圆周运动

圆周运动（精选12篇）

圆周运动 篇1

【考情报告】

【考向指南】

运动的合成与分解、抛体运动与圆周运动在近几年高考全国新课标卷中都有出现,本单元内容与高考相关的考题知识覆盖面宽,其高频考点主要集中在对运动的合成与分解方法、平抛运动和圆周运动规律的考查上,通常还与电场、磁场、机械能与天体运动等知识综合成难度较大的试题,与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高,学习过程中应加强综合能力的培养,抓住处理复杂运动的基本方法———运动的合成与分解,能将所学到的知识进行合理的迁移.学习的重点是曲线运动的研究方法及抛体运动的规律,而竖直平面内的圆周运动问题,既可涉及临界问题,又可涉及能量问题,既是学习中的一个重点,也是一个难点.高考对本单元的考查以运动的组合为线索,进而从力和能的角度进行命题,题目情景新颖,过程复杂,具有一定的综合性.本章内容在高考题中的呈现一般为选择题和计算题,也有实验题.高考命题的热点有:(1)曲线运动的条件;(2)运动的合成与分解;(3)平抛运动规律;(4)圆周运动的基本概念与规律;(5)平抛运动与圆周运动的多过程组合问题;(6)圆周运动与天体运动相结合的问题;(7)带电粒子在电场中的类平抛运动问题;(8)带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题;(9)带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有:运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等.试题对本单元知识点的考查能力层次以理解和数学知识运用为主,考查难度为中等或中难等偏上.

预计2017年高考中涉及本单元的考向:(1)以抛体运动考查对运动的合成与分解方法与平抛运动的规律;(2)以圆周运动的角速度、线速度和向心加速度间的关系考查圆周运动的规律;(3)以对平抛运动和圆周运动的组合问题中转折点的速度进行突破,考查综合分析能力;(4)以天体运动为背景考查圆周运动规律;(5)以带电粒子在电磁场中的类平抛运动与圆周运动考查运动合成与分解的思想、力与运动及功与能之间的关系.试题与STSE(科学、技术、社会、环境)结合将更紧密,涉及内容更广泛.

【考点例析】

考点一:运动的合成与分解

考点提示:(1)运动的合成与分解指的是描述运动的相关矢量的合成与分解,如位移x、速度v和加速度a等矢量的合成与分解.其方法遵循平行四边形定则.(2)合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性.

例1.如图1所示,一小铁球用细线悬挂于天花板上,静止时线垂在桌边缘,悬线穿过一光盘的中间小孔.手推光盘沿桌边以速度v匀速运动,当光盘由图中A位置运动到B位置时,悬线与竖直方向夹角为θ,此时铁球()

A.竖直方向速度大小为vcosθ

B.竖直方向速度大小为vsinθ

C.速度大小为vtanθ

答案:BD

点评:由于光盘下方的细绳总呈竖直状态,小铁球总在光盘的下方,因此小铁球有与光盘相同的水平分速度;由于小球与光盘间的距离在不断减小,因此小球相对光盘有竖直向上的分速度,即分速度的大小即为光盘速度在沿绳子方向的分速度.小球的实际合运动的速度一定是合运动的速度.解决运动的合成和分解的一般思路:(1)明确合运动或分运动的运动性质;(2)确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解;(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等);(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.

考点二:曲线运动

考点提示:(1)物体做抛体运动的条件是初速度v不为零,所受合力F不为零,且v与F不共线(即v与F成θ角,0°<θ<180°);(2)物体做曲线运动的轨迹夹在矢量v与F所成角θ内(如图3所示).其特点是:速度v的方向在轨迹的切线方向上,合力F的方向总指向轨迹曲线的内侧.(3)若F恒定(或加速度a恒定),这种曲线运动称为匀变速曲线运动;若F变化(或加速度a变化),这种曲线运动称为非匀变速曲线运动.(4)做曲线运动的物体,速度的方向时刻在改变,曲线运动一定是变速运动.

例2.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O,v与x轴正方向成α角(如图4),与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy,则()

A.因为有Fx,质点一定做曲线运动

B.如果Fy>Fx,质点向y轴一侧做曲线运动

C.质点不可能做直线运动

D.如果Fx>Fycotα,质点向x轴一侧做曲线运动

解析:若Fy=Fxtanα,则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上,此时质点做直线运动;若Fx>Fycotα,则Fx、Fy的合力F与x轴正方向的夹角β<α,则质点向x轴一侧做曲线运动.

答案:D

点评:物体的运动分为直线运动与曲线运动.判断物体运动类型,要分析合外力F方向是否与速度方向在同一条直线上.

考点三:抛体运动性质与规律

考点提示:抛体运动是指将物体以一定的初速度抛出,物体只在重力(或恒力)作用下的运动,是一种典型的匀变速运动,它分为平抛(类平抛)运动与斜抛运动.抛体运动一般可以分解为几种运动的合运动.研究抛体运动的基本方法是运动的合成与分解的方法.对抛体运动性质和特点的理解:抛体运动一定是变速曲线运动;抛体运动的速度方向一定不断变化,但加速度的大小和方向不变,抛体运动是一种匀变速曲线运动.

1. 平抛运动的有关结论:如图5所示的平抛运动,有:

(4)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Δt内的速度改变量Δv=gΔt相同,方向恒为竖直向下,如图6所示.

(5)两个推论

(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的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7中A点和B点所示.

(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处,设其速度方向与水平方向的夹角为α,位移与水平方向的夹角为θ,则tanα=2tanθ

(6)平抛运动的三种分解思路

(3)分解加速度

例3.如图8所示,挡板OM与竖直方向所夹的锐角为θ,一小球(视为质点)从O点正下方的A点以速度v0水平抛出,小球运动过程中恰好不和挡板碰撞(小球轨迹所在平面与挡板垂直).重力加速度大小为g,求O、A间的距离h.

点评:小球平抛运动过程中恰好不和挡板碰撞是小球到达挡板处时速度方向与板平行.对平抛运动的分析与求解,有时要通过几何关系找出有关的隐含条件.

例4.如图9所示,一小球以速度v0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出,落到斜面上的M点且速度水平向右.现将该小球以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出,落在斜面上的N点.下列说法正确的是()

A.落到M和N两点时间之比为1∶2

B.落到M和N两点速度之比为1∶1

C.M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶2

D.落到N点时速度方向水平向右

答案:AD

点评:小球的运动虽然为斜抛运动,斜抛运动在最高时速度方向水平,这一过程可看作是逆向的平抛运动.遵循平抛运动的规律与推论.

考点四:抛体运动的约束

考点提示:我们研究平抛运动常用的处理方法是把其分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,这两种分运动受时间与空间的制约.但在实际问题中,我们往往还会见到平抛运动会受到如斜面、竖直面、球面、抛物面等因素的约束,这是常见的一种深化平抛运动的构题方式,值得思考与探讨.

如图10所示,常见平抛运动的几种约束形式与运动时间的计算方法.

联立两方程可求t.

(3)斜面上的平抛问题

例5.如图11所示,半球体与斜面体紧靠放在同一水平面上,球的半径与斜面的高度相同,斜面底边长等于半球直径.以相同速率分别从半球上与斜面顶点左右水平抛出a、b两小球,已知a球落在球面内,b球落在斜面上,两球运动的时间分别为ta、tb,则关于ta与tb的大小可能为()

A.ta=tbB.ta>tb

C.ta<tbD.无法判断

解析:a、b两小球以相同的初速率分别向左、右平抛,它们的运动轨迹关于抛出点的竖直线对称.根据对称性,我们可将半球体与斜面体叠合在一起(如图12所示),则两球平抛运动的轨迹应重合.不同的平抛初速度大小,可使得两球的运动轨迹有可能为图14中的1、2、3所示.若轨迹为1,则ta>tb;若轨迹为2,则ta=tb;若轨迹为3,则ta<tb.

答案:ABC

点评:本题中的a、b两小球分别向左、右平抛运动,分别受到球面与斜面的约束.但由于它们抛出点的位置相同,抛出的初速大小相同,则它们运动的轨迹具有对称性.我们利用这一对性,将它们运动的两场景叠合在一起,其运动的时间大小关系就会直观明了.

考点五:抛体运动的轨迹

考点提示:抛体运动的轨迹是抛物线的一部分.研究抛体运动的轨迹体现了数形结合的思想,能将抽象繁杂的物理过程转化为一幅幅具体而清晰的物理图景,既直观形象,又易于理解.

