第3节 圆_周_运_动
第3节圆_周_运_动
,
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)
(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)
(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)
(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力
作用的缘故。(×)
突破点(一) 描述圆周运动的物理量
1．圆周运动各物理量间的关系
2．对公式v ＝ωr 的理解
当r 一定时，v 与ω成正比；
当ω一定时，v 与r 成正比；
当v 一定时，ω与r 成反比。
3．对a ＝v 2r
＝ω2r 的理解 当v 一定时，a 与r 成反比；
当ω一定时，a 与r 成正比。
4．常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B 。
(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B 。
(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA ＝ωB 。
[多角练通]
1．(2016·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挡住。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
4πnr Δt B ．转速逐渐减小，平均速率为8πnr Δt
C ．转速逐渐增大，平均速率为4πnr Δt
D ．转速逐渐增大 ，平均速率为
8πnr Δt 解析：选B 根据题意，从题图(b)可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt 时间内可以看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n 周，风轮叶片转过的弧长为l ＝4n ×2πr ，转动速率为：v ＝8πnr Δt
，故选项B 正确。 2．(2017·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下
模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据
时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为R 1，
内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3。A 、B 、C 分别为各边缘
线上的点。则读取内环上A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( )
A.R 12
R 2R 3
B.R 22R 1R 3
C.R 2R 3R 12
D.R 1R 3R 22 解析：选D A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r ，可知a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C 两点
线速度相同，由a ＝v 2r
，可知a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；由①×②可得a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确。
3.(2017·桂林模拟)如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半
径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A
轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其
中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来。a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( )
A ．线速度大小之比为3∶2∶2
B ．角速度之比为3∶3∶2
C ．转速之比为2∶3∶2
D ．向心加速度大小之比为9∶6∶4
解析：选D A 、B 轮摩擦传动，故v a ＝v b ，ωa R A ＝ωb R B ，ωa ∶ωb ＝3∶2；B 、C 同轴
转动，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v c R C
，v b ∶v c ＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝3∶3∶2，ωa ∶ωb ∶ωc ＝3∶2∶2，故A 、B 错误；转速之比等于角速度之比，故C 错误；由a ＝ωv 得：a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确。
突破点(二) 水平面内的匀速圆周运动
1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点
运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。
(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
(3)由F n ＝m v 2r 或F n ＝mω2r 或F n ＝m 4π2r T 2列方程求解。
[典例] (多选)(2016·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平
“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的
小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m 。
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 ＝10 m/s 2，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45 m/s
C ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2
D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
[审题指导]
(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦力提供向心力。
(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。
(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。
[解析] 赛车做圆周运动时，由F ＝m v 2R 知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧
后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上时，根据F ＝m v 2R 知，其速率v ＝ FR
m ＝ 2.25mgR
m
＝45 m /s ，选项B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′＝30 m/s 。
如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x ＝L sin 60°
