高考物理主题一曲线运动与万有引力定律1.2圆周运动阶段总结学案粤教版 本文关键词：圆周运动，高考，曲线，物理，阶段
高考物理主题一曲线运动与万有引力定律1.2圆周运动阶段总结学案粤教版 本文简介：1.2圆周运动阶段总结一、圆周运动的动力学问题解决圆周运动问题的一般步骤：(1)确定做圆周运动的物体为研究对象。明确圆周运动的轨道平面、圆心位置和半径。(2)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。运用平行四边形定则或正交分解法求出外界提供的向心力F。(3)抓住所给的已知条件，是线速度v、角速度ω、
高考物理主题一曲线运动与万有引力定律1.2圆周运动阶段总结学案粤教版 本文内容：
1.2
圆周运动
阶段总结
一、圆周运动的动力学问题
解决圆周运动问题的一般步骤：
(1)确定做圆周运动的物体为研究对象。明确圆周运动的轨道平面、圆心位置和半径。
(2)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。运用平行四边形定则或正交分解法求出外界提供的向心力F。
(3)抓住所给的已知条件，是线速度v、角速度ω、还是周期T，根据向心力公式F＝m＝mω2r＝mr＝mvω，选择适当形式确定物体所需要的向心力。
(4)根据题意由牛顿第二定律及向心力公式列方程求解。
[例1]
一根长为L＝2.5
m的轻绳两端分别固定在一根竖直棒上的A、B两点，一个质量为m＝0.6
kg的光滑小圆环C套在绳子上，如图1所示，当竖直棒以一定的角速度转动时，圆环以B为圆心在水平面上做匀速圆周运动(θ＝37°，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10
m/s2)，求：
图1
(1)此时轻绳上的拉力大小等于多少？
(2)竖直棒转动的角速度为多大？
解析
对圆环受力分析如图
(1)圆环在竖直方向所受合外力为零，
得Fsin
θ＝mg，所以F＝＝10
N，
即绳子拉力大小为10
N。
(2)圆环C在水平面内做匀速圆周运动，由于圆环光滑，所以圆环两端绳的拉力大小相等。BC段绳水平时，圆环C做圆周运动的半径r＝BC，则有r＋＝L，解得r＝
m
则Fcos
θ＋F＝mrω2，
解得ω＝3
rad/s。
答案
(1)10
N
(2)3
rad/s
[针对训练1]
如图2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(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(
)
图2
A.Q受到桌面的静摩擦力变大
B.Q受到桌面的支持力变大
C.小球P运动的角速度变小
D.小球P运动的周期变大
解析
金属块Q保持在桌面上静止，对金属块和小球研究，竖直方向上没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故B错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L。P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有T＝，mgtan
θ＝mω2Lsin
θ，得角速度ω＝，周期T＝＝2π，现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos
θ减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小。对Q，由平衡条件知f＝Tsin
θ＝mgtan
θ，知Q受到桌面的静摩擦力变大，故A正确，C、D错误。
答案
A
二、圆周运动中的临界问题
1.临界状态：当物体从某种特性变化为另一种特性时发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态，出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”。
2.轻绳类：轻绳拴球在竖直面内做圆周运动，过最高点时，临界速度为v＝，此时F绳＝0。
3.轻杆类
(1)小球能过最高点的临界条件：v＝0；
(2)当0＜v＜时，F为支持力；
(3)当v＝时，F＝0；
(4)当v＞时，F为拉力。
4.汽车过拱形桥：如图3所示，当压力为零时，即G－m＝0，v＝，这个速度是汽车能正常过拱形桥的临界速度。v＜是汽车安全过桥的条件。
图3
5.摩擦力提供向心力：如图4所示，物体随着水平圆盘一起转动，物体做圆周运动的向心力等于静摩擦力，当静摩擦力达到最大时，物体运动速度也达到最大，由Fm＝m得vm＝，这就是物体以半径r做圆周运动的临界速度。
图4
[例2]
如图5所示，AB是半径为R的光滑金属导轨(导轨厚度不计)，a、b为分别沿导轨上、下两表面做圆周运动的小球(可看做质点)，要使小球不脱离导轨，则a、b在导轨最高点的速度va、vb应满足什么条件？
图5
解析
对a球在最高点，由牛顿第二定律得
mag－Na＝ma①
要使a球不脱离轨道，
则Na＞0②
由①②得va＜
对b球在最高点，由牛顿第二定律得
mbg＋Nb＝mb③
要使b球不脱离轨道，
则Nb＞0④
由③④得vb＞。
答案
va＜
vb＞
[针对训练2]
如图6所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为R时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳中张力为零)，物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k倍，求：
图6
(1)转盘的角速度为ω1＝时绳中的张力大小T1；
(2)转盘的角速度为ω2＝时绳中的张力大小T2。
解析
设角速度为ω0时绳刚好被拉直且绳中张力为零，则由题意有
kmg＝mωr
解得ω0＝
(1)当转盘的角速度为ω1＝时，有
ω1ω0，物块所受最大静摩擦力不足以提供物块随转盘做圆周运动所需向心力
则kmg＋T2＝mωr
解得T2＝kmg
答案
(1)0
(2)kmg
三、圆周运动与平抛运动结合的问题
[例3]
如图7所示，一水平轨道与一竖直半圆轨道相接，半圆轨道半径为R＝
1.6
m，小球沿水平轨道进入半圆轨道，恰能从半圆轨道顶端水平射出(g取
10
m/s2)。求：
图7
(1)小球射出后在水平轨道上的落点与出射点的水平距离；
(2)小球落到水平轨道上时的速度大小。
解析
因为小球恰能从半圆轨道顶端水平射出，则在顶端小球由重力充当向心力有mg＝m
所以v0＝＝4
m/s
(1)水平射出后小球做平抛运动，则有
竖直方向：2R＝gt2
水平方向：s＝v0t
所以解得s＝3.2
m
(2)因为vy＝gt＝8
m/s
所以v＝＝4
m/s
答案
(1)3.2
m
(2)4
m/s
[针对训练3]
如图8所示，一个人用一根长1
m、只能承受74
N拉力的绳子，拴着一个质量为1
kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面h＝6
m。转动中小球在最低点时绳子恰好断了。(取g＝10
m/s2)。求：
图8
(1)绳子断时小球运动的角速度为多大？
(2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离是多少？
解析
(1)设绳断时小球角速度为ω，由牛顿第二定律得
F－mg＝mω2L
代入数据得ω＝8
rad/s。
(2)绳断后，小球做平抛运动，
其初速度v0＝ωL＝8
m/s。
由平抛运动规律有h－L＝gt2。
得t＝1
s。
水平距离s＝v0t＝8
m。
答案
(1)8
rad/s
(2)8
m