例6.如图13所示,置于竖直平面内的光滑杆AB,是以初速度为v0、水平射程为s的平抛运动轨迹制成的,A端为抛出点,B端为落地点.现将一小球套在其上,由静止开始从轨道的A点滑下,已知重力加速度为g,则当其到达轨道B端时()

点评:小球从静止开始从A点滑动,在滑动过程中除受重力外还受到杆对它的弹力作用,不满足做平抛运动的条件,故小球沿杆从A滑到B的运动不是平抛运动,但它在任意时刻的位置坐标及速度方向满足平抛运动的规律.抛体运动的轨迹是抛物线.如果物体在恒力的作用下其运动轨迹是抛物线的一部分,则物体的运动是抛体运动.当沿抛物线轨道运动时,如果物体受到的力不是恒力,则物体的运动不是抛体运动.

考点六:平抛运动实验

考点提示:平抛运动相关实验主要是探究平抛运动的规律,或利用平抛运动的规律求平抛的初速度与具体位置坐标等实际问题.

例7.为了简化对平抛运动规律的探究过程,同学们利用速度传感器组装了如图15所示的实验装置.

(1)小球从曲面静止释放后从A点离开轨道,为了使小球的运动尽可能接近平抛运动,下列措施中有必要的是____.

A.轨道必须光滑

B.轨道末端切线必须水平

C.小球要选用密度大的材料

D.斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内

(2)为了探究速度随时间变化的规律,同学们选择了做图象的方法来直观呈现,关于纵轴和横轴表示的物理量,你认为最合适的是____.

①v-t图象②v2-t图象③v2-t2图象

解析:(1)平抛运动即初速水平且只受重力作用,所以要保证轨道末端的切线水平以确保小球离开轨道时速度方向水平,还要尽可能减少空气阻力,故选用密度较大的材料.轨道是否光滑以及轨道是否在同一竖直平面内,影响的都是平抛的初速度大小,不影响平抛运动的形式,不会对探究带来误差.(2)对平抛末速度v,有v2=v02+(gt)2,故v2-t2图象是一条直线,应选择v2-t2图象.(3)因为v2=v02+(gt)2,再结合图象可得v02=4,则v0=2m/s.

答案:(1)BC;(2)(3);(3)2

点评:平抛运动可以看成是两个分运动的合成:即水平方向做匀速直线运动,其速度等于平抛物体的初速度;竖直方向做自由落体运动.通过描点或频闪照片描绘平抛运动物体的若干不同位置,然后描出运动轨迹,或通过传感器来描绘平抛运动轨迹,测出轨迹曲线任一点的坐标x和y,进而求出小球的水平分速度,即平抛物体的初速度.

考点七:描述圆周运动的物理量及关系

例8.如图17所示,轮O1、O3固定在同一转轴上,轮O1、O2用皮带连接且不打滑.在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C,已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3=2∶1∶1,求:

(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC;

(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC;

(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.

答案:(1)2∶2∶1;(2)1∶2∶1;(3)2∶4∶1

考点八:圆周运动中向心力的来源

考点提示:(1)向心力的来源:向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.物体做匀速圆周运动时,向心力才是物体受到的合外力.物体做非匀速圆周运动时,向心力是所有外力沿半径方向的分力的矢量和.(2)向心力的确定:先确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置,再分析物体的受力情况,找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力,即为向心力.

例9.如图18所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是()

A.此时绳子张力为3μmg

C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外

D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动

答案:ABC

点评:两物体相对圆盘刚好还未发生滑动时,两物块与盘间的静摩擦力大小达到最大值Ffm,绳子对两物体的拉力FT大小相等、方向相反,但B所需的实际向心力大于A所需实际向心力,故A受背离圆心的静摩擦力,B受指向圆心的静摩擦力,这是本题分析求解的关键.

例10.如图19所示,轻绳的一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球.当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时,通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ,式中a、b为常数.若不计空气阻力,则当地的重力加速度为()

答案:D

点评:绳上的拉力大小T随小球所处的位置(绳与竖直线OP的夹角θ)而变化,而传感器测出绳上的拉力随小球所处的位置(绳与竖直线OP的夹角θ)的一般函数关系式,从这个一般函数关系式中得出在某些特殊情况下如θ=0、180°时的拉力T的大小,问题就会迎韧而解.

考点九:圆周运动的临界问题

考点提示:(1)在竖直平面内做圆周运动的物体,运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类:一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”;二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管道)约束模型”.

(2)绳、杆模型涉及的临界问题及区别(如下表)

例11.如图20所示,AB是倾角θ=45°的倾斜轨道,BC是一个水平轨道(物体经过B处时无机械能损失),AO是一竖直线,O、B、C在同一水平面上.竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于C点,已知A、O两点间的距离h=1m,B、C两点间的距离d=2m,圆形轨道的半径R=1 m.一质量m=2kg的小物体,从与O点水平距离x0=3.6m的P点水平抛出,恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道,最后进入圆形轨道.小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC之间的动摩擦因数都是μ=0.5,g取10m/s2.

(1)求小物体从P点抛出时的速度v0和P点的高度H;

(2)求小物体运动到圆形轨道最高点D时,对圆形轨道的压力;

(3)若小物体从Q点水平抛出,恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道,最后进入圆形轨道,且小物体不能脱离轨道,求Q、O两点的水平距离x的取值范围.

解析:(1)小物块由P点到A点做平抛运动,运动时间为t,由平抛运动规律有:

(3)要保证小物体不脱离轨道,有以下两种情况:

综上所述,Q、O两点的水平距离x的取值范围为0.5m<x≤1.5m或x≥3m.

答案:(1)6m/s 2.8m(2)24N(3)0.5m<x≤1.5m或x≥3m

点评:对于平抛运动与圆周运动组合的问题,应用合成与分解的思想分析,这两种运动转折点的速度是解题的关键.处理竖直平面内的圆周运动时,要注意临界条件的使用,且在最高点或最低点时应用向心力关系,而在两点之间应用动能定理或功能关系处理.对于圆周运动中的临界问题,找到临界状态,列出临界条件下的牛顿第二定律方程是解题的关键.

有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点;若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界状态;若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这些极值点也往往是临界状态.

例12.用一根细线一端系一小球,另一端固定在一光滑锥顶上,如图21所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,细线的张力为FT,则FT随ω2变化的图象是图22中的()

解析:设线的长度为L.当小球角速度ω较小,小球未离开锥面时,设细线的张力为FT,锥面对小球的支持力为FN,则有FTcosθ+FNsinθ=mg,FTsinθ-FNcosθ=mω2Lsinθ,可得FT=mgcosθ+mω2Lsin2θ,可见随ω由0开始增加时,FT由mgcosθ开始随ω2的增大而线性增大,但直线不过原点;当角速度增大到某一临界角速度ω0小球飘离锥面时,设线与竖直方向夹角为α,有FT·sinα=mω2Lsinα,得FT=mω2L,可见FT随ω2的增大仍线性增大,但直线过原点其斜率增大了,故选项C正确.

答案:C

点评:对图象问题的判断除直观判断外,其基本的方法是通过函数关系式进行,将定性分析与定量研究相结合.本题中小球的运动是圆锥摆运动,小球恰好离开锥面是临界状态,其角速度为临界角速度ω0,因此要在当0<ω<ω0及ω>ω0两种情况进行讨论.

考点十:离心运动

考点提示: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.如图23所示,设物体受到的力为F.则当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动;当F=0时,物体沿切线方向飞出;当F<mrω2时,物体逐渐远离圆心,做离心运动;当F>mrω2时,物体逐渐向圆心靠近,做向心运动.

例13.公路急转弯处通常是交通事故多发地带.图24所示为某公路急转弯处的一圆弧,当汽车行驶的速率为vc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vc,车辆便会向内侧滑动

C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动

D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小

解析:当汽车行驶的速度为vc时,路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力,路面对汽车没有摩擦力,此时要求路面外侧高内侧低,选项A正确;当速度稍大于vc时,路面对汽车的支持力与汽车重力的合力不足以提供向心力,汽车有向外侧滑动做离心运动的趋势,因而受到向内侧的摩擦力,当摩擦力小于最大静摩擦力时,车辆不会向外侧滑动,选项C正确;同样,速度稍小于vc时,车辆不会向内侧滑动,选项B错误;vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关,与地面的粗糙程度无关,D错误.