＝50 3 m ，据v 2－v ′2＝2ax 知在直道上的加速度a ≈6.50 m/s 2，
选项C 错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s ＝2πr 3
，对应的运动时间t ＝s v ′
≈2.79 s ，选项D 错误。 [答案] AB
[方法规律]
求解圆周运动问题必须进行的三类分析
[集训冲关]
1.(2017·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，
然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转
轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓
球会(球直径比管直径略小)( )
A ．向管底运动
B ．向管口运动
C ．保持不动
D ．无法判断
解析：选B 开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B 正确。
2．(多选)(2017·兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个
小球A 和B ，质量分别为m A 和m B ，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同
的水平面上做匀速圆周运动。则以下叙述正确的是( )
A ．只有当m A B 时，小球A 的角速度才会大于小球B 的角速度 B ．不论A 、B 的质量关系如何，小球A 的线速度始终大于小球B 的线速度 C ．不论A 、B 的质量关系如何，小球A 对漏斗内壁的压力始终大于小球B 对漏斗内壁的压力 D ．不论A 、B 质量关系如何，小球A 的周期始终大于小球B 的周期 解析：选BD 对A 、B 两球中任意一球研究，进行受力分析，如图，小球只受重力和 漏斗给的支持力F N 。如图所示，设内壁与水平面的夹角为θ。根据牛顿第二定 律有：mg tan θ＝mω2r ＝m v 2r ＝m 4π2 T 2r ，则得ω＝ g tan θ r ，v ＝gr tan θ，T ＝ 2π r g tan θ 。可知，小球的轨道半径越大角速度越小，线速度越大，周期越大，与两球质量大小无关。所以A 的角速度小于B 的角速度，A 的线速度大于B 的线速度， A 的周期始终大于 B 的周期，故A 错误，B 、D 正确；支持力F N ＝mg cos θ ，θ相同，知两球所受的支持力与质量成正比，故C 错误。 3．(2017·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速。如图所示，AB 为进入弯道前的平直公路，BC 为水平圆弧形弯道。已知AB 段的距离 s AB ＝14 m ，弯道半径R ＝24 m 。汽车到达A 点时速度v A ＝16 m /s ，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2。要确保汽车进入弯道后不侧滑。求汽车： (1)在弯道上行驶的最大速度； (2)在AB 段做匀减速运动的最小加速度。 解析：(1)在BC 弯道，由牛顿第二定律得，μmg ＝m v max 2R ， 代入数据解得v max ＝12 m/s 。 (2)汽车匀减速至B 处，速度恰好减为12 m/s 时，加速度最小， 由运动学公式－2a min s AB ＝v max 2－v A 2， 代入数据解得a min ＝4 m/s 2。 答案：(1)12 m /s (2)4 m/s 2 突破点(三) 竖直面内的圆周运动 [典例] 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 ，则下列说法正确的是( ) A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g (R ＋r ) B ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝0 C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，外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，内侧管壁对小球一定有作用力 [模型建立] 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻“杆”模型，杆的长度为R ＋r 。 [解析] 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点的最小速度为0，A 错误，B 正确；小球在水平线ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力。故C 错误；小球在水平线ab 以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力。当速度比较小时，内侧管壁有作用力。故D 错误。 [答案] B [应用领悟] 在解答竖直平面内物体的圆周运动问题时，首先要确定是属于轻“绳”模型，还是轻“杆”模型，然后注意区分两者在最高点的最小速度要求，区分绳与杆的施力特点，必要时还要根据牛顿运动定律列式求解。 [集训冲关] 1.(2017·福州质检)如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住 质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的 距离也为L 。重力加速度大小为g 。现使小球在竖直平面内以AB 为轴做 圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零， 则小球在最高点速率为2v 时，每根轻绳的拉力大小为( ) A.3mg B.433mg C ．3mg D ．23mg 解析：选A 小球在运动过程中，A 、B 两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R ＝L ·sin 60°＝32 L ，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v 时，mg ＝m v 2 R ，当小球在最高点的速率为2v 时，应有： F ＋mg ＝m (2v )2 R ，可解得：F ＝3mg 。由2F T cos 30°＝F ，可得两绳的拉力大小均为F T ＝3mg ，A 项正确。 2.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车 在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( ) A ．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没 有保险带，人就会掉下来 B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力 C ．人在最低点时对座位的压力等于mg D ．人在最低点时对座位的压力大于mg 解析：选D 人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，A 、B 均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，C 错误，D 正确。 3．(多选)(2017·北京东城区模拟)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( ) A ．当v ＝gL 时，轻杆对小球的弹力为零 B ．当v 由gL 逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大 C ．