高三物理教案：《圆周运动》教学设计。

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知识点总结

知道匀速圆周运动的概念;理解线速度、加速度和周期的概念;理解向心加速度概念以及与各物理量间的关系。理解向心力的概念以及与各物理量间的关系;会用牛顿第二定律求解圆周运动问题，并能灵活解决圆周运动中的有关临界问题;知道离心现象及发生离心现象的条件。

考点1.描述匀速圆周运动的物理量

1.线速度v：

①描述物体的沿圆周运动的快慢程度.

②物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值.

4.频率f：jAB88.com

①定义: 物体单位时间内所转过的圈数。

②单位: r/s或r/min

小结:周期T和转速n都是描述匀速圆周运动的快慢程度的物理量.

5.向心加速度an：

①描述速度方向变化快慢的物理量

3.方向:总是沿半径指向圆心且时刻在变化,即向心力是变力.

4.来源:做圆周运动的物体,所受合外力沿半径指向圆心的分量即为向心力.

正确理解向心力：(1)在受力分析时不能说物体受到一个向心力(2)向心力是变力. (3)向心力不做功.

考点3. 离心运动

1.定义：做圆周运动的物体，在所受外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。这种运动叫做离心运动。

2、做圆周运动的物体，离心现象条件的分析

常见考法

随着高考改革的深入,新高考更加突出对学生应用能力及创新能力的考查,构建新的情景:将常见的竖直平面内的圆周变换成两正对着的相同半圆光滑轨道,同时将环内圆周运动和机械能综合,并结合了利用传感器所得的图象,考查了识别图象、分析物体在各位置的状态(特别是特殊点处,如最高点与最低点)等重要知识内容.既考查了中学阶段很重要的受力分析能力,又对圆周运动的相关知识进行考查,更重要的是考查了同学们在新情景下构建模型、从图象中获取信息进行解题的能力.

误区提醒

竖直平面内的圆周运动,是典型的变速圆周运动,对于物体在竖直平面内做变速圆周运动的问题,中学物理中只研究物体通过最高点和最低点的情况,并且经常出现临界状态.

1.绳球或内轨道模型,如图所示,没有物体支撑的小球,在竖直平面内做变速圆周运动过最高点的情况.

(1)临界条件:小球到达最高点时绳子的拉力(或轨道的压力)刚好为零,小球的重力提供其圆周运动的向心力,

图(b)所示的小球通过最高点时,光滑管对小球的弹力情况与杆类似.

判断小球经过最高点时,轻杆提供的力是拉力还是支持力,还可以采取下面的方法:先假设为拉力F,根据牛顿第二定律列方程求解,若求得F>0,说明此时轻杆提供拉力;若求得F

例题1. 细绳一端系着质量为M=0.4㎏的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑的小孔，吊着质量为m=0.3㎏,M距小孔的长度为0.5m，已知M和水平面的最大静摩擦力为2N，现使此平面绕小孔水平转动，问角速度w在何范围内，m处于静止状态?﹙g=10m/s2)

扩展阅读

高三物理《圆周运动及其应用》教材分析

高三物理《圆周运动及其应用》教材分析

考点15圆周运动及其应用
考点名片
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)向心力、向心加速度的理解；(2)竖直平面内圆周运动的问题分析；(3)斜面、悬绳弹力的水平分力提供向心力的实例分析问题；(4)离心现象等。其中考查到的如：20xx年全国卷第24题、20xx年浙江高考第20题、20xx年天津高考第4题、20xx年浙江高考第19题、20xx年福建高考第17题、20xx年全国卷第22题、20xx年江苏物理第14题、20xx年全国卷第20题、20xx年安徽高考第19题、20xx年全国卷第17题、20xx年天津高考第9题、20xx年全国卷第21题、20xx年江苏高考第2题等。
备考正能量：近三年高考中对圆周运动单独考查的试题并不多。预计今后高考中对圆周运动的考查将以综合性试题为主，结合生活实例，考查学生的建模能力与综合分析能力。

一、基础与经典
1．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()

A．P、Q两物体的角速度大小相等
B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
答案A
解析P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确。根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体到地轴的距离不等，Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项B、C错误。P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错误。
2.如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为()