答案:AC

【考点精练】

1.(考点:运动的合成与分解)如图25所示,一冰球以速度v1在水平冰面上向右运动.运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2.不计冰面摩擦和空气阻力.下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是()

2.(考点:运动的合成与分解)如图26所示,河水流动的速度为v且处处相同,河宽为a.在船下水点A的下游距离为b处是瀑布.为了使小船渡河安全()

3.(考点:曲线运动)质量为m的物体,在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动,保持F1、F2不变,仅将F3的方向改变90°(大小不变)后,物体可能做()

4.(考点:抛体运动性质与规律)如图27所示,水平地面上有相距为d的M、N两点,在M点的正上方某高度处有一A点.现在A点以速度v1水平抛出一个小球的同时,从水平地面上的N点以速度v2向左上方抛出另一个小球,其速度方向与水平地面的夹角为θ,两球恰好能在M、N连线中点的正上方相遇,不计空气阻力,则下列说法中正确的是()

A.从A点抛出的小球做匀变速曲线运动,从N点抛出的小球做变加速曲线运动

D.两小球从抛出到相遇的过程中,速度变化量相同

6.(考点:抛体运动的轨迹)如图29所示,一个排球场总长L=18 m,网高h1=2 m,运动员站在离网x=3 m的线上,正对网前跳起将球水平击出(g取10m/s2).若击球点的高度小于某一值,那么无论击球的水平速度多大,球不是触网就是出界,试求这个高度?

7.(考点:平抛运动实验)图30所示是宇航员在月球表面水平抛出小球的闪光照片的一部分.已知照片上小方格的实际边长为a,闪光周期为T,据此可知()

9.(考点:描述圆周运动的物理量及关系)拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍,A和B是前轮和后轮边缘上的点(图3 2 所示),若车行进时车轮没有打滑,则()

A.A点和B点的线速度大小之比为1∶2

B.前轮和后轮的角速度之比为2∶1

C.两轮转动的周期相等

D.A点和B点的向心加速度大小之比为1∶2

1 0.(考点:描述圆周运动的物理量及关系)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度.图33所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图,图中A轮有48齿,B轮有42齿,C轮有18齿,D轮有12齿,则()

A.该自行车可变换两种不同挡位

B.该自行车可变换四种不同挡位

C.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4

D.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1

1 1.(考点:圆周运动中向心力的来源)如图34甲所示,是用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验,细线下面悬挂一个小钢球,细线上端固定在铁架台上.将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上,使小钢球静止时刚好位于圆心.用手带动小钢球,设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动.用天平测得小钢球的质量为m,已知重力加速度为g.

1 2.(考点:圆周运动的临界问题)如图35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FN,小球在最高点的速度大小为v,其FN-v2图象如图乙所示.则()

C.v2=c时,在最高点杆对小球的弹力方向向上

D.v2=2b时,在最高点杆对小球的弹力大小为2a

13.(考点:离心运动)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里,共有23个弯道,如图36所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是()

A.是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的

B.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的

C.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的

D.由公式F=mω2r可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道

抛体运动与圆周运动

【考点精练】

1.答案:B

解析:物体所受的合力与速度方向不在同一直线上时物体做曲线运动,合力与速度方向在同一直线上时物体做直线运动,题中冰球受击打后在水平方向上不受力,故做直线运动;实际运动的速度为合速度,根据平行四边形定则可知,合速度不可能沿击打的方向,一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向.

2.答案:D

3.答案:BC

4.答案:CD

5.答案:ABC

解析:本题中小球平抛的落点,存在三种可能的情况:

10.答案:BC

解析:该自行车可变换四种不同挡位,分别为A与C、A与D、B与C、B与D,故选项A错误,B正确;当A轮与D轮组合时,由两轮齿数可知,当A轮转动一周时,D轮要转4周,故ωA∶ωD=1∶4,选项C正确,D错误.

圆周运动 篇2

教科版高中物理必修2 方法三：比较转动一周所需要的时间，秒针快.教师点评学生的答案，肯定其合理的部分，指出可改进之处.2.圆周运动快慢的描述(1)线速度vl t0,l——弧长，t意义：描述质点沿圆周运动的快慢 方向: 切线方向.（匀速圆周运动是变速运动：v大小恒定、方向变化）单位：m/s(2)角速度 t-1意义：描述质点绕圆心转动的快慢（匀速圆周运动的ω大小恒定）单位：rad/s或s.(3)周期T，单位s 频率f =1/T，单位Hz.活动：教师引导学生分析线速度、角速度、周期之间的联系.2rT(4)联系: vr

2Tv(5)转速n PPT投影：汽车转速表

思考：若转速表指针指在“15”的位置，分析此时发动机的转速、转动周期和频率.三.课堂小结（略）【思考题】

1.某质点做匀速圆周运动，它在任意相等的时间内

A.通过的弧长相等 B.位移相同 C.转过的角度相等 D.平均速度相同 2.在地球的自转运动中，地球上的物体都绕地轴作圆周运动，关于物体线速度、角速度的大小，下列说法正确的是

A.赤道表面上物体的线速度最大 B.纬度越高，物体的线速度越大 C.赤道表面上物体的角速度最大 D.纬度越高，物体的角速度越大 3.自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，后轮与小齿轮绕共同的轴转动.《圆周运动》教案

可怕的圆周运动 篇3

有一位生物学家做了个有趣的试验。他把十几条毛毛虫放到花盆的边上，花盆的四周布满了菜叶，花盆的中央是一株枝叶茂盛正在盛开的鲜花。毛毛虫队伍形成了一个封闭的圆环。它们自动地等距离分布，速度相同，步调一致，就像一支训练有素的士兵绕着花盆边沿做起了匀速圆周运动。

一小时过去了，二小时过去了，三小时过去了……它们的队伍还是那样严紧，没有一只掉队的，也没有一只偏离轨道的。它们走得那样认真，那样整齐真让人称奇。八个小时过去了，它们可能是太劳累了，先进的速度有些放慢，队伍开始走走停停。晚上天气逐渐变凉，又饥又渴的毛毛虫们只好停顿下来卷作一团昏昏欲睡。

圆周运动复习指要 篇4

物体的运动, 从运动轨迹看分为直线运动和曲线运动.圆周运动是高中物理学习的重要的曲线运动之一, 圆周运动的运动分析和受力分析是同学们学习的重点、难点, 也是高考考查的热点.本文详细阐释了匀速圆周运动和变速圆周运动的运动特点和受力特点并举例剖析了关于圆周运动的典型问题, 希望对同学们的复习有所帮助.

一、圆周运动的运动分析

1.匀速圆周运动与变速圆周运动

做圆周运动的物体, 如果运动的速度大小一直保持不变, 则物体做的是匀速圆周运动;如果运动的速度大小在变化, 则物体做的是变速圆周运动.

2.水平面内圆周运动与竖直面内圆周运动

做圆周运动的物体, 如果运动轨迹在水平面内, 则物体做的是水平面内的圆周运动;如果运动轨迹在竖直面内, 则物体做的是竖直面内的圆周运动.

3.圆周运动的速度特点

圆周运动的速度方向为圆周上某点的切线方向, 由于切线方向是不断变化的, 因此做圆周运动的物体即使速度的大小不变化, 速度的方向也是不断变化的, 所以圆周运动一定是变速运动.

4.圆周运动的加速度特点

圆周运动是变速运动, 由加速度定义式知, 在一段时间Δt内, Δv一定不为零, 即做圆周运动的物体一定存在加速度.

二、圆周运动的受力分析

1.做圆周运动的物体的受力特点

做圆周运动的物体一定存在加速度, 由牛顿第二定律F=ma知, 物体的合外力一定不为零.

2.做匀速圆周运动的物体的受力特点

做匀速圆周运动的物体的合外力不为零, 而匀速圆周运动速度的大小保持不变, 且合外力一定不对物体做功, 合外力方向一定与物体运动方向始终垂直, 又知运动方向沿圆周切线方向, 因此合外力方向一定沿半径指向圆心.

合外力提供了物体做匀速圆周运动的向心力, 做匀速圆周运动的物体的加速度总指向圆心, 匀速圆周运动是变加速曲线运动.

3.做变速圆周运动的物体的受力特点

做变速圆周运动的物体的合外力不为零, 同时变速圆周运动速度的大小是变化的, 则合外力一定对物体做了功.

若合外力的方向与速度方向之间的夹角为锐角, 则做圆周运动的物体的速度变大;若合外力的方向与速度方向之间的夹角为钝角, 则做圆周运动的物体的速度变小;做变速圆周运动的物体的合外力的方向与速度方向之间的夹角为锐角或钝角时, 合外力不再指向圆心, 只有合外力方向与速度方向之间的夹角为直角时, 合外力才指向圆心.

根据变速圆周运动合外力产生的效果, 可以把合外力分解为指向圆心的向心力和沿圆周切线方向的切向力;向心力产生向心加速度, 切向力产生切向加速度;向心加速度改变速度的方向, 切向加速度改变速度的大小.匀速圆周运动的切向加速度为零, 因此匀速圆周运动的速度大小保持不变.