当v 由gL 逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小 D ．当v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大 解析：选ABD 在最高点轻杆对小球的作用力为0时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2 L ， v ＝gL ，A 正确；当v >gL 时，轻杆对小球有拉力，则F ＋mg ＝m v 2 L ，v 增大，F 增大，B 正确；当v L ，v 减小，F ′增大，C 错误； 由F 向＝m v 2 L 知，v 增大，向心力增大，D 正确。 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。 (一)静摩擦力控制下的圆周运动 1.(2014·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2.5 m 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32 (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10 m/s 2。则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C ．1.0 rad /s D ．5 rad/s 解析：选C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s ，C 项正确，A 、B 、D 项错误。 (二)轻杆控制下的圆周运动 2.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝ 0.8 m 的轻杆，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小 球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( ) A ．4 m/s B.210 m/s C ．2 5 m/s D ．2 2 m/s 解析：选A 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12 m v B 2，可得v B ＝4 m/s ，A 正确。 (三)轻绳控制下的圆周运动 3.(2017·开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴 MN 调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l ＝0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定 在板上的O 点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行 于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m /s 。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g ＝10 m/s 2) 解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mg sin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有F T ＋ mg sin α＝m v 12l ① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mgl sin α＝12m v 12－12 m v 02② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力F T ＝0③ 联立①②③解得sin α＝12 ，解得α＝30° 故α的范围为0°≤α≤30°。 答案：0°≤α≤30° 对点训练：描述圆周运动的物理量 1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为() A．1 000 r/s B．1 000 r/min C．1 000 r/h D．2 000 r/s 解析：选B设经过时间t，轿车匀速行驶的路程x＝v t，此过程中轿车轮缘上的某一 点转动的路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮的转速，由x＝x′可得：v t＝nt·2πR，n＝ v 2πR≈17.7 r/s＝1 062 r/min。B正确。 2.(2017·湖北省重点中学联考)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 解析：选A 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对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q 两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。 3.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无 滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙＝3∶1，两圆盘和小 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．m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1 B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3 C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动 D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动 解析：选D甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1·3r＝ω2·r，则得ω1∶ω2＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为1∶3，故A错误；小物体相对盘开始滑动前，根据a＝ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝(ω12·2r)∶ (ω22r )＝2∶9，故B 错误；根据μmg ＝mrω2＝ma 知，因a 1∶a 2＝2∶9，圆盘和小物体的动摩擦因数相同，可知当转速增加时，m 2先达到临界角速度，所以m 2先开始滑动。故D 正确，C 错误。 对点训练：水平面内的匀速圆周运动 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.gR sin θ B.gR cos θ C.gR tan θ D.gR cot θ 解析：选C 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mg tan θ＝m v 2R ，得v ＝gR tan θ，C 正确。 5．(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M ＝2.0 kg 的木块， 它与台面间的最大静摩擦力f m ＝6.0 N ，绳的一端系住木块，另一端 穿过转台的中心孔O (为光滑的)悬吊一质量m ＝1.0 kg 的小球，当转 台以ω＝5.0 rad /s 的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静止，则 木块到O 孔的距离可能是(重力加速度g ＝10 m/s 2，木块、小球均视 为质点)( ) A ．