A．1∶3B．1∶6C．4∶3D．7∶6
答案D
解析由牛顿第二定律，对a球：FOa－Fab＝mω2·Oa
对b球：Fab＝3mω2·(Oa＋ab)，由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为76，D正确。
3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C。在自行车正常骑行时，下列说法正确的是()

A．A、B两点的角速度大小相等
B．B、C两点的线速度大小相等
C．A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
D．B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
答案D
解析A、B两点的线速度相等，B、C两点的角速度相等，选项A、B错误；根据an＝，A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比的反比，选项C错误；根据an＝ω2r可得，B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比，选项D正确。
4.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为()

A.B.C.D.
答案C
解析轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝m，得v＝，C正确。
5．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动，甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲r乙＝31，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r,m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时()

A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1ω2＝31
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1a2＝13
C．随着转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随着转速慢慢增加，m2先开始滑动
答案D
解析由题意可知，线速度v甲＝v乙，又r甲r乙＝31，据v＝ωr，可知ω甲ω乙＝13，m1、m2随甲、乙运动ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1ω2＝13，故A错误；由a＝rω2得a1＝2rω，a2＝rω，a1a2＝2ωω＝29，故B错误；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1＝，a2＝，Ff1max＝μm1g，Ff2max＝μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1a2＝29，故m2先滑动，C错误，D正确。
6．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是()

答案B
解析小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确。

7．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()

A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪段，则a绳的弹力一定发生变化
答案AC
解析对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2lω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
8．(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是()

A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案BC
解析在光滑圆形管道的最高点，小球的速度可以等于零，A错误，B正确；在ab线以下时，外侧管壁对小球的弹力要提供向心力，而在ab线以上，当速度较小时，小球要挤压内侧管壁，故C正确，D错误。
9.(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则()

A．球A的线速度必定大于球B的线速度
B．球A的角速度必定小于球B的角速度
C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
答案AB
解析由于A、B球的向心力都是来自重力mg和支持力FN的合力F合(即FN在指向圆心方向上的分力)，由题图得：F合＝mgcotθ，所以FA向＝FB向＝mgcotθ(两球向心力大小相等)。比较线速度时，选用F向＝m分析得r大，v一定大，A选项正确；比较角速度时，选用F向＝mω2r分析得r大，ω一定小，B选项正确；比较周期时，选用F向＝m2r分析得r大，T一定大，C选项不正确；受力分析得知，A、B两球的支持力FN都等于mg/sinθ，根据牛顿第三定律知D选项不正确。
二、真题与模拟
10．20xx·浙江高考](多选)如图为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车()

A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s
答案AB
解析因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝＝＝45m/s，v小＝＝＝30m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50m/s2，则C项错误；分析可得小圆弧所对应的圆心角为，则赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79s，则D项错误。
11．20xx·全国卷]小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案C
解析小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。
12．20xx·上海高考]风速仪结构如图a所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图b所示，则该时间段内风轮叶片()

A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
答案B
解析由图b分析可知透过光的时间越来越长，说明风轮叶片转速逐渐减小，还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈，又因为它转1圈风轮叶片转n圈，所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈，所以它的平均速率v＝＝，故只有B项正确。
13．20xx·天津高考]未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是()

A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
答案B
解析宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，受到侧壁对他的支持力等于他站在地球表面时的支持力，则mg＝mrω2，ω＝，因此角速度与质量无关，C、D项错误；半径越大，需要的角速度越小，A项错误，B项正确。
14．20xx·福建高考]如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()

A．t1t2D．无法比较t1、t2的大小
答案A
解析小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff＝μFN。经过AB段和BC段时受力情况如图所示。

根据圆周运动的知识可得mg－FN1＝m，FN2－mg＝m。在AB段运动时，速度越大，FN1越小，滑动摩擦力Ff＝μFN越小；在BC段运动时，速度越小，FN2越小，滑动摩擦力也越小。把滑块由A到C和由C到A的运动相比较，在AB段运动时前者速度较大，受摩擦力小，在BC段运动时前者速度较小，受摩擦力小。综上，滑块从A到C运动过程中受摩擦力较小，因此平均速度较大，时间较短，A正确。
15．20xx·全国卷](多选)如图所示，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ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是()

A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案AC
解析b相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B错误。当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ω0a＝，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝，故A、C正确。ω＝ω0a，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。
16．20xx·安徽高考]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是()