三、水平面内匀速圆周运动的典例分析

【例1】如图1所示, 长为L的细绳一端固定, 另一端系一质量为m的小球.给小球一个合 适的初速 度, 小球便可在水平面内做匀速圆周运动, 细绳与竖 直方向的 夹角为θ.下列说法 中正确的是 ()

A.小球受重力、绳的拉力和向心力作用

B.小球做圆周运动的半径为L

C.θ越大, 小球运动的速度越大

D.θ越大, 小球运动的周期越大

解析:如图2所示, 小球只受重力G和绳的拉 力FT作用, 向心力是 效果力不 是物体实际受到的力, 半径为R=Lsinθ, 选项A、B均错误;小球做圆周运动的向心力由重力和绳的 拉力的合 力提供, 则, θ越大, 小球运动的速度越大, 选项C正确;周期, θ越大, 小球运动的周期越小, 选项D错误.故本题选C.

点评:确定小球做圆周运动的圆心和半径, 正确分析向心力的来源是解题的关键.小球做圆周运动的圆心不是悬点O, 而是O′;半径不是绳长L, 而是Lsinθ.

常见的火车转弯、“飞车走壁”、飞机在水平面内匀速盘旋、在漏斗形容器内运动的小球, 物体的受力情况和运动情况与此题类似, 同属于水平面内的匀速圆周运动问题.

四、竖直面内圆周运动的典例分析

物体在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.

模型 (一) 轻绳约束小球在竖直平面内做圆周运动

如图3所示, 一小球在轻绳的约束下在竖直平面内做圆周运动, 小球做圆周运动的圆心为O, 在最高点的速度为v, 小球的轨道半径为r, 试分析小球在最高点的受力情况和小球过最高点的速度条件.

分析:绳对最高点的小球可能不施加拉力, 也可能施加拉力, 但不会施加支撑力.

若小球在最高点只有重力提供小球所需的向心力, 如图4甲所示, 即, 解得

【规律总结】 (1) 小球在最高点一定受到竖直向下的重力mg提供的向心力, 是否还受到绳的拉力依赖于小球速度的大小, 依赖于小球在最高点需要的向心力大小.

若小球在最高点的速度等于, 此时小球需要的向心力恰好等于重力mg, 则轻绳不需要提供拉力.

若小球在最高点的速度大于, 此时小球需要的向心力大于重力mg, 则轻绳需要提供拉力, 向心力不足部分由绳子拉力补足.

(2) 轻绳约束小球在竖直平面内做圆周运动过最高点的速度条件为

(3) 如图5所示, 在竖直光滑圆轨道内侧运动的小球在最高点受力特点类似于由轻绳约束的小球在竖直面内的圆周运动的情形.

【例2】如图6所示, 倾斜轨道与半径为R的半圆轨道平 滑连接, 点A与半圆轨道最高点C等高, B为轨道最低点.现让小滑块 (可视为质点) 从A点开始以速度v0沿斜面向下运动, 不计一切摩擦, 关于滑块运动情况的分析, 正确的是 ()

A.若v0≠0, 小滑块一定能通过C点, 且离开C点后做自由落体运动

B.若v0=0, 小滑块恰能通过C点, 且离开C点后做平抛运动

C.若小滑块能到达C点, 且离开C点后做自由落体运动

D.若, 小滑块能到达C点, 且离开C点后做平抛运动

解析:本题考查做完整圆周运动的条件.滑块要刚好能通过最高点C, 最小速度满足离开C后做平抛运动, 由机械能守恒定律, 可知选项D正确, 本题选D.

点评:本题易错选A, 原因是不清楚在竖直光滑圆轨道内侧运动的滑块在最高点的速度应满足这一条件

模型 (二) 轻杆约束小球在竖直平面内做圆周运动

如图7所示, 一小球在轻杆的约束下在竖直平面内做圆周运动, 小球做圆周运动的圆心为O, 在最高点的速度为v, 小球的轨道半径为r, 试分析小球在最高点的受力情况和小球过最高点的速度条件.

分析:轻杆对处在最高点的小球可能没有作用力, 也可能施加拉力, 也可能施加支撑力.

若小球在最高点只有重力提供小球所需的向心力, 如图8甲所示, 即.此时轻杆对小球没有作用力.

若小球在最高点的速度恰好为零, 则小球在最高点所需的向心力为零, 此时轻杆给小球向上的支撑力和重力平衡, 如图8丁所示, 即FT=mg.

【规律总结】 (1) 小球在最高点一定受到竖直向下的重力mg提供的向心力, 是否还受到轻杆的作用力依赖于小球速度的大小, 即小球在最高点需要的向心力大小.

若小球在最高点的速度等于gr1/2, 小球需要的向心力正好等于重力mg, 则这时轻杆不提供作用力.

若小球在最高点的速度大于gr1/2, 小球需要的向心力大于重力mg, 则不足部分由轻杆拉力补充.

若小球在最高点的速度处于小球需要的向心力小于重力mg, 则小球重力提供向心力的多余部分由轻杆支撑力来平衡.

(2) 轻杆约束小球在竖直平面内做圆周运动过最高点的速度条件为v≥0.

(3) 速度v= gr1/2是小球在最高点不受轻杆作用力的临界速度, 这个速度值是判断轻杆对小球提供拉力还是支撑力的分界点.

(4) 如图9所示, 在竖直光滑管道内运动的小球在最高点受力特点类似于由轻杆约束的小球在竖直平面内做圆周运动的情形.

【例3】如图10所示, 长为L的轻杆一端 固定质量 为m的小球, 另一端有固定转轴O.现使小球在竖直平面内做圆周运动, P为圆周轨道的最高点.若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为, 则以下判断正确的是 ()

A.小球在最 低点一定 受到轻杆 的拉力作用

B.小球到达P点时的速度小于gL1/2

C.小球能到达P点, 但在P点不会受到轻杆的弹力

D.小球能到达P点, 且在P点受到轻杆向下的弹力

点评:首先, 弄清是竖直面内的轻杆模型还是轻绳模型;其次, 明确轻杆对小球在最高点可以施加支撑力;再次, 由小球在最高点的速度大小判断轻杆给小球的作用力的大小和方向.

五、圆周运动的临界问题

做圆周运动的物体, 当线速度或角速度变化时, 物体有远离圆心或向着圆心运动的趋势, 物体受到的一些接触力, 如静摩擦力、 (杆) 绳的作用力等在大小或方向上会发生变化, 出现临界状态, 这一类问题叫临界问题.

【例4】如图11所示, 细绳一端系着 质量M =0.6kg的物体A, 静止于水平面, 另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.3kg的物体B, A的中点与圆孔距离为0.2m, 且A和水平面间的最大静摩擦力为2N, 现使此平面绕中心轴线 转动, 问角速度ω满 足什么条 件时, 物体B会处于静止状态? (g=10m/s2)

解析:要使B静止, A应与水平面相对静止, 考虑A能与水平面相对静止的两个极限状态:当ω为所求范围的最小值时, A有向圆心运动的趋势, 水平面对A的静摩擦力方向背离圆心, 大小等于最大静摩擦力2N, 此时对A有FT-Ffm=Mω21r, B静止时受力平衡, FT=mg=3N, 解得ω1≈2.9rad/s.

当ω为所求范围的最大值时, A有远离圆心运动的趋势, 水平面对A的摩擦力方向指向圆心, 且大小也为2N, 此时对A有FT+Ffm=Mω22r, 解得ω2≈6.5rad/s.

故ω的范围为2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s.

点评:审题时抓住题目的三个关键点:

(1) 光滑小孔, 说明细绳 各处张力 大小相等;

(2) 最大静摩擦力为2N, 暗示了物体A刚要滑动时的摩擦力大小为2N;

(3) 物体B处于静止状态, 表明了细绳中拉力大小为FT=mg=3N.

审题时找出突破口:物体A刚好不向里滑和刚好不向外滑, 分别对应平面转动的角速度的最小值和最大值.

【规律总结】处理临界问题的解题步骤:

(1) 判断临界状态.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼, 明显表明题述的过程存在着临界点;若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等字眼, 表明题述的过程存在着“起止点”, 而这些起止点往往就是临界状态;若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼, 表明题述的过程存在着极值, 这个极值点也往往是临界状态.

(2) 确定临界条件.判断题述的过程存在临界状态之后, 要通过分析弄清临界状态出现的条件, 并以数学形式表达出来.

(3) 选择物理规律.当确定了物体运动的临界状态和临界条件后, 要分别对于不同的运动过程或现象, 选择相对应的物理规 律, 列方程求解.

