效果的力就是向心力,甲,乙,丙,3匀速圆周运动 (1)定义：质点沿圆周运动，如果在相等的时间内 相等，这种运动叫匀速圆周运动 (2)做匀速圆周运动的条件：物体做匀速圆周运动时受到的外力的合力就是向心力，向心力大小不变，方向始终与速度方向 ，这是物体做匀速圆周运动的条件 (3)运动学特征：线速度 不变，周期恒定，角速度 ，向心加速度 不变

25、，但 时刻在改变匀速圆周运动不是匀速运动，也不是匀变速运动，这是圆周运动与平抛运动的区别,通过的弧长,垂直且指向圆心,4几种传动模型 (1)同轴传动 如图所示为同轴传动装置，其特点如下：各点角速度相同，即AB；各点周期相同，即TATB；线速度与半径成正比，即 .(2)皮带传动 如图所示为皮带传动装置，其特点如下：轮缘处线速度大小相等，即vAvB；周期与半径成正比，即 ；角速度与半径成反比，即 ；图甲中主动轮与从动轮转动方向相同，图乙中主动轮与从动轮转动方向相反,(3)齿轮传动 如图所示为齿轮传动装置，其特点如下：轮缘处线速度大小相等，即vAvB；角速度与半径成反比，即 ；周期与半径成正比，即

26、.(4)摩擦传动 如图所示为摩擦传动装置，其特点如下：轮缘处线速度大小相等，即vAvB；角速度与半径成反比，即 ；周期与半径成正比，即 . .,5变速圆周运动 在变速圆周运动中，合外力不仅大小随时间改变，其方向也不是始终沿半径指向圆心合外力沿半径方向的分力(或所有外力沿半径方向的分力的矢量和)提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向合外力沿圆周切线方向的分力，使物体产生切向加速度，改变速度的大小,6圆周运动的实例分析 (1)火车拐弯： 如图所示，内、外轨水平高度差为h，两轨间距为L，转弯处轨道半径为R，轨道平面与水平面间夹角为，向心力由火车重力mg和轨道对火车的支持力FN的合力提供F合

27、mgtan 0 2 ，得v0 .当vv0时，火车车轮对铁轨内、外侧都没有侧向压力 当vv0时，mgtan小于所需向心力，外轨对车轮产生侧向压力 当vv0时，mgsin大于所需向心力，内轨对车轮产生侧向压力,(2)汽车过拱桥： 汽车以速度v通过半径为r的弧形(凸或凹)桥时，在最高点(或最低点)处，由重力mg和桥的支持力FN的合力提供向心力 在凸桥最高点如图甲所示，F向mgFN 2 ，FNmg 2 .a当v 时，FN0，压力为零 b当0v 时，汽车将脱离桥面，发生危险 在凹形桥最低点如图乙所示，F向FNmg 2 ，FNmg 2 ,7离心运动 (1)定义：做圆周运动的物体，在受到的合外力突然消失或不

28、足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就会逐渐远离圆心的运动叫离心运动 (2)离心运动的应用和防止 应用：利用离心运动制成的离心机械，如：离心干燥器、洗衣机的脱水筒等 防止：汽车、火车转弯处，为防止离心运动造成的危害，一是限定汽车和火车的转弯速度；二是把路面筑成外高内低的斜坡,核心方法 重点突破,方法7 描述圆周运动的物理量关系浙江选考物理2018年4月4，3分A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是43，运动方向改变的角度之比是32，则它们( ) A线速度大小之比为43 B角速度大小之比为34 C圆周运动的半径之比为21 D向心加速度大小之比为12,例

29、1,【解析】 运动时间相同，由v 可知路程之比即为线速度大小之比，为43，A正确；运动方向改变的角度之比即为对应扫过的圆心角之比，由于时间相同，由 可知角速度大小之比为32，B错误；根据vr可知r ，故半径之比为89，C错误；由向心加速度a 2 v可知向心加速度大小之比为21，D错误【答案】C,例1,方法8 解圆周运动动力学问题的基本方法课标全国201417，6分如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直面内；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，大环对轻杆拉力的大小为( )AMg5mg BMgmg CMg5mg

30、DMg10mg,例1,【解析】 设小环滑到最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有mg2R 1 2 mv2.小环到达大环最低点时，由牛顿第二定律及向心力公式可得FNmgm 2 .对大环受力分析，由平衡条件可得FTMgFN，又FNFN，解得FTMg5mg，选项C正确【答案】C,例1,方法9 水平(竖直)面内的圆周运动问题课标全国201321，6分(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势则在该弯道处( )A路面外侧高内侧低 B车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动 C车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限