A.rad/sB.rad/s
C．1.0rad/sD．0.5rad/s
答案C

解析小物块恰好滑动时，应在A点，如图所示，对滑块受力分析。由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，C正确。
17．20xx·广东百校联考](多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0的大小可能为(g＝10m/s2)()

A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s
答案ACD
解析要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆周。越过最高点的临界情况：mg＝，得v＝＝2m/s，由机械能守恒定律得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝2m/s；若不能过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，解得v0＝2m/s。所以v≥2m/s或v≤2m/s均符合要求，A、C、D正确，B错误。
18．20xx·浙江台州检测]如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球。在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A。把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是()

A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
答案A
解析细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B错误。圆周运动的半径由L变为，由a＝知，a增大到原来的3倍，A正确。根据v＝rω知，角速度ω增大到原来的3倍，C错误。细绳碰到钉子前瞬间FT－mg＝m，碰后瞬间FT′－mg＝m，再根据机械能守恒有mgL＝mv2，由此可得FT′＝FT，D错误。

一、基础与经典
19.如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道对小铁块的支持力为25N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10m/s2。求：

(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v。
答案(1)3m/s(2)1.5J(3)1m/s
解析(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝，解得v0＝3m/s。
(2)根据动能定理mgR－Wf＝mv－0，
解得Wf＝1.5J。
(3)根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝1m/s。
20．20xx年8月29日，天津国际无人机展开幕。其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注。据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型。同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损。可用于航拍、航测、遥感等用途。飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”“无线的风筝”。若一质量为m的软体飞机超低空飞行，在距离地面h高度的水平面内，以速率v做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g。
(1)求空气对飞机的作用力的大小。
(2)若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)。
答案(1)m(2)
解析(1)飞机做匀速圆周运动，受力分析如图所示所受合力提供向心力，则F合＝m，

空气对飞机的作用力的大小
F＝＝m。
(2)飞机上的一个质点脱落后，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得：
x＝vt，h＝gt2，
质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离
L＝，
联立解得L＝。
二、真题与模拟
21．20xx·江苏高考]一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。
答案(1)(2)(3)mgL＋
解析(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·，
小环受力平衡，F弹1＝mg＋2T1cosθ1，
小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg；
F1sinθ1＝T1sinθ1，
解得k＝。
(2)设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x。
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)，
小环受力平衡，F弹2＝mg，得x＝L，
对小球，F2cosθ2＝mg；F2sinθ2＝mωlsinθ2且cosθ2＝，
解得ω0＝。
(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL，
小环受力平衡，2T3cosθ3＝mg＋F弹3，且cosθ3＝，
对小球，F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；
F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3，
解得ω3＝。
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W－mg－2mg＝2×m(ω3lsinθ3)2
解得W＝mgL＋。
22．20xx·福建漳州三联]某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。启动后2s悬挂器脱落。设人的质量为m(看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)已知H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落在转盘的圆心上，求L?
答案(1)ω≤(2)7.2m
解析(1)设人落在转盘边缘处不至被甩下，临界情况下最大静摩擦力提供向心力，则有：
μmg＝mωR，
解得ω0＝，
则为保证选手在任何位置都不会被甩下转盘，角速度应满足ω≤。
(2)匀加速过程：x1＝at＝×2×22m＝4m，
vC＝at1＝4m/s，
平抛过程：H＝gt，
得t2＝0.8s，
x2＝vCt2＝4×0.8m＝3.2m，
故L＝x1＋x2＝7.2m。
23．20xx·安徽江南十校联考]某游乐场的一项游乐设施如图甲所示，可以简化为如图乙所示的模型，已知圆盘的半径为R＝2.5m，悬绳长L＝R，圆盘启动后始终以恒定的角速度转动，圆盘先沿着杆匀加速上升，再匀减速上升直到到达最高点(整个上升过程比较缓慢)，当圆盘上升到最高点转动时，悬绳与竖直方向的夹角为45°，重力加速度取g＝10m/s2。求：

(1)圆盘转动的角速度；

(2)若圆盘到达最高点时离地面的高度为h＝22.5m，为了防止乘客携带的物品意外掉落砸伤地面上的行人，地面上至少要设置多大面积的区域不能通行；

(3)已知甲乙两名乘客的质量分别是m1和m2(m1m2)，在圆盘加速上升的过程中，他们座椅上的悬绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，比较θ1和θ2的大小关系。