圆周运动教案教案 篇5

★新课标要求

（一）知识与技能

1、理解线速度的概念，知道它就是物体做匀速圆周运动的瞬时速度、理解角速度和周期的概念，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=rω=2πr／T

3、理解匀速圆周运动是变速运动。

（二）过程与方法

1、运用极限法理解线速度的瞬时性。

2、运用数学知识推导角速度的单位。

（三）情感、态度与价值观

1、通过极限思想和数学知识的应用，体会学科知识间的联系，建立普遍联系的观点。

2、体会应用知识的乐趣。★教学重点

线速度、角速度的概念以及它们之间的联系。★教学难点

理解线速度、角速度的物理意义。★教学方法

教师启发、引导，学生归纳分析，讨论、交流学习成果。★教学工具

投影仪等多媒体教学设备 ★教学过程

（一）引入新课

上节课我们学习了抛体运动的规律，这节课开始我们再来学习一类常见的曲线运动――圆周运动。

（二）进行新课

教师活动：引导学生列举生活中常见的圆周运动的实例，增强学生的感性认识。学生活动：学生纷纷举例。选出代表发言。教师活动：待学生举例后，提出问题：

这些作圆周运动的物体，哪些运动得更快？我们应该如何比较它们运动的快慢呢？

引导学生讨论教材“思考与讨论”中的问题，选出代表发表见解。

学生活动：思考并讨论自行车的大齿轮、小齿轮、后轮上各点运动的快慢。

教师活动：听取学生的发言，针对学生的不同意见，引导学生过渡到对描述圆周运动快慢的物理量――线速度的学习上来。

1、线速度

教师活动：我们曾经用速度这个概念来描述物体作直线运动时的快慢，那么我们能否继续用这个概念来描述圆周运动的快慢呢？如果能，该怎样定义呢？ 给出阅读提纲，学生先归纳，然后师生互动加深学习。（1）线速度的物理意义（2）线速度的定义（3）线速度的定义式（4）线速度的瞬时性（5）线速度的方向

学生活动：（1）结合阅读提纲阅读课本内容

（2）尝试自己归纳知识点（3）交流讨论，查缺补漏

师生互动：投影知识点并点评、总结

（1）物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢.（2）定义：质点做圆周运动通过的弧长Δl和所用时间Δt的比值叫做线速度。（比值定义法）

（3）大小：v =l。单位：m/s（s是弧长，非位移）t（4）当选取的时间Δt很小很小时（趋近零），弧长Δl就等于物体在t时刻的位移，定义式中的v，就是直线运动中学过的瞬时速度了。（5）方向：在圆周各点的切线上（6）“匀速圆周运动”中的“匀速”指的速度的大小不变，即速率不变；而“匀速直线运动”的“匀速”指的速度不变是大小方向都不变，二者并不相同。

［结论］匀速圆周运动是一种变速运动.2、角速度

教师活动：描述圆周运动的快慢，除了用线速度外，还有没有其它方法？

给出阅读提纲，学生先归纳，然后师生互动加深学习。［投影］阅读提纲

（1）角速度的物理意义（2）角速度的定义（3）角速度的定义式

学生活动：（1）结合阅读提纲阅读课本内容

（2）尝试自己归纳知识点（3）交流讨论，查缺补漏

师生互动：投影知识点并点评、总结

（1）物理意义：描述质点转过的圆心角的快慢.（2）定义：在匀速圆周运动中，连接运动质点和圆心的半径转过Δθ的角度跟所用时间Δt的比值，就是质点运动的角速度；

（3）定义式：ω= t3、角速度的单位

教师活动：线速度的单位是米每秒，角速度的单位又是什么呢？

［投影］阅读提纲

（1）怎样度量圆心角的大小？弧度这个单位是如何得到的？在计算时要注意什么？

（2）国际单位制中，角速度的单位是什么？

（3）有人说，匀速圆周运动是线速度不变的运动，也是角速度不变的运动，这两种说法正确吗？为什么？

学生活动：结合阅读提纲阅读课本内容，完成对角速度单位的学习。师生互动：投影知识点并点评、总结

（1）圆心角θ的大小可以用弧长和半径的比值来描述，这个比值是没有单位的，为了描述问题的方便，我们“给”这个比值一个单位，这就是弧度。弧度不是通常意义上的单位，计算时，不能将弧度带道算式中。（2）国际单位制中，角速度的单位是弧度每秒（rad／s）

（3）第一句话是错误的，因为线速度是矢量，匀速圆周运动是线速度大小不变的运动，后一句话是正确的，因为角速度是标量，没有方向，因此角速度是不变的。

教师活动：教材中还提到了描述圆周运动快慢的两种方法，它们是什么？单位如何？ 学生活动：阅读教材，掌握转速和周期的概念。

4、线速度跟角速度的关系

教师活动：线速度和角速度都能描述圆周运动的快慢，它们之间有何关系呢？

引导学生阅读教材，推导出线速度和角速度的关系。

圆周运动的临界分析 篇6

例1 使一小球沿半径为[R]的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大，才能使它达到轨道的最高点？

解析 以小球为研究对象. 如图1所示，小球在轨道最高点时，受重力和轨道的弹力. 小球在圆形轨道最高点[A]时满足方程，有

[mg+NA=mvA2R]

根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点[B]时的速度满足方程

[12mvA2+mg2R=12mvB2]

解以上方程组，得

[vB=5gR+RmNA]

当[NA=0]时，[vB]为最小，[vB=5gR.]

所以在[B]点应使小球至少具有[vB=][5gR]的速度，才能使它到达圆形轨道的最高点[A].

点拨 小球到达最高点[A]时的速度[vA]不能为零，否则小球早在到达[A]点之前就离开了圆形轨道.

<F：＼高中生2015＼试题研究＼2015-2-高三＼2015-2-试题研究＼理综图标.tif> 物体脱轨的可能情况

例2 用长[l]=1.6m的细绳，一端系着质量[M]=1kg的木块，另一端挂在固定点上. 现有一颗质量[m]=20g的子弹以[v1]=500m/s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以[v2]=100m/s的速度前进. 问木块能运动到多高？（取[g]=10m/s2，空气阻力不计）

解析 在水平方向动量守恒，有

[mv1=Mv+mv2] ①

式①中[v]为木块被子弹击中后的速度. 木块被子弹击中后便以速度[v]开始摆动. 求得[vA=v=]8m/s.

若木块摆动到了最高点[B]点，则它在[B]点时的速度[vB]. 应满足方程[Mg=MvB2l]

这时木块的重力提供了木块在[B]点做圆周运动所需要的向心力. 解上述方程得[vB=gL=4m/s]

如果[vB]<4m/s，则木块不能升到[B]点，在到达[B]点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动. 而若木块在[B]点时的速度[vB]=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在[B]点时的能量为（选[A]点为零势能点）

[Mgh+12MvB2=1×10×32+12×1×42]=40J

木块在[A]点时的能量为

[12Mv2=12×1×82]=32J

两者不相等. 可见木块升不到[B]点，一定是[h]<3.2m.

实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小. 当木块运动到某一临界位置[C]时，如图2所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力. 此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了. 木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度[vC]做斜上抛运动. 木块所能到达的高度就是[C]点的高度和从[C]点开始的斜上抛运动的最大高度之和.

[图2]

木块在临界位置[C]时的速度为[vC]，高度为

[h′=l（1+cosθ）]

根据机械能守恒定律，有

即[vC2=v2-2gl（1+cosθ）] ③

又[Mgcosθ=MvC2l]，即[vC2=glcosθ]④

从式③和式④得

[cosθ=v2-2gl3gl=23]，[θ=arccos23]

所以[h=l（1+cosθ）=53l]

木块从[C]点开始以速度[vC]做斜上抛运动所能达到的最大高度[h]″为

[h]″=[vC2sin2θ2g=glcosθ（1-cos2θ）2g]

[=12l（cosθ-cos2θ）=527l]

所以木块能达到的最大高度[h]为

[h=h+h=53h+527l=5027l=2.96m]

小结 物体能否做圆运动，有一个需要的向心力和提供向心力能否吻合的问题，当需要能从实际提供中找到时，就可以做圆周运动. 所谓需要就是符合牛顿第二定律[F向=ma向]的力，而提供则是实际中的力若两者不相等，则物体将做向心运动或者离心运动.

<F：＼高中生2015＼试题研究＼2015-2-高三＼2015-2-试题研究＼理综图标.tif> 关联物体的临界条件

例3 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为[R]（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）. [A]球的质量为[m1]，[B]球的质量为[m2]. 它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为[v0]. 设[A]球运动到最低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，求[m1]，[m2]，[R]与[v0]应满足的关系式.

[图3]

解析 首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图3所示. [A]球在圆管最低点必受向上弹力[N1]，此时两球对圆管的合力为零，[m2]必受圆管向下的弹力[N2]，且[N1=N2].

据牛顿第二定律，[A]球在圆管的最低点，有

[N1-m1g=m1v02R] ①

同理[m2]在最高点，有

[m2g+N2=m2v12R] ②

[m2]球由最高点到最低点机械能守恒，有

[m2g2R+12m2v12=12m2v02] ③

又[N1=N2] ④

由式①～④解得[v0=（5m2+m1）gRm2-m1.]

