考點一 描述圓周運動的物理量
基礎回扣
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相等，所做的運動就是勻速圓周運動．
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動．
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心．
技巧點撥
1．對an＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解
在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比．
2．常見的傳動方式及特點
(1)皮帶傳動：如圖1甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.
圖1
(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖2甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.
圖2
(3)同軸轉動：如圖3甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比．
圖3
描述圓周運動物理量的關系
例1 A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，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∶3
B．角速度大小之比為3∶4
C．圓周運動的半徑之比為2∶1
D．向心加速度大小之比為1∶2
答案 A
解析 時間相同，路程之比即線速度大小之比，A項正確；運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，由于時間相同，角速度大小之比為3∶2，B項錯誤；路程比除以角度比得半徑之比，為8∶9，C項錯誤；由向心加速度an＝eq \f(v2,r)知線速度平方比除以半徑比即向心加速度大小之比，為2∶1，D項錯誤．
圓周運動的多解問題
例2 (2020·湖南長沙市雅禮中學高三月考)如圖4所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，規(guī)定經過圓心O水平向右為x軸的正方向．在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始該容器從O點正上方隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水，求：(重力加速度為g)
圖4
(1)每一滴水經多長時間落到盤面上；
(2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤轉動的角速度ω應為多大；
(3)第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的最大距離x.
答案 (1)eq \r(\f(2h,g)) (2)nπeq \r(\f(g,2h))(n＝1,2,3，…) (3)5veq \r(\f(2h,g))
解析 (1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g)).
(2)分析題意可知，在相鄰兩滴水的下落時間內，圓盤轉過的角度應為nπ(n＝1,2,3，…)，
由ωt＝nπ得
ω＝eq \f(nπ,t)＝nπeq \r(\f(g,2h))(n＝1,2,3，…)．
(3)第二滴水落在圓盤上時到O點的距離為：
x2＝v·2t＝2veq \r(\f(2h,g))，
第三滴水落在圓盤上時到O點的距離為：
x3＝v·3t＝3veq \r(\f(2h,g))，
當第二滴水與第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心兩側時，兩點間的距離最大，則：
x＝x2＋x3＝5veq \r(\f(2h,g)).
1．(傳動裝置中各物理量的關系)如圖5所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是( )
圖5
A．小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1
B．大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4
C．大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4
D．大齒輪和小齒輪輪緣的向心加速度大小之比為4∶1
答案 B
解析 小齒輪和后輪是同軸轉動裝置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齒輪與小齒輪是皮帶傳動裝置，線速度大小相等，即v1＝v2，根據v＝ωr，得出eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1,4)，eq \f(v1,v3)＝eq \f(v2,v3)＝eq \f(r2,r3)＝eq \f(1,16)，向心加速度a＝eq \f(v2,r)，則eq \f(a1,a2)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1,4)，故A、C、D錯誤，B正確．
2．(圓周運動的多解問題)(2020·廣東肇慶中學月考)如圖6所示為一個半徑為5 m的圓盤，正繞其圓心做勻速轉動，當圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20 m的高度有一個小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10 m/s2，要使得小球正好落在A點，則( )
圖6
A．小球平拋的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平拋的初速度可能是2.5 m/s
C．圓盤轉動的角速度一定是π rad/s
D．圓盤轉動的角速度可能是π rad/s
答案 A
解析 根據h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))＝2 s，則小球平拋的初速度v0＝eq \f(R,t)＝2.5 m/s，A正確，B錯誤；根據ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圓盤轉動的角速度ω＝eq \f(2nπ,t)＝nπ(n＝1、2、3、…)，圓盤轉動的加速度為a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D錯誤．
考點二 圓周運動的動力學問題
基礎回扣
1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?br>(2)大小
Fn＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝meq \f(4π2,T2)r＝mωv.
(3)方向
始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．
(4)來源
向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供．
2．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，就做逐漸遠離圓心的運動．
(2)受力特點(如圖7)
圖7
①當F＝0時，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運動．
②當0β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同時為零，故B錯誤；若A不受摩擦力，此時轉臺的角速度為ω＝ωA>ωB，則B物塊有向上的運動趨勢，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力，故C錯誤；如果轉臺的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故D正確．
13.如圖12所示，質量為m＝1.2 kg的小球P(可以看成質點)，用兩根輕繩OP和O′P在P點拴結后再分別系于豎直軸上相距0.3 m的O、O′兩點上，繩OP長0.5 m，繩O′P長0.4 m.
圖12
(1)今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起．當繩O′P剛伸直時，拉力F的大小是多少？(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使軸加速轉動，求兩繩繃緊時的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使軸勻速轉動，設繩O′P對球的作用力為F′，系統與軸一起轉動的角速度為ω，請寫出F′與角速度ω的關系式并且作F′－ω2的圖像．
答案 (1)10 N (2)eq \f(10\r(3),3) rad/s (3)見解析
解析 (1)繩O′P剛拉直時，設OP繩拉力為FT1，此時O′P繩子拉力為零，小球受力如圖甲所示．根據幾何關系可得：sin α＝eq \f(OO′,OP)，所以有：α＝37°，根據共點力的平衡條件可得：Fcs θ＝FT1cs α，Fsin θ＋FT1sin α＝mg，聯立解得F＝10 N；
(2)如果撤去力F，使軸加速轉動，角速度最小對應的是O′P繩的拉力為零，合力提供向心力，故：F合＝mgtan 53°＝mω2rO′P，解得：ω＝eq \f(10\r(3),3) rad/s；
(3)當角速度大于eq \f(10\r(3),3) rad/s時，繩子O′P有拉力，球受重力、兩個拉力，合力提供向心力．如圖乙所示，豎直方向：FT1′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cs 37°＝mω2rO′P，聯立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的圖像，如圖丙所示．
定義、意義
公式、單位
線速度(v)
①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量
②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切
①v＝eq \f(Δs,Δt)(定義式)＝eq \f(2πr,T)(與周期的關系)
②單位：m/s
角速度(ω)
①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量
②是矢量，但不研究其方向
①ω＝eq \f(Δθ,Δt)(定義式)＝eq \f(2π,T)(與周期的關系)
②單位：rad/s
③ω與v的關系：v＝ωr
周期(T)
轉速(n)
頻率(f)
①周期是物體沿圓周運動一周所用的時間，周期的倒數為頻率
②轉速是單位時間內物體轉過的圈數
①T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(1,f)(與頻率的關系)
②T的單位：s
n的單位：r/s、r/min
f的單位：Hz
向心加
速度(an)
①描述線速度方向變化快慢的物理量
②方向指向圓心
①an＝eq \f(v2,r)＝ω2r＝eq \f(4π2,T2)r＝ωv
②單位：m/s2
運動模型
向心力的來源圖示
圓錐擺模型
飛機水平轉彎
火車轉彎
圓錐擺模型
圓錐擺
飛車走壁
汽車在水平路面轉彎
水平轉臺(光滑)

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