答案(1)rad/s(2)225πm2(3)θ1＝θ2
解析(1)设乘客和座椅的总质量是m，悬绳拉力为FT

竖直方向上：FTcosθ＝mg，
水平方向上：FTsinθ＝mω2(R＋Rsinθ)，
以上两式联立解得ω＝rad/s。
(2)物品掉落时的速度v＝ω(R＋Rsinθ)＝5m/s，
物品掉落后做平抛运动，
竖直方向有h－Rcosθ＝，解得t＝2s，
平抛运动的水平位移为x＝vt＝10m，
设置禁止通行区域半径为R′＝＝15m，
得S＝πR′2＝225πm2。
(3)设加速上升过程中，圆盘上升加速度为a，
竖直方向：FTcosθ－mg＝ma，
水平方向：FTsinθ＝mω2(R＋Rsinθ)，
两式联立可得(g＋a)tanθ＝ω2(R＋Rsinθ)，
可见θ与质量无关，即θ1＝θ2。

高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（三）

老师职责的一部分是要弄自己的教案课件，大家在认真准备自己的教案课件了吧。只有规划好了教案课件新的工作计划，新的工作才会如鱼得水！你们知道适合教案课件的范文有哪些呢？下面是小编帮大家编辑的《高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（三）》，欢迎您参考，希望对您有所助益！

高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（三）

一、教材分析

本节内容选自人教版物理必修2第五章第4节。本节主要介绍了圆周运动的线速度和角速度的概念及两者的关系;学生前面已经学习了曲线运动，抛体运动以及平抛运动的规律，为本节课的学习做了很好的铺垫;而本节课作为对特殊曲线运动的进一步深入学习，也为以后继续学习向心力、向心加速度和生活中的圆周运动物理打下很好的基础，在教材中有着承上启下的作用;因此，学好本节课具有重要的意义。本节课是从运动学的角度来研究匀速圆周运动 ，围绕着如何描述匀速圆周运动的快慢展开，通过探究理清各个物理量的相互关系，并使学生能在具体的问题中加以应用。

(过渡句)知道了教材特点，我们再来了解一下学生特点。也就是我说课的第二部分：学情分析。

二、学情分析

学生虽然已经具备了较为完备的直线运动的知识和曲线运动的初步知识，并学会了用比值定义法描述匀速直线运动的快慢，尽管如此，但由于匀速圆周运动的特殊性和复杂性以及学生认知水平的差异，本节课的内容对学生来讲仍然是一个不小的台阶。

(过渡句)基于以上的教材特点和学生特点，我制定了如下的教学目标，力图把传授知识、渗透学习方法以及培养兴趣和能力有机的融合在一起，达到最好的教学效果。

三、教学目标

【知识与技能】

知道描述圆周运动快慢的两个物理量——线速度、角速度，会推导二者之间的关系。

【过程与方法】

通过对传动模型的应用，对线速度、角速度之间的关系有更加深入的了解，提高分析能力和抽象思维能力。

【情感态度与价值观】

在思考中体会物理学科严谨的逻辑关系，提高分析归纳能力，养成严谨科学的学习习惯。

(过渡句)基于这样的教学目标，要上好一堂课，还要明确分析教学的重难点。

四、教学重难点

【重点】

线速度、角速度的概念。

【难点】

1.二者关系的推导过程;

2. 对匀速圆周运动是变速运动的理解。

(过渡句)说完了教学重难点，下面我将着重谈谈本堂课的教学过程。

五、教学过程

首先是导入环节：

在这个环节中，我将展示生活中的一些运动，如摩天轮、脱水桶等，引导学生找相似点：运动轨迹是一些圆，从而引出，这种轨迹为圆周的运动叫做圆周运动——引出课题。

接下来，我会顺势让学生再例举生活中的圆周运动，然后提出问题，直线运动我们用单位时间内的位移来描述物体的运动快慢，那么对于圆周运动又如何描述它们的运动快慢呢?