点拨 对比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析，找出其中的联系就能很好地解决问题.

圆周运动及其模型分析 篇7

一、模型的建立

对于一个复杂问题的解决, 建立起行之有效的模型, 通过借助模型的定性分析, 从而简化思考过程达到问题解答。这一思考方式和解决实际问题的方法, 已经被证明是目前非常行之有效的针对实际问题的解决方案之一。通过建立一定的模型, 对实际所研究的问题做出一种较为抽象化的、无歧义的合理描述, 可以更好的理解所要研究的事物。而建立一个系统的模型, 是对这个系统研究的重要手段和方法。通过对所研究对象运行规律的分析, 根据其机理和已有的知识将其模型化, 进而通过对模型的运作来达实现对其更进一步的了解。

通过模型的建立, 可以把复杂多样的物理问题简化成一类固定模型, 通过掌握几种模型的计算方法和规律, 可以快速准确的解答很多貌似复杂的物理问题。模型的建立不仅可以提高解题的效率而且能够简化思考过程, 提高解答准确率。

二、几种圆周运动模型

(一) 轻绳模型

如下图所示, 一质量为m的小球受到一质量可以忽略不计的轻绳的约束下作圆周运动, 轻绳长为R。

轻绳模型不仅可以应用竖直平面内细绳牵引小球, 同样适用于一个圆形轨道内物体的运动, 而且可以拓展到带电物体在匀强磁场中运动的分析与计算。

(二) 轻杆模型

如图所示, 一个小球固定在一个质量可忽略不计的轻杆的一端, 在竖直平面内绕一个固定点做圆周运动, 可以设小球的质量为m, 轻杆长为R。

此时, 小球运动到最低点时有:

但小球运动到最高点时, 存在两种不同的情况:

(1) 轻杆提供拉力, 小球受到竖直向下的拉力和重力, 有:

(2) 轻杆提供支持力, 则有:

若小球在最高点时的速度为零, 则轻杆提供的支持力等于小球本身的重力。

所以, 在轻杆模型中, 小球可以达到最高点的临界速度v临界=0。

轻杆模型还可以应用在圆形管道中物体的运动等方面。

(三) 传动模型

这一类型中, 两个轮子或齿轮间通过链条、传送带或摩擦相连接, 其中一个圆周转动的同时带动从动的圆周运动, 对于这类模型, 两个圆周的旋转速度va=vb, wa∶wb=rb∶ra。

三、总结

能做圆周运动的直线电机 篇8

XTS是一个先进的机电系统, 包含:模块化、全集成直线电机, 将功率元器件和位移测量技术整合在同一台设备中;一个或多个无拖链动子用作运动部件;一个机械导轨;一台装有TwinCAT控制软件的工业PC。

所需的几何形状、长度和半径由所选组件的数量和类型决定, 不再需要复杂的布线和拖链, 此外, 集成了位置测量系统。由于前进和返回路径以及曲线都可用于有效的物料运输, 因此设备性能能够得到充分、有效地利用。在保持最高位置精度的前提下, XTS可实现最高速度达4 m/s。

XTS非常适合用于高速物料搬运:推动产品运行、调整产品间距、降低或提高产品速度;夹紧和移动产品;运输和卸载产品;操控产品, 包括提升、关闭、旋转、旋上螺帽。

圆周运动中的STS问题 篇9

一、自行车拐弯的力学原理

自行车是我国城乡人民必备的交通工具, 骑车上街、农民骑车驮货赶集, 都不可能是直线行驶, 必然要经过若干次转弯, 才能到达目的地.

骑自行车转弯是初学骑车者的一个难题, 他们常常因拐弯而摔车倒地, 因为骑车拐弯包含一定的力学难度.拐弯时, 身体要偏离竖直方向 (这是初学者的心理难关) , 而且偏离的角度与行驶的速度有关, 行驶的速度越大, 偏离的角度越大, 反之则越小.骑车拐弯时, 身体不偏离竖直方向行不行?显然是不行的, 无数初学者骑车不敢把身体偏离竖直方向而导致摔跤就是很好的证明.下面我们从力学的角度分析一下摔跤的原因.如图1所示, 人与车组成系统, 共受三个力的作用:重力G、支持力FN、静摩擦力Ff.从图上不难看出, 重力和支持力均通过重心O, 静摩擦力Ff是由于车有离心倾向而形成的指向拐弯内侧圆心处的力, 而车体的惯性表现在重心O上, 且现在的惯性是一种离心倾向, 即向外, 所以骑车人必然要向外翻车倒地, 这就是拐弯时身体不偏离竖直方向导致摔车倒地的力学原理.

因此, 我们得出了一个初步的结论, 骑车拐弯时不摔倒必须将身体向内侧倾斜, 那么倾斜多大角度才合适呢?下面给以简要的回答.

设骑车人以速度v拐弯, 拐弯半径为R, 这时, 车体与竖直方向的夹角为α, 如图2所示, 从图中可知, 当骑车人拐弯而使身体偏离竖直方向时, 从而使静摩擦力Ff与地面支持力FN的合力N通过共同的重心O, 合力N与重力G的合力F是维持自行车做匀速圆周运动所需要的向心力, 由图2可知:undefined

由此可知, 拐弯半径一定时, 自行车速度越大, 偏离的角度越大;若自行车速度一定时, 拐弯半径越小, 偏离角度越大.

二、高速公路的曲线超高

通常在水平地面上作圆周运动的汽车, 是靠地面对汽车的摩擦来提供向心力的.但是, 高速公路上的汽车, 速度很大, 在转弯时 (可视为做圆周运动) 不能采取无限增大摩擦力的方式 (如使路面粗糙程度增加等) 提供向心力, 于是人们想到了“力的分解”——利用汽车自身重力的一个分力, 提供一定程度的向心力, 从而使车辆顺利转弯, 且有效地保护着高速路面 (过大的摩擦会缩短路面和汽车轮胎的寿命) .

汽车以一定的速度在曲线上行驶, 必须具有足够的向心力, 向心力的大小与车速v的平方成正比, 与曲线半径成反比, 在工程上计算式为undefined

式中F—向心力;G—汽车重力;v—汽车行驶速度;R—曲线半径;g—重力加速度.向心力F的作用点在汽车重心, 方向指向圆心.

为了使汽车自身重力的一个分力充当一定量的向心力 (一般地说, 并非向心力的全部) , 常把曲线上路面做成外侧高, 内侧低, 呈单向横坡的形式, 这就叫做曲线超高.汽车行驶在具有超高的曲线上, 如图3所示, F表示汽车转弯应当具有的向心力, 该力在横向 (x轴) 和纵向 (y轴) 被分解为Fcosα和Fsinα.汽车重力G的一个分力 (Gsinα) 沿横坡 (x轴) 方向, 充当了一部分向心力的作用;向心力的另外部分, 则仍由路面与轮胎之间的摩擦力提供.

因此, 在x轴方向上, 则有

Fcosα = Gsinα+FT ①

式中, FT为路面对汽车的横向作用力, 这是由路面对轮胎的摩擦力提供的 (在图中未画出) .在y轴方向上, 汽车所受合力为零, 对转弯运动不产生影响.由于路面横坡不大, 即斜面倾角α很小.可近似认为cosα =1, sinα=tanα= i (i叫超高坡度) .

于是有undefined, 得undefined, 令undefined, 则有undefined

μ称为横向力系数, 其意义为单位车重的横向力, μ值越大, 汽车在曲线上行驶的稳定性愈小, 司乘人员感受的舒适性就愈差.

式②表达了横向系数与车速、曲线半径和超高之间的关系, 这个关系对确定曲线半径、超高以及评价汽车行驶在弯道上的安全性、舒适性有十分重要的意义.

对于式①的讨论, 显然得出:当汽车在平坦路面上转弯时, a= 0, 则:F=FT

这表明, 汽车转弯的向心力全部由路面对汽车轮胎的摩擦力提供.

圆周运动中的临界问题 篇10

例1:如图5所示, 两绳系一质量为m=0.1kg的小球, 上面绳长L=2m, 两端都拉直时与轴的夹角分别为30°与45°, g取10m/s 2 , 问球的角速度在什么范围内, 两绳始终张紧?

分析: 当角速度ω很小时, AC和BC与轴的夹角都很小, BC并不张紧。让ω逐渐增大, 则小球的转动平面将上升。证明如下:

当ω增大到30°时, BC才被拉直 (这是一个临界状态) , 但BC绳中的张力仍然为零。设这时的角速度为ω1, 则有:

当角速度ω继续增大时TAC减小, TBC增大。设角速度达到ω2 时, TAC=0 (这又是一个临界状态) , 则有:

将已知条件代入上式解得ω2=3.16 rad / s

所以, 当ω满足2.4rad/s≤ω≤3.16rad/s, AC、BC两绳始终张紧。

例2.如图6所示, 在匀速转动的圆盘上, 沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块。A离轴心r1= 20cm, B离轴心r2=30cm, A、B与圆盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍, 取g=10m/s 2 。 (1) 若细线上没有张力, 圆盘转动的角速度ω应满足什么条件? (2) 欲使A、B与圆盘面间不发生相对滑动, 则圆盘转动的最大角速度多大? (3) 当圆盘转速达到A, B刚好不滑动时, 烧断细线, 则A, B将怎样运动?