6 cm B.15 cm C ．30 cm D ．34 cm 解析：选BC 转台以一定的角速度ω匀速转动，木块所需的向心力与做圆周运动的半径r 成正比，在离O 点最近处r ＝r 1时，木块有靠近O 点的运动趋势，这时摩擦力沿半径向 外，刚好达到最大静摩擦力f m ，即mg －f m ＝Mω2r 1，得r 1＝mg －f m Mω2 ＝8 cm ，同理，木块在离O 点最远处r ＝r 2时，有远离O 点的运动趋势，这时摩擦力的方向指向O 点，且达到最 大静摩擦力f m ，即mg ＋f m ＝Mω2r 2，得r 2＝mg ＋f m Mω2 ＝32 cm ，则木块能够相对转台静止，半径应满足关系式r 1≤r ≤r 2。选项B 、C 正确。 6．(多选)(2017·开封质检)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细 线相连的质量相等的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆 心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( ) A ．此时绳子张力为T ＝3μmg B ．此时圆盘的角速度为ω＝ 2μg r 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 解析：选ABC A 和B 随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F ＝mω2r ，B 的运动半径比A 的半径大，所以B 所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B 的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A 的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T －μmg ＝mω2r ，T ＋μmg ＝mω2·2r ，解得：T ＝3μmg ，ω＝2μg r ，故A 、B 、C 正确；此时烧断绳子，A 的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A 做离心运动，故D 错误。 7．(2017·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m ＝1 t ，车道转弯半径r ＝150 m ，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g 取10 m/s 2)求 (1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？ (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。 解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿 第二定律得：mg tan θ＝m v 2 r 解得：v ≈38.7 m/s 。 (2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根 据牛顿第二定律得： F N sin θ－F f cos θ＝m v min 2 r F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0 F f ＝μF N 解得：v min ＝30 m/s 。 答案：(1)38.7 m /s (2)30 m/s 对点训练：竖直面内的匀速圆周运动 8．(2017·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其 A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，D B 为竖直线，A C 为水平线， AE 为水平面，如图所示。今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且 从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过 最高点D ，则小球通过D 点后( ) A ．一定会落到水平面AE 上 B ．一定会再次落到圆弧轨道上 C ．可能会再次落到圆弧轨道上 D ．不能确定 解析：选A 设小球恰好能够通过最高点D ，根据mg ＝m v D 2R ，得：v D ＝gR ，知在最高点的最小速度为gR 。小球经过D 点后做平抛运动，根据R ＝12 gt 2得：t ＝ 2R g 。则平抛运动的水平位移为：x ＝gR · 2R g ＝2R ，知小球一定落在水平面AE 上。故A 正确，B 、C 、D 错误。 9．(2017·绵阳诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量 均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外 界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点 时，杆对球B 恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B 在最高点时( ) A ．球 B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gL C ．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：选C 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力， 有mg ＝m v B 2 2L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2 L ，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误。 10．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细 绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l ，重力加速 度为g ，则( ) A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态 B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大 C ．当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点P D ．当v 0 解析：选CD 小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时：F T1－mg ＝m v 02l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12 m v 02－mg ·2l ＝12 m v 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，可求得v ＝2gl ，因为小球经过最高点的最小速度为gl ，则当 v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12 m v 02＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12 l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0 考点综合训练 11.