【意图：这个问题我采用类比的方式去提问，一方面让学生回顾前面学过的直线运动，另一方面让学生带着问题去思考二者的不同，有效的启发了学生的思维，很顺利的过渡到了接下来要讲的线速度和角速度。】

学习线速度的概念时，我会用flash配合实物电风扇的页片，让学生观察当用手缓慢拨动页片转动时，页片上分别标记的红、蓝两种与圆心距离不等的点的运动情况，哪个快那个慢。学生可以讨论发现相同的时间里，通过的弧长长的点运动得快。于是我们就可以用二者的比值来表示线速度的大小，而且我会引导学生去发现，当时间t足够小的时候，所对于的弧长也非常短，接近于圆弧上的一个点，因此线速度是瞬时速度，它的方向也就是在圆周各点的切线方向。另外还需让学生讨论交流“匀速圆周运动”中“匀速”的含义。【意图：这是本堂课的一个难点，学生很容于将这里的匀速理解为速度不变。所以在这里我会再次强调速度的矢量性，它既有大小也有方向，这里的“匀速”其实是指“匀速率”，线速度大小不变，但是线速度的方向在时刻改变。】

接下来在学习角速度的概念时，应向学生说明这个概念是根据匀速圆周运动的特点和描述运动的需要而引入的，即物体做匀速圆周运动时，每通过一段弧长都与转过一定的圆心角相对应，因而物体沿圆周转动的快慢也可以用转过的圆心角与时间比值来描述，由此引入角速度的概念。但是在讲述角速度的概念时，不需要向学生强调角速度的矢量性。因为这个会在大学学习刚体力学的时候才学，需要用右手螺旋定则确定。

明确了两个概念之后，本堂课的一大重点就解决了，而依据教学目标，以及学生在学习过程和实际操作中暴露出的问题，如何去推导线速度、角速度之间的数学关系又是本堂课的又一难点。在这里我将带领学生去回顾数学中的表达式，然后让学生自己动手推导。

接下来在巩固提升环节，我将让学生观察自行车传动结构示意图中的大齿轮、小齿轮、后轮三个部分的转动，分析A、B、C三个点线速度、角速度的关系。【意图：这是高中阶段比较典型额皮带传动问题，关键是要让学生明确两种情况下v和ω的关系：同轴、共线，在此基础上可以再提升难度：当三个轮子一起转的时候，又如何比较快慢，这样问题的设置层层深入，有梯度性，也符合学生的认知规律】

最后是小结作业环节，我将提出如下问题：除了线速度、角速度，还有一些可以用来描述快慢的物理量，如周期T、频率f，他们之间的关系又如何?可以让学生自己尝试推导这些物理量之间的关系。

以上便是我整堂课的教学过程。

这是我的板书设计，采用提纲式的设计简洁明了，可以让学生在之后的负习中有章可循有本可依。

高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（一）

古人云，工欲善其事，必先利其器。作为高中教师就要好好准备好一份教案课件。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，有效的提高课堂的教学效率。怎么才能让高中教案写的更加全面呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（一）”，供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。

高一物理教案：《匀速圆周运动》教学设计（一）

教学目标

知识目标

1、认识匀速圆周运动的概念.

2、理解线速度、角速度和周期的概念，掌握这几个物理量之间的关系并会进行计算.

能力目标

培养学生建立模型的能力及分析综合能力.

情感目标

激发学生学习兴趣，培养学生积极参与的意识.

教学建议

教材分析

教材首先明确要研究圆周运动中的最简单的情况，匀速圆周运动，接着从描述匀速圆周运动的快慢的角度引入线速度、角速度的概念及周期、频率、转速等概念，最后推导出线速度、角速度、周期间的关系，中间有一个思考与讨论做为铺垫.

教法建议

关于线速度、角速度、周期等概念的教学建议是：通过生活实例(齿轮转动或皮带传动装置)或多媒体资料，让学生切实感受到做圆周运动的物体有运动快慢与转动快慢及周期之别，有必要引入相关的物理量加以描述.学习线速度的概念，可以根据匀速圆周运动的概念(结合课件)引导学生认识弧长 与时间 比值保持不变的特点，进而引出线速度的大小与方向.同时应向学生指出线速度就是物体做匀速圆周运动的瞬时速度.学习角速度和周期的概念时，应向学生说明这两个概念是根据匀速圆周运动的特点和描述运动的需要而引入的.即物体做匀速圆周运动时，每通过一段弧长都与转过一定的圆心角相对应，因而物体沿圆周转动的快慢也可以用转过的圆心角 与时间t比值来描述，由此引入角速度的概念.又根据匀速圆周运动具有周期性的特点，物体沿圆周转动的快慢还可以用转动一圈所用时间的长短来描述，为此引入了周期的概念.讲述角速度的概念时，不要求向学生强调角速度的矢量性.在讲述概念的同时，要让学生体会到匀速圆周运动的特点：线速度的大小、角速度、周期和频率保持不变的圆周运动.