分析: (1) 一个物体时, 当ω较小时, 摩擦力提供向心力, 由此即使两个物体中间连线ω较小时, 也都是各自的摩擦力提供向心力, 让ω逐渐增大, A, B分别需要的向心力为mω 2 r1, mω 2 r2, 因为r2>r1, 所以随ω增大, B需要的向心力增加得快, 所以B将首先达到最大静摩擦力, 此后若ω再增大, B需要的向心力增大, B的最大静摩擦力不足, 则绳中将开始出现张力补充提供的向心力。所以应该用B算细线上没有张力时ω的最大值。设ω的最大值为

所以若细线上没有张力, 则ω≤3.65 rad/s

(2) 在B已达最大静摩擦力的情况下, 继续让ω增大 , 对B, 需要的向心力mω 2 r2继续增大, 则A.B间绳出现张力补充提供向心力, 对B:fmax+FT=mω 2 r2, 随ω增大 , FT增大, 此时对A:f-FT=mω r1,

ω增大, FT增大, 所以A的静摩擦力f必增大, 继续让ω增大, 直到A的静摩擦力f达到fmax, 若ω再增大, A需要的向心力mω 2 r1 增大, 则 (提供的向心力) fmax-FT1<mω 2 r1 (需要的向心力 ) , 将离心滑动。此时对B , F也增大到最大。所以对A, B不发生相对滑动的最大ω应是A达到fmax时对应的ω, 设为ω大,

对A受力如图:

对B受力如图:

由①②ω大=4rad/s

(3) 当A达到fmax时烧断细线, 则FT瞬间消失,

对A, , A随盘转动。

对B, , B离心运动滑出。

综上所述, 教师在讲解圆周运动中的临界问题时, 首先要让学生建立物理模型, 其次就是让线速度或角速度渐近变化, 在渐进过程中找到需要的和提供的向心力之间的关系, 从而找到边界。

摘要：作者在教学过程中发现学生对圆周运动中的临界问题无从下手, 找不到切入点, 就此方面内容做如下总结, 希望对大家能有所启发, 这类问题对物理过程的分析必须十分透彻, 解决问题的关键在于把握临界状态下物体的受力特征和运动特征。竖直平面内的圆周运动教材分析比较详细, 各位老师分析得也很全面, 本文主要就水平面内的圆周运动进行讨论。

例析圆周运动易错题 篇11

【例1】如图1所示，半径为R的光滑球体固定在水平面上，从球体的最高点A由静止释放一个质量为M的小滑块，求小滑块在下滑过程中离开球体的位置和速率。

错解：有些同学在读完题目后，认为小滑块M离开球体的位置为C，由机械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述错解在于误认为小滑块在球面上做的圆周运动。

正解：滑块在光滑的球面上下滑的过程中，沿着球面做圆周运动，向心力是重力与支持力在半径方向上的合力。重力的另一分力使小滑块速度不断增大，小滑块需要的向心力也就不断增大，当支持力为零时，向心力达最大值，随着速度的增加小滑块将做离心运动，离开球面。则有：mgcos？兹=；又由动能定理可知：MgR-MgRcos？兹=，解得v=.

小滑块离开物体的高度为，此后小滑块离开球体，做抛体运动。

【例2】一内壁光滑的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，请写出用m1、m2、R来表示v0的关系式。

错解：根据题意可知，在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力F1为向心力，则有：F1 = m1 ①

B球在最高点时，圆管对它的作用力F2为向心力，方向向下，则有F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述错解的原因在对向心力分析时遗漏了重力。

正解：首先画出小球运动到最高点、最低点的受力图，如图2所示。A球在圆管最低点必受向上弹力F1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力F2，且F1 = F2。根据牛顿第二定律可知：

A球在圆管的最低点时有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高点时有：m2g+F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如图3所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，开始时绳处于水平面上方30°的位置，绳刚好伸直，然后将小球自由释放，求小球到最低点时受到细绳的拉力大小。

错解：有些同学认为小球做圆周运动，由机械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

对小球在最低点时受力分析有：T-mg=

则有：T=4mg。

剖析：上述错解原因在于没有正确地分析物体的运动过程，小球释放后绳是松弛的，对物体无作用力，如图4所示。小球从A到B做自由落体运动，到达B点时细绳被拉直，小球接着做圆周运动至C点。

正解：小球从A到B的运动，由机械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

当小球到达B点时，细绳在瞬间绷直，绳的冲力使小球的运动状态发生了改变，由于细绳不能伸长，所以沿着绳的方向速度瞬间为0，而垂直于绳的方向速度不变，即小球从B点以v′B = vB cos30°为初速度向下做圆周运动至C点，根据机械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

对小球在C点受力分析可知：T-mg=。

联立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用长L = 1.6 m的细绳，一端系着质量M = 1 kg的木块，另一端挂在固定点上，现有一颗质量为m = 20 g的子弹以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2 = 100 m/s的速度前进。问木块可运动到多高？（取g = 10 m/s2，空气阻力不计）

错解：在水平方向上动量守恒，则有：

mv1 = Mv + mv2 （v为木块被子弹击中后的速度） ①

木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即mv2=mgh（h为木块所摆动的高度） ②

由上述两式代入已知数据可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述错解顾此失彼，只考虑了机械能守恒，而忽视了能否满足沿圆周轨道运动的条件。实际上h = 3.2 m，就是木块摆到了B点，如图5所示，则它在B点时的速度vB应满足方程mg =M。此时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动，而木块在B点时的速度vB = 4 m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在B点时的机械能为（选A点为零势能点），则EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木块在A点时的机械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。两者不相等，因此木块不能升高到B点，而是升高到h < 3.2 m的某处。

事实上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图6所示。木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需的向心力，此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此时刻所能达到的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。

正解：如上分析，从①求得vA = v = 8 m/s。在临界位置C时的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，则θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木块从C点开始以速度vC做斜上抛运动所能达到的最大高度h′′为：h′′ ===L，所以木块能达到的最大高度h为：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物体能否做圆周运动，要看物体所受的合力能否提供物体所需的向心力，若不能提供，则物体就会离开轨道。

【例5】如图7所示，一摆长为L的摆，摆球质量为m，带电量为 –q，如果在悬点A放一正电荷q，且正、负电荷间存在沿二者连线的引力，引力大小为F = k。要使摆球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则摆球在最低点的速度最小值应为多少？

错解：摆球运动到最高点时，最小速度为v =，由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述错解忽视了正、负电荷之间的引力作用。

正解：摆球运动到最高点时，受到重力mg、正电荷对它的引力F = k、绳子的拉力T作用，根据向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者单位：安徽省灵璧县黄湾中学）

责任编校 李平安endprint

圆周运动是高中物理中重要的内容，由于它涉及的知识点较多，涉及的知识面也较宽，导致有些同学在求解此类问题时常常会出现错误。下面举例分析，希望能够引起同学们的注意。

【例1】如图1所示，半径为R的光滑球体固定在水平面上，从球体的最高点A由静止释放一个质量为M的小滑块，求小滑块在下滑过程中离开球体的位置和速率。

错解：有些同学在读完题目后，认为小滑块M离开球体的位置为C，由机械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述错解在于误认为小滑块在球面上做的圆周运动。

正解：滑块在光滑的球面上下滑的过程中，沿着球面做圆周运动，向心力是重力与支持力在半径方向上的合力。重力的另一分力使小滑块速度不断增大，小滑块需要的向心力也就不断增大，当支持力为零时，向心力达最大值，随着速度的增加小滑块将做离心运动，离开球面。则有：mgcos？兹=；又由动能定理可知：MgR-MgRcos？兹=，解得v=.