31、度，车辆便不会向外侧滑动 D当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小,例2,【解析】 汽车经过急转弯处可看成是做圆周运动，需要指向弯道内侧的向心力，当路面外侧高内侧低时，汽车经过时重力与路面支持力的合力沿水平方向，若恰好提供汽车做圆周运动所需的向心力，即mgtanm 0 2 ，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，A正确；若车速小于v0，即mgtanm 0 2 ，汽车有向内侧滑动的趋势，车轮受到向外的摩擦力，只要此摩擦力小于车轮与地面间的最大静摩擦力，汽车就不会向内侧滑动，B错误；当车速高于v0，车轮受到的摩擦力指向内侧，只要摩擦力小于最大静摩擦力，即v0不超出某一最高限度，汽车便不会向外侧

32、滑动，C正确；v0是车轮刚好不受地面侧向摩擦力时的速度，因此与路面是否结冰无关，D错误 【答案】AC,例2,突破点 (1)火车转弯、飞机在空中水平盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动、骑自行车转弯等，都是水平面内的圆周运动，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹圆心又可分两种情况讨论： 在路面有摩擦(汽车)或轨道能够提供侧压力(火车)的情况下，一般在弯道处都提示司机注意弯道的设计速度v0，其意义是车辆通过弯道时路面径向摩擦力或轨道侧压力恰为零时车辆的行驶速率，此时重力与路面(轨道)支持力的合力沿水平方向，恰好提供车辆做圆周运动所需的向心力 不存在摩擦力或侧压力的情况，如飞机在空中盘

33、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，物体只受两个力：重力和斜向上的升力(或支持力)，这两个力的合力沿水平方向，提供物体做圆周运动的向心力,例2,突破点 (2)竖直面内的圆周运动问题可分为匀速圆周运动和变速圆周运动两种 匀速圆周运动：利用受力分析，建立沿速度方向的平衡方程和沿半径方向的平衡方程F合man，解方程组得出结论其中F合F向心是关键变速圆周运动：常见的情况是物体在轨道弹力(或绳、杆的弹力)与重力共同作用下运动，多数情况下弹力方向与运动方向垂直，只有重力对物体做功使物体的动能不断变化，因而物体做变速圆周运动,例2,考法例析 成就能力,考法8 匀速圆周运动的性质辽宁六校20

34、17联考如图所示为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上若传动过程中皮带不打滑，则( )Aa点和b点的线速度大小相等 Ba点和b点的角速度大小相等 Ca点和d点的向心加速度大小相等 Da点和c点的周期大小相等,例1,【解析】【答案】C,例1,由图可知，皮带不打滑，则a、c两点的线速度大小相等，同轴的各点角速度相等，即b、c、d点的角速度相等，根据vr，可知c点的线速度大于b点的线速度，则a、b两点的线速度不等，故A错误；因为vavc，所以ra2rc，解得ac21，又因

35、bc，所以有a2b，故B错误；a点的向心加速度为aara2，d的向心加速度为ad4rd2，可得aaad11，故C正确；根据周期公式T 2 ，可得TaTc12，故D错误,考法9 向心力来源分析河南南阳一中2018月考如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，且受到的摩擦力恰好为零，它和O点的连线与OO之间的夹角为60.重力加速度大小为g.(1)求角速度0； (2)若变为(1k)0，且0k且k远小于1，小物块没有与罐壁发生相对滑

36、动，求小物块受到的摩擦力大小和方向,例2,【解析】 (1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtanm02Rsin， 代入数据得0 2 . (2)当(1k)0时，物块有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，由分析得， 竖直方向：FNcosFfsinmg0，水平方向：FNsinFfcosm2Rsin， 联立得Ff 3 2 +2 3 2 mg. 当(1k)0时，物块有沿罐壁向下滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向上，由分析得， 竖直方向：FNcosFfsinmg0，水平方向：FNsinFfcosm2Rsin，