关于“线速度、角速度和周期间的关系”的教学建议是：结合课件引导学生认识到这几个物理量在对圆周运动的描述上虽有所不同，但它们之间是有联系的，并引导学生从如下思路理解它们之间的关系：

教学设计方案

匀速圆周运动

教学重点：线速度、角速度、周期的概念

教学难点：各量之间的关系及其应用

主要设计：

一、描述匀速圆周运动的有关物理量.

(一)让学生举一些物体做圆周运动的实例.

(二)展示课件1、齿轮传动装置

课件2、皮带传动装置

为引入概念提供感性认识，引起思考和讨论

(三)展示课件3：质点做匀速圆周运动

可暂停.可读出运行的时间 ，对应的弧长 ，转过的圆心角 ，进而给出线速度、角速度、周期、频率、转速等概念.

二、线速度、角速度、周期间的关系：

(一)重新展示课件

1、齿轮传动装置.让学生体会到有些不同的点线速度大小相同，但角速度、周期不同，有些不同的点角速度、周期相同，但线速度大小不同;进而此导同学去分析它们之间的关系：

探究活动

观察与测量：请研究一下自行车飞轮与中轴轮盘通过链条的连接关系：测量一下各自的半径，并思考验证两轮的角速度关系，边缘点的线速度大小关系;有条件的话研究一下“变速自行车”的变速原理.

圆周运动

5.4圆周运动学案（人教版必修2）

1．描述圆周运动的物理量

物理量

物理意义

定义、公式、单位

线速度

描述物体沿圆周____方向运动的快慢程度

①物体沿圆周通过的____与时间的比值

②v＝________

③单位：m/s

④方向：沿____________方向

角速度

描述物体绕圆心________的快慢

①连结运动质点和圆心的半径扫过的________与时间的比值

②ω＝________

③单位：rad/s

周期

和转速

描述匀速圆周运动的______

①周期T：做匀速圆周运动的物体，转过____所用的时间，公式T＝________，单位：____

②转速n：物体单位时间内所转过的____，单位：____、____2.当物体做匀速圆周运动时，线速度大小处处________，方向沿圆周________方向，是一种变速运动．

3．线速度和周期的关系式是________，角速度和周期的关系式是________，线速度和角速度的关系式是________，频率和周期的关系式是________．

4．在分析传动装置的各物理量之间的关系时，要先明确什么量是相等的，什么量是不等的，在通常情况下：

(1)同轴的各点角速度、转速、周期________，线速度与半径成________．

(2)在不考虑皮带打滑的情况下，皮带上各点与传动轮上各点线速度大小________，而角速度与半径成________．

5．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是()

A．线速度不变B．角速度不变

C．加速度为零D．周期不变

6．关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是()

A．半径一定，角速度和线速度成反比

B．半径一定，角速度和线速度成正比

C．线速度一定，角速度和半径成反比

D．角速度一定，线速度和半径成正比

【概念规律练】

知识点一匀速圆周运动的概念

1．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中错误的是()

A．相等的时间内通过的路程相等

B．相等的时间内通过的弧长相等

C．相等的时间内运动的位移相同

D．相等的时间内转过的角度相等

知识点二描述圆周运动的物理量之间的关系

图1

2．如图1所示，圆环以直径AB为轴匀速转动，已知其半径R＝0.5m，转动周期T＝4s，

求环上P点和Q点的角速度和线速度．

知识点三传动装置问题的分析

3．如图2所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动

轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是()

图2

A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动

C．从动轮的转速为nD．从动轮的转速为n

4．如图3所示的皮带传动装置(传动皮带是绷紧的且运动中不打滑)中，主动轮O1的半

径为r1，从动轮O2有大小两轮且固定在同一个轴心O2上，半径分别为r3、r2，已知r3

＝2r1，r2＝1.5r1，A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则当整个传动装置正常工作时，

A、B、C三点的线速度之比为________；角速度之比为________；周期之比为________．

图3

【方法技巧练】

圆周运动与其他运动结合的问题的分析技巧

5.