(多选)(2017·湖南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在 轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R ＝0.5 m ，细线始终保持水平；被拖动物块质量m ＝1.0 kg ，与地面间的 动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt ，k ＝2 rad /s ，g ＝10 m/s 2，以下判断正确的是( ) A ．物块做匀速运动 B ．细线对物块的拉力是5.0 N C ．细线对物块的拉力是6.0 N D ．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s 2 解析：选CD 由题意知，物块的速度为：v ＝ωR ＝2t ×0.5＝1t (m)，又v ＝at ，故可得：a ＝1 m /s 2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s 2。故A 错误，D 正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F ＝ma ＝1 N ，F ＝F T －F f ，地面摩擦力为：F f ＝μmg ＝0.5×1×10 N ＝5 N ，故可得物块受细线拉力为：F T ＝F f ＋F ＝5 N ＋1 N ＝6 N ，故B 错误，C 正确。 12.如图所示，质量为M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m 的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A 、C 点为圆周的最高点 和最低点，B 、D 点是与圆心O 同一水平线上的点。小滑块运动时，物体 在地面上静止不动，则物体对地面的压力F N 和地面对物体的摩擦力有关 说法正确的是( ) A ．小滑块在A 点时，F N ＞Mg ，摩擦力方向向左 B ．小滑块在B 点时，F N ＝Mg ，摩擦力方向向右 C ．小滑块在C 点时，F N ＝(M ＋m )g ，M 与地面无摩擦 D ．小滑块在D 点时，F N ＝(M ＋m )g ，摩擦力方向向左 解析：选B 因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A 点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v ＝gR 时，对轨道A 点的压力为零，物体对地面的压力F N ＝Mg ，当小滑块的速度v ＞gR 时，对轨道A 点的压力向上，物体对地面的压力F N ＜Mg ，故选项A 错误；小滑块在B 点时，对轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力F N ＝Mg ，故选项B 正确；小滑块在C 点时，地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力F N ＞(M ＋m )g ，故选项C 错误；小滑块在D 点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力F N ＝Mg ，故选项D 错误。 13．(2017·晋江月考)如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为 m 的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg 。当细绳AC 和BC 均拉直时 ∠ABC ＝90°，∠ACB ＝53°，BC ＝1 m 。细绳AC 和BC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时， 两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别 为(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( ) A ．AC 5 m /s B ．B C 5 m/s C ．AC 5.24 m /s D ．BC 5.24 m/s 解析：选B 当小球线速度增至BC 被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：T A sin ∠ACB ＝mg ①，水平方向上：T A cos ∠ACB ＋T B ＝m v 2r ②，由①式可得：T A ＝54 mg ，小球线速度增大时，T A 不变，T B 增大，当BC 绳刚要被拉断时，T B ＝2mg ，由②可解得此时，v ≈5.24 m/s ；BC 绳断后，随小球线速度增大，AC 线与竖直方向间夹角增大，设AC 线被拉断时与 竖直方向的夹角为α，由T AC ·cos α＝mg ，T AC sin α＝m v ′2 r ′ ，r ′＝L AC ·sin α，可解得，α＝60°，L AC ＝53 m ，v ′＝5 m/s ，故B 正确。 14．(2017·昆明七校调研)如图所示，一长l ＝0.45 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连 接一质量m ＝0.10 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝0.90 m 。开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球 从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个 固定的钉子P 时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2。 (1)轻绳断裂后小球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离； (2)若OP ＝0.30 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。 解析：(1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12 m v B 2＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度大小 v B ＝2gl ＝3.0 m/s 小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得 x ＝v B t y ＝H －l ＝12 gt 2 解得C 点与B 点之间的水平距离 x ＝v B ·2(H －l )g ＝0.90 m 。 (2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由牛顿运动定律得 F m －mg ＝m v B 2 r r ＝l －OP 由以上各式解得 F m ＝7 N 。 答案：(1)0.90 m (2)7 N 动点专题 一、应用勾股定理建立函数解析式 例1(2000年2上海)如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB 的弧AB 上,有一个动点P,PH ⊥OA,垂足为H,△OPH 的重心为G. (1)当点P 在弧AB 上运动时,线段GO 、GP 、GH 中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度. (2)设PH x =,GP y =,求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x 的取值范围). (3)如果△PGH 是等腰三角形,试求出线段PH 的长. 