37、联立得Ff 2 3 3 2 2 mg.【答案】 2 . 见解析,例2,考法10 匀速圆周运动实例分析 1拱桥问题(多选)当汽车通过圆弧形凸桥时，下列说法中正确的是( ) A汽车在桥顶通过时，对桥的压力一定小于汽车的重力 B汽车通过桥顶时，速度越小，对桥的压力就越小 C汽车所需的向心力由桥对汽车的支持力来提供 D汽车通过桥顶时，若汽车的速度v (R为圆弧形桥面的半径)，则汽车对桥顶的压力为零,例3,【解析】 当汽车过桥顶时，汽车做圆周运动的向心力由汽车的重力和桥顶对汽车支持力的合力提供，有mgFNm 2 ，所以汽车过桥顶时，汽车对桥的压力一定小于汽车的重力，A正确，C错误由上式得FNmgm 2

38、，当v增大时，FN减小，B错误当FN0时有mgm 2 ，可得v ，D正确【答案】AD,例2,2转弯问题江苏如东2018一检(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为，则( ) A该弯道的半径r 2 gtan B当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压,例4,【解析】 火车按规定速度拐弯时，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得mgtanm 2 ，

39、解得r 2 ，故A正确；根据牛顿第二定律得mgtanm 2 ，可得v ，可知规定的行驶速度与火车质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，外轨将受到轮缘的挤压，故C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，内轨将受到轮缘的挤压，故D错误 【答案】AB,例4,山东青岛2018质量监测如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OAAB，P是地面上的一点A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同

40、一点不计空气阻力，则O、P之间的距离是( )A. 7 6 R B7R C. 5 2 R D5R,例5,考法11 匀速圆周运动实例分析,【解析】 设O、P之间的距离为h，则在A点的小物体下落的高度为h 1 2 R，在A点的小物体随圆轮运动的线速度为 1 2 R，设在A点的小物体下落的时间为t1，其水平位移为s，则在竖直方向上有h 1 2 R 1 2 gt12，在水平方向上有s 1 2 Rt1，在B点的小物体下落的高度为hR，B随圆轮运动的线速度为R，设在B点的小物体下落的时间为t2，水平位移也为s，则在竖直方向上有hR 1 2 gt22，在水平方向上有sRt2，联立解得h 7 6 R，选项A正确

41、 【答案】A,例5,专题6 圆周运动的临界问题,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法10 水平面内圆周运动的临界分析方法11 竖直面内圆周运动问题的分析方法方法12 接触物体分离的临界条件 考法例析 成就能力,必备知识 全面把握,1竖直面内圆周运动的两种模型 临界问题一般出现在变速圆周运动中竖直面内的圆周运动是典型的变速圆周运动一般情况下只讨论最高点和最低点的情况 (1)轻绳模型 没有物体支撑的小球，在竖直面内做圆周运动过最高点的情况,临界条件：小球到达最高点时绳子的拉力或轨道的弹力刚好等于零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，即mgm v临界 2 .上式中的v临界是小球通过最高点的最

42、小速度，通常叫临界速度，v临界 . 能过最高点的条件：vv临界(此时绳、轨道对球分别产生拉力F、压力FN) 不能过最高点的条件：vv临界(实际上球还没有到最高点就脱离了轨道),(2)轻杆模型 有物体支撑的小球在竖直面内做圆周运动过最高点的情况 临界条件：由于轻杆和管壁的支撑作用，小球恰能达到最高点的临界速度v临界0. 图甲、乙所示的小球过最高点时，轻杆(或管壁)对小球的弹力情况如下： 当v0时，杆(或管内壁)对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小球的重力，即FNmg. 当0v 时，杆(或管内壁)对小球的弹力的方向竖直向上，大小随速度的增大而减小，其取值范围是mgFN0. 当v ，FN0.

43、当v 时，杆(或管外壁)对小球有指向圆心的弹力，其大小随速度的增大而增大.,核心方法 重点突破,方法10 水平面内圆周运动的临界分析课标全国201420，6分(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.木块与圆盘间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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( ) Ab一定比a先开始滑动 Ba、b所受的摩擦力始终相等 C kg 2 是b开始滑动的临界角速度 D若 2kg 3 时，a所受摩擦力的大小为kmg,例1,【解析】 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fm2r，显然b受到的摩擦力较大；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动；当木块刚要相对圆盘滑动时，静摩擦力f达到最大值，由题设知fmaxkmg，所以kmgm02r，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度0 ，由此可得a发生相对滑动的临界角速度为 ，b发生相对滑动的临界角速度为 2 ；当 2 3 时，a受到的是静摩擦力，大小为fm2l 2 3 kmg.综上所述，本题正确选项为A、C. 【答案】AC,