图4

如图4所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，在其正上方h处沿OB

方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝________，

圆盘转动的角速度ω＝________.

6．如图5所示，

图5

有一直径为d的纸制圆筒，使它以角速度ω绕轴O匀速转动，然后使子弹沿直径穿过圆

筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，就在圆筒上先后留下a、b两个弹孔，已知aO、bO

的夹角为φ，求子弹的速度．

参考答案课前预习练

1．切线①弧长②④圆弧的切线转动①角度②快慢程度①一周s②圈数r/sr/min

2．相等切线

3．v＝ω＝v＝rωf＝

4．(1)相等正比(2)相等反比

5．BD[匀速圆周运动的角速度是不变的，线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是改变的，因而加速度不为零．]

6．BCD[由v＝ωr，知B、C、D正确．]

课堂探究练

1．C[匀速圆周运动在任意相等的时间内通过的弧长相等，通过的角度相等，但相等时间段内对应的位移方向不同，故C错．]

2．1.57rad/s1.57rad/s

0．39m/s0.68m/s

解析P点和Q点的角速度相同，其大小是

ω＝＝rad/s＝1.57rad/s

P点和Q点绕AB做圆周运动，其轨迹的圆心不同．P点和Q点的圆半径分别为

rP＝R·sin30°＝R，rQ＝R·sin60°＝R.

故其线速度分别为

vP＝ω·rP≈0.39m/s，vQ＝ω·rQ＝0.68m/s.

点评解决此类题目首先要确定质点做圆周运动的轨迹所在的平面及圆心的位置，从而确定半径，然后由v、ω的定义式及v、ω、R的关系式来计算．

3．BC[主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A项错误，B项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πrn，可得两轮转速与半径成反比，所以C项正确，D项错误．]

4．4∶4∶32∶1∶11∶2∶2

解析因同一轮子(或固定在同一轴心上的两轮)上各点的角速度都相等，皮带传动(皮带不打滑)中与皮带接触的轮缘上各点在相等时间内转过的圆弧长度相等，其线速度都相等．故本题中的B、C两点的角速度相等，即

ωB＝ωC①

A、B两点的线速度相等，即vA＝vB②

因A、B两点分别在半径为r1和r3的轮缘上，r3＝2r1.

故由ω＝及②式

可得角速度ωA＝2ωB③

由①③式可得A、B、C三点角速度之比为

ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1④

因B、C分别在半径为r3、r2的轮缘上，

r2＝r1＝r3

故由v＝rω及①式

可得线速度vB＝vC⑤

由②⑤式可得A、B、C三点线速度之比为

vA∶vB∶vC＝4∶4∶3⑥

由T＝及④式可得A、B、C三点的周期之比为

TA∶TB∶TC＝1∶2∶2.⑦

点评①同一圆盘上的各点角速度和周期相同．②皮带(皮带不打滑)或齿轮传动的两圆盘，与皮带相接触的点或两圆盘的接触点线速度相同．

5．R2nπ(n＝1,2,3，…)

解析小球做平抛运动，在竖直方向上有h＝gt2，则运动时间t＝.

又因为水平位移为R，所以小球的初速度

v＝＝R.

在时间t内圆盘转过的角度θ＝n·2π(n＝1,2,3，…)

又因为θ＝ωt，则圆盘转动的角速度ω＝＝＝2nπ(n＝1,2，3，…)

方法总结由于圆周运动的周期性，解答时要注意各种解的可能性．与平抛运动的结合也是从时间上找突破口，兼顾位移关系．

6.

解析子弹从a穿入圆筒到从b穿出圆筒，圆筒旋转不到半周，故圆筒转过的角度为π－φ，则子弹穿过圆筒的时间为t＝.

在这段时间内子弹的位移为圆筒的直径d，则子弹的速度为v＝＝.

方法总结两种运动的结合，其结合点是时间，抓住时间的等量关系，此题就可迎刃而解．