二、应用比例式建立函数解析式 例2（2006年2山东）如图2,在△ABC 中,AB=AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设BD=,x CE=y . (1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y 与x 之间的函数解析式； (2)如果∠BAC 的度数为α,∠DAE 的度数为β,当α,β满足怎样的关系式时,(1)中y 与x 之间的函数解析式还成立?试说明理由. A E D C B 图2 H M N G P O A B 图1 x y C 三、应用求图形面积的方法建立函数关系式 例4（2004年2上海）如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A 的半径为1.若点O 在BC 边上运动(与点B 、C 不重合),设BO=x ,△AOC 的面积为y . (1)求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域. (2)以点O 为圆心,BO 长为半径作圆O,求当⊙O 与⊙A 相切时, △AOC 的面积. 一、以动态几何为主线的压轴题 （一）点动问题． 1．（09年徐汇区）如图，ABC ?中，10==AC AB ，12=BC ，点D 在边BC 上，且4=BD ，以点D 为顶点作B EDF ∠=∠，分别交边AB 于点E ，交射线CA 于点F ． （1）当6=AE 时，求AF 的长； （2）当以点C 为圆心CF 长为半径的⊙C 和以点A 为圆心AE 长为半径的⊙A 相切时， 求BE 的长； （3）当以边AC 为直径的⊙O 与线段DE 相切时，求BE 的长． A B C O 图8 H 因动点产生的直角三角形问题例1 2012年广州市中考第24题 如图1，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． （1）求点A、B的坐标； （2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标； （3）若直线l过点E(4, 0)，M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式． 图1 思路点拨 1．根据同底等高的三角形面积相等，平行线间的距离处处相等，可以知道符合条件的点D有两个． 2．当直线l与以AB为直径的圆相交时，符合∠AMB＝90°的点M有2个；当直线l与圆相切时，符合∠AMB＝90°的点M只有1个．3．灵活应用相似比解题比较简便． 满分解答 （1）由， 得抛物线与x轴的交点坐标为A(－4, 0)、B(2, 0)．对称轴是直线x＝－1．（2）△ACD与△ACB有公共的底边AC，当△ACD的面积等于 △ACB的面积时，点B、D到直线AC的距离相等． 过点B作AC的平行线交抛物线的对称轴于点D，在AC的另一侧有对 应的点D′． 设抛物线的对称轴与x轴的交点为G，与AC交于点H． 由BD//AC，得∠DBG＝∠CAO．所以． 所以，点D的坐标为． 因为AC//BD，AG＝BG，所以HG＝DG． 而D′H＝DH，所以D′G＝3DG．所以D′的坐标为． 图2 图3 （3）过点A、B分别作x轴的垂线，这两条垂线与直线l总是有交点的，即2个点M． 以AB为直径的⊙G如果与直线l相交，那么就有2个点M；如果圆与直线l相切，就只有1个点M了． 联结GM，那么GM⊥l． 在Rt△EGM中，GM＝3，GE＝5，所以EM＝4． 在Rt△EM1A中，AE＝8，，所以M1A＝6． 所以点M1的坐标为(－4, 6)，过M1、E的直线l为． 根据对称性，直线l还可以是． 考点伸展 第（3）题中的直线l恰好经过点C，因此可以过点C、E求直线l的解析式． 在Rt△EGM中，GM＝3，GE＝5，所以EM＝4． 在Rt△ECO中，CO＝3，EO＝4，所以CE＝5． 因此三角形△EGM≌△ECO，∠GEM＝∠CEO．所以直线CM过点C． 例2 2012年杭州市中考第22题 考点一 圆周运动中的运动学分析 1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量． v ＝Δs Δt ＝2πr T . 2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． ω＝ΔθΔt ＝2πT . 3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． T ＝2πr v ，T ＝1f . 4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量． a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r . 5．相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πT r ＝2πrf . (2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r . [思维深化] 1．匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？有什么区别？ 答案 不同．前者指线速度的大小不变，后者指速度的大小和方向都不变． 2．判断下列说法是否正确． (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×) (2)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小、方向都保持不变．(×) (3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√) 1．[链条传动]图1是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( ) 图1 A.πnr 1r 3r 2 B.πnr 2r 3r 1 C.2πnr 2r 3r 1 D.2πnr 1r 3r 2 答案 D 解析 因为要计算自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v ＝rω可知：r 1ω1＝r 2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角 速度ω2＝r 1r 2 ω，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等即ω3＝ω2，根据v ＝rω可知，v 3＝r 3ω3＝ωr 1r 3r 2＝2πnr 1r 3r 2 . 2．[皮带传动](多选)如图2所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别 为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A 2 ，若在传动过程中，皮带不打滑．则( ) 图2 A ．A 点与C 点的角速度大小相等 B ．A 点与 C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1 D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4 答案 BD 解析 处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；根据v A ＝v C 及关 系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC 2 ，选项A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC 2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；根据ωB ＝ωC 2 及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C 4 ，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确． 