小滑块离开物体的高度为，此后小滑块离开球体，做抛体运动。

【例2】一内壁光滑的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，请写出用m1、m2、R来表示v0的关系式。

错解：根据题意可知，在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力F1为向心力，则有：F1 = m1 ①

B球在最高点时，圆管对它的作用力F2为向心力，方向向下，则有F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述错解的原因在对向心力分析时遗漏了重力。

正解：首先画出小球运动到最高点、最低点的受力图，如图2所示。A球在圆管最低点必受向上弹力F1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力F2，且F1 = F2。根据牛顿第二定律可知：

A球在圆管的最低点时有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高点时有：m2g+F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如图3所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，开始时绳处于水平面上方30°的位置，绳刚好伸直，然后将小球自由释放，求小球到最低点时受到细绳的拉力大小。

错解：有些同学认为小球做圆周运动，由机械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

对小球在最低点时受力分析有：T-mg=

则有：T=4mg。

剖析：上述错解原因在于没有正确地分析物体的运动过程，小球释放后绳是松弛的，对物体无作用力，如图4所示。小球从A到B做自由落体运动，到达B点时细绳被拉直，小球接着做圆周运动至C点。

正解：小球从A到B的运动，由机械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

当小球到达B点时，细绳在瞬间绷直，绳的冲力使小球的运动状态发生了改变，由于细绳不能伸长，所以沿着绳的方向速度瞬间为0，而垂直于绳的方向速度不变，即小球从B点以v′B = vB cos30°为初速度向下做圆周运动至C点，根据机械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

对小球在C点受力分析可知：T-mg=。

联立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用长L = 1.6 m的细绳，一端系着质量M = 1 kg的木块，另一端挂在固定点上，现有一颗质量为m = 20 g的子弹以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2 = 100 m/s的速度前进。问木块可运动到多高？（取g = 10 m/s2，空气阻力不计）

错解：在水平方向上动量守恒，则有：

mv1 = Mv + mv2 （v为木块被子弹击中后的速度） ①

木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即mv2=mgh（h为木块所摆动的高度） ②

由上述两式代入已知数据可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述错解顾此失彼，只考虑了机械能守恒，而忽视了能否满足沿圆周轨道运动的条件。实际上h = 3.2 m，就是木块摆到了B点，如图5所示，则它在B点时的速度vB应满足方程mg =M。此时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动，而木块在B点时的速度vB = 4 m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在B点时的机械能为（选A点为零势能点），则EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木块在A点时的机械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。两者不相等，因此木块不能升高到B点，而是升高到h < 3.2 m的某处。

事实上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图6所示。木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需的向心力，此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此时刻所能达到的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。

正解：如上分析，从①求得vA = v = 8 m/s。在临界位置C时的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，则θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木块从C点开始以速度vC做斜上抛运动所能达到的最大高度h′′为：h′′ ===L，所以木块能达到的最大高度h为：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物体能否做圆周运动，要看物体所受的合力能否提供物体所需的向心力，若不能提供，则物体就会离开轨道。

【例5】如图7所示，一摆长为L的摆，摆球质量为m，带电量为 –q，如果在悬点A放一正电荷q，且正、负电荷间存在沿二者连线的引力，引力大小为F = k。要使摆球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则摆球在最低点的速度最小值应为多少？

错解：摆球运动到最高点时，最小速度为v =，由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述错解忽视了正、负电荷之间的引力作用。

正解：摆球运动到最高点时，受到重力mg、正电荷对它的引力F = k、绳子的拉力T作用，根据向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者单位：安徽省灵璧县黄湾中学）

责任编校 李平安endprint

圆周运动是高中物理中重要的内容，由于它涉及的知识点较多，涉及的知识面也较宽，导致有些同学在求解此类问题时常常会出现错误。下面举例分析，希望能够引起同学们的注意。

【例1】如图1所示，半径为R的光滑球体固定在水平面上，从球体的最高点A由静止释放一个质量为M的小滑块，求小滑块在下滑过程中离开球体的位置和速率。

错解：有些同学在读完题目后，认为小滑块M离开球体的位置为C，由机械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述错解在于误认为小滑块在球面上做的圆周运动。

正解：滑块在光滑的球面上下滑的过程中，沿着球面做圆周运动，向心力是重力与支持力在半径方向上的合力。重力的另一分力使小滑块速度不断增大，小滑块需要的向心力也就不断增大，当支持力为零时，向心力达最大值，随着速度的增加小滑块将做离心运动，离开球面。则有：mgcos？兹=；又由动能定理可知：MgR-MgRcos？兹=，解得v=.

小滑块离开物体的高度为，此后小滑块离开球体，做抛体运动。

【例2】一内壁光滑的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，请写出用m1、m2、R来表示v0的关系式。

错解：根据题意可知，在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力F1为向心力，则有：F1 = m1 ①

B球在最高点时，圆管对它的作用力F2为向心力，方向向下，则有F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述错解的原因在对向心力分析时遗漏了重力。

正解：首先画出小球运动到最高点、最低点的受力图，如图2所示。A球在圆管最低点必受向上弹力F1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力F2，且F1 = F2。根据牛顿第二定律可知：

A球在圆管的最低点时有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高点时有：m2g+F2 = m2 ②

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

联立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如图3所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，开始时绳处于水平面上方30°的位置，绳刚好伸直，然后将小球自由释放，求小球到最低点时受到细绳的拉力大小。

错解：有些同学认为小球做圆周运动，由机械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

对小球在最低点时受力分析有：T-mg=

则有：T=4mg。

剖析：上述错解原因在于没有正确地分析物体的运动过程，小球释放后绳是松弛的，对物体无作用力，如图4所示。小球从A到B做自由落体运动，到达B点时细绳被拉直，小球接着做圆周运动至C点。

正解：小球从A到B的运动，由机械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

当小球到达B点时，细绳在瞬间绷直，绳的冲力使小球的运动状态发生了改变，由于细绳不能伸长，所以沿着绳的方向速度瞬间为0，而垂直于绳的方向速度不变，即小球从B点以v′B = vB cos30°为初速度向下做圆周运动至C点，根据机械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

对小球在C点受力分析可知：T-mg=。

联立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用长L = 1.6 m的细绳，一端系着质量M = 1 kg的木块，另一端挂在固定点上，现有一颗质量为m = 20 g的子弹以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2 = 100 m/s的速度前进。问木块可运动到多高？（取g = 10 m/s2，空气阻力不计）

错解：在水平方向上动量守恒，则有：

mv1 = Mv + mv2 （v为木块被子弹击中后的速度） ①

木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即mv2=mgh（h为木块所摆动的高度） ②

由上述两式代入已知数据可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述错解顾此失彼，只考虑了机械能守恒，而忽视了能否满足沿圆周轨道运动的条件。实际上h = 3.2 m，就是木块摆到了B点，如图5所示，则它在B点时的速度vB应满足方程mg =M。此时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动，而木块在B点时的速度vB = 4 m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在B点时的机械能为（选A点为零势能点），则EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木块在A点时的机械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。两者不相等，因此木块不能升高到B点，而是升高到h < 3.2 m的某处。

事实上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图6所示。木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需的向心力，此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此时刻所能达到的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。

正解：如上分析，从①求得vA = v = 8 m/s。在临界位置C时的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，则θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木块从C点开始以速度vC做斜上抛运动所能达到的最大高度h′′为：h′′ ===L，所以木块能达到的最大高度h为：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物体能否做圆周运动，要看物体所受的合力能否提供物体所需的向心力，若不能提供，则物体就会离开轨道。

【例5】如图7所示，一摆长为L的摆，摆球质量为m，带电量为 –q，如果在悬点A放一正电荷q，且正、负电荷间存在沿二者连线的引力，引力大小为F = k。要使摆球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则摆球在最低点的速度最小值应为多少？

错解：摆球运动到最高点时，最小速度为v =，由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述错解忽视了正、负电荷之间的引力作用。

正解：摆球运动到最高点时，受到重力mg、正电荷对它的引力F = k、绳子的拉力T作用，根据向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于摆在运动过程中，只有重力做功，则根据机械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者单位：安徽省灵璧县黄湾中学）

圆周运动 篇12

一、看似完美的解题过程

例1 (《人教版物理必修2教师教学用书》课后补充题, P48页第16题) 如图, 半径为R的光滑圆环上套有一质量为m的小环, 当圆环以角速度ω绕着过环心的竖直轴旋转时, 求小环偏离圆环最低点的高度.

解析:小环随着圆环一起在水平面内作匀速圆周运动, 对小环进行受力分析, 重力 (mg) 竖直向下, 支持力 (FN) 指向圆心与水平方向成角度θ, 如图1.

小环在竖直方向上静止不动, 故竖直方向上受力平衡, 有:

小环受到的合力提供其匀速圆周运动所需的向心力, 有:

二、结果科学性的讨论

三、对问题的深入探究

通过仔细的检查发现, 以“水平面内的匀速圆周运动”来解决这道题目, 解题方法及过程没有存在问题, 那么出现上述不科学的情况, 可能是解决问题的前提“水平面内匀速圆周运动”模型出现了偏差.

展开大胆的想象, 也许, 小环并没有像我们想象那样在做水平面内的匀速圆周运动, 如果不是, 那小环又将做何运动呢?

四、问题的解决

讨论:

五、给我们的启示