3.[摩擦传动]如图3所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮 圆的动点问题 25．（本题满分14分，第（1）小题4分，第（2）小题5分，第（3）小题5分） 已知：在Rt ABC △中，∠ACB =90°，BC =6，AC =8，过点A 作直线MN ⊥AC ，点E 是直线 MN 上的一个动点， （1）如图1，如果点E 是射线AM 上的一个动点(不与点A 重合)，联结CE 交AB 于点P ．若 AE 为x ，AP 为y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域； (2) 在射线AM 上是否存在一点E ，使以点E 、A 、P 组成的三角形与△ABC 相似，若存在求 AE 的长，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点B 作BD ⊥MN ，垂足为D ，以点C 为圆心，若以AC 为半径的⊙C 与以ED 为半径的⊙E 相切，求⊙E 的半径． 25．（本题满分14分，第（1）小题6分，第（2）小题2分，第（3）小题6分） 在半径为4的⊙O 中，点C 是以AB 为直径的半圆的中点，OD ⊥AC ，垂足为D ，点E 是射线AB 上的任意一点，DF //AB ，DF 与CE 相交于点F ，设EF =x ，DF =y ． （1） 如图1，当点E 在射线OB 上时，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数定义域； （2） 如图2，当点F 在⊙O 上时，求线段DF 的长； （3） 如果以点E 为圆心、EF 为半径的圆与⊙O 相切，求线段DF 的长． 25．如图，在 半径为5的⊙O 中，点 A 、 B 在⊙O 上，∠AOB=90°，点 C 是弧AB 上的一个动点，AC 与OB 的延长线相交于点 D ，设AC=x ，BD=y ． （1）求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域； （2）如果⊙O 1与⊙O 相交于点A 、C ，且⊙O 1与⊙O 的圆心距为2，当BD=OB 时，求⊙O 1的半径； （3）是否存在点C ，使得△DCB ∽△DOC ？如果存在，请证明；如果不存在，请简要说明理由． A B E F C D O A B E F C D O A B C P E M 第25题图1 D A B C M 第25题图2 N 1.7 因动点产生的相切问题 例1 2013年上海市杨浦区中考模拟第25题 如图1，已知⊙O的半径长为3，点A是⊙O上一定点，点P为⊙O上不同于点A的动点． （1）当1 A=时，求AP的长； tan 2 （2）如果⊙Q过点P、O，且点Q在直线AP上（如图2），设AP＝x，QP＝y，求y 关于x的函数关系式，并写出函数的定义域； （3）在（2）的条件下，当4 A=时（如图3），存在⊙M与⊙O相内切，同时与⊙ tan 3 Q相外切，且OM⊥OQ，试求⊙M的半径的长． 图1 图2 图3 动感体验 请打开几何画板文件名“13杨浦25”，拖动点P在⊙O上运动，可以体验到，等腰三角形QPO与等腰三角形OAP保持相似，y与x成反比例．⊙M、⊙O和⊙Q三个圆的圆心距围成一个直角三角形． 请打开超级画板文件名“13杨浦25”，拖动点P在⊙O上运动，可以体验到，y与x 成反比例．拖动点P使得5 QP=，拖动点M使得⊙M的半径约为0.82，⊙M与⊙O相内 2 切，同时与⊙Q相外切．拖动点P使得5 QP=，拖动点M使得⊙M的半径约为9，⊙M与 2 ⊙O、⊙Q都内切． 思路点拨 1．第（1）题的计算用到垂径定理和勾股定理． 2．第（2）题中有一个典型的图，有公共底角的两个等腰三角形相似． 3．第（3）题先把三个圆心距罗列出来，三个圆心距围成一个直角三角形，根据勾股定理列方程． 满分解答 （1）如图4，过点O 作OH ⊥AP ，那么AP ＝2AH ． 在Rt △OAH 中，OA ＝3，1tan 2 A =，设OH ＝m ，AH ＝2m ，那么m 2＋(2m )2＝32． 解得m =24AP AH m ===． （2）如图5，联结OQ 、OP ，那么△QPO 、△OAP 是等腰三角形． 又因为底角∠P 公用，所以△QPO ∽△OAP ． 因此QP OP PO PA =，即33y x =． 由此得到9y x =．定义域是0＜x ≤6． 图4 图5 （3）如图6，联结OP ，作OP 的垂直平分线交AP 于Q ，垂足为D ，那么QP 、QO 是⊙Q 的半径． 在Rt △QPD 中，1322PD PO ==，4tan tan 3P A ==，因此52 QP =． 如图7，设⊙M 的半径为r ． 由⊙M 与⊙O 内切，3O r =，可得圆心距OM ＝3－r ． 由⊙M 与⊙Q 外切，52Q r QP ==，可得圆心距52 QM r =+． 在Rt △QOM 中，52QO =，OM ＝3－r ，52 QM r =+，由勾股定理，得 22255()(3)()22r r +=-+．解得911 r =． 图6 图7 图8 考点伸展 如图8，在第（3）题情景下，如果⊙M 与⊙O 、⊙Q 都内切，那么⊙M 的半径是多 少？ 【二】重难点提示： 重点：1. 掌握火车、汽车拐弯时的向心力来源； 2. 会用圆周运动的规律解决实际问题。 难点：能从供需关系理解拐弯减速的原理。 【一】火车转弯问题 1. 火车在水平路基上的转弯 〔1〕此时火车车轮受三个力：重力、支持力、外轨对轮缘的弹力。 〔2〕外轨对轮缘的弹力提供向心力。 〔3〕由于该弹力是由轮缘和外轨的挤压产生的，且由于火车质量很大，故轮缘和外轨间的相互作用力很大，易损害铁轨。 2. 实际弯道处的情况:外轨略高于内轨道 〔1〕对火车进行受力分析： 火车受铁轨支持力N 的方向不再是竖直向上，而是斜向弯道的内侧，同时还有重力G 。 〔2〕支持力与重力的合力水平指向内侧圆心，成为使火车转弯所需的向心力。 【规律总结】转弯处要选择内外轨适当的高度差，使转弯时所需的向心力完全由重力G 和支持力N 来提供，这样外轨就不受轮缘的挤压了。 3. 限定速度v 分析：火车转弯时需要的向心力由火车重力和轨道对它的支持力的合力提供。 F 合=mgtan α=r v m 2 ① 由于轨道平面和水平面的夹角很小，可以近似地认为 tan α≈sin α=h/d ② ②代入①得： mg d h =r v m 2 思考：在转弯处： 〔1〕假设列车行驶的速率等于规定速度，那么两侧轨道是否受车轮对它的侧向压力。 〔2〕假设列车行驶的速率大于规定速度，那么___轨必受到车轮对它向___的压力〔填〝内〞或〝外〞〕。 〔3〕假设列车行驶的速率小于规定速度，那么___轨必受到车轮对它向___的压力〔填〝内〞或〝外〞〕。 【二】汽车转弯中的动力学问题 1. 水平路面上的转弯问题：摩擦力充当向心力umg=mv2/r。 由于摩擦力较小，故要求的速度较小，否那么就会出现离心现象，发生侧滑，出现危险。 2. 实际的弯道都是外高内底，以限定速度转弯，受力如图。 Mgtanθ=Mv2/r v=θ rg tan 当v >θ rg，侧向下摩擦力的水平分力补充不足的合外力； tan v <θ rg，侧向上摩擦力的水平分力抵消部分过剩的合外力； tan v =θ rg，沿斜面方向的摩擦力为零，重力和支持力的合力提供向 tan 心力。 例题1 在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的最大速度为108 km /h。汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.4倍。〔g取10 m/s2〕 〔1〕如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？ 〔2〕如果高速公路上设计了圆弧拱桥，要使汽车能够安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？ 思路分析：〔1〕汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供。当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小， 有m2v ≤0.4mg，由速度v＝30 m/s，得：r≥225m。 r 〔2〕汽车过拱桥，看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时， 根据向心力公式有mg－N＝m2v ， R 为了保证安全，车对路面的压力必须大于零。 ，v＝30 m/s，那么R≥90 m。 有mg≥m2v R 答案：〔1〕225m〔2〕90m 例题2 如下图为一辆箱式货车的后视图。该箱式货车在水平路面上做弯道训练。圆弧形弯道的半径为R=8m，车轮与路面间的动摩擦因数为 第五章 第四节 1．关于匀速圆周运动的说法正确的是( ) A ．匀速圆周运动是匀速运动 B ．匀速圆周运动是变速运动 C ．匀速圆周运动的线速度不变 D ．匀速圆周运动的角速度不变 解析：匀速圆周运动速度的方向时刻改变，是一种变速运动，A 错，B 正确，C 错．匀速圆周运动中角速度不变，D 正确． 答案：BD 2．一质点做圆周运动，在时间t 内转动n 周，已知圆周半径为R ，则该质点的线速度大小为( ) A.2πR nt B.2πRn t C.nR 2πt D.2πt nR 解析：质点转动一周的时间，即周期T ＝t n . 由关系式v ＝2πR T ，得v ＝2πR t n ＝2πnR t ，由此知B 正确． 答案：B 3．静止在地球上的物体(两极除外)都要随地球一起转动，下列说法正确的是( ) A ．它们的运动周期都是相同的 B ．它们的线速度都是相同的 C ．它们的线速度大小都是相同的 D ．它们的角速度是不同的 解析：如图所示，地球绕自转轴转动时，地球上所有点的周 期及角速度都是相同的(除极点外)． 地球表面物体做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度处的物体做圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度处的物体转动半径相等，线速度的大小才相等，但即使物体的线速度大小相同，方向也各不相同． 答案：A 4．甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，则( ) A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2 B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2 C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2 D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2 解析：由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v 1＝2πR t ，v 2＝4πR t ，v 1＜v 2，由v ＝rω，得ω＝v r ，ω1＝v 1R ＝2πt ，ω2＝2π t ，ω1＝ω2，故C 正确． 答案：C 5.如图所示的装置中，已知大轮A 的半径是小轮B 的半径的3倍，A 、B 分别在边缘接触，形成摩擦传动，接触点无打滑现象，B 为主动轮，B 转动时边缘的线速度为v ，角速度为ω.求： (1)两轮转动周期之比； (2)A 轮边缘的线速度； (3)A 轮的角速度． 解析：(1)因接触点无打滑现象，所以A 轮边缘的线速度与B 轮边缘的线速度相等，v A ＝v B ＝v . 由T ＝2πr v ，得T A T B ＝r A v B r B v A ＝r A r B ＝31. (2)v A ＝v B ＝v . (3)由ω＝v r 得：ωA ωB ＝v A r B v B r A ＝r B r A ＝1 3. 所以ωA ＝13ωB ＝1 3 ω. 圆中动点问题 一、选择题 【题1】如图，点P是等边三角形ABC外接圆⊙O上的点，在以下判断中，不正确 ．．．的是（ C ） A、当弦PB最长时，ΔAPC是等腰三角形。 B、当ΔAPC是等腰三角形时，PO⊥AC。 C、当PO⊥AC时，∠ACP=300. D、当∠ACP=300，ΔPBC是直角三角形 【答案】 【题2】如图，以M（－5,0）为圆心、4为半径的圆与x轴交于A、B两点，P是⊙M上异于A、B的一动点，直线PA、PB分别交y轴于C、D，以CD为直径的⊙N与x轴交于E、F两点，则EF的长（ C ） A.等于42 B.等于43 C.等于6 D.随P点位置的变化而变化 【答案】分析：连接NE，设圆N半径为r，ON=x，则OD=r﹣x，OC=r+x，证△OBD∽△OCA，推出OC：OB=OD：OA，即（r+x）：1=9：（r﹣x），求出r2﹣x2=9，根据垂径定理和勾股定理可求出答案． 解答：解：连接NE，设圆N半径为r，ON=x，则OD=r﹣x，OC=r+x， ∵以M（﹣5，0）为圆心、4为半径的圆与x轴交于A．B两点，∴OA=4+5=9，0B=5﹣4=1， ∵AB是直径，∴∠APB=90°，∵∠BOD=90°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∠ODB+∠OBD=90°， ∵∠PBA=∠OBD，∴∠PAB=∠ODB，∵∠APB=∠BOD=90°，∴△OBD∽△OCA， ∴OC OD OB OA =，即 9 1 r x r x + = - 解得：r2﹣x2=9， 由垂径定理得：OE=OF，OE2=EN2﹣ON2=r2﹣x2=9， 即OE=OF=3，∴EF=2OE=6，故选C． 【题3】如图，已知⊙O1的半径为1cm，⊙O2的半径为2cm，将⊙O1，⊙O2放置在直线l上，如果⊙O1在直线l上任意滚动，那么圆心距O1O2的长不可能是0.5cm 【答案】解：∵⊙O1的半径为1cm，⊙O2的半径为2cm，∴当两圆内切时，圆心距为1，∵⊙O1在直线l上任意滚动，∴两圆不可能内含，∴圆心距不能小于1，故选D． 【题4】如图，⊙O的半径为4cm，直线l与⊙O相交于A、B两点，AB=4cm，P为直线l上一动点，以1cm为半径的⊙P与⊙O没有公共点．设PO=dcm，则d的范围是d＞5cm或2cm≤d＜3cm． 例1如图1，边长为8的正方形ABCD的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上A、C两点间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F．点D、E的坐标分别为(0, 6)、(－4, 0)，联结PD、PE、DE． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值．进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由； （3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”． 请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标． 图1 备用图 如图1，边长为8的正方形ABCD 的两边在坐标轴上，以点C 为顶点的抛物线经过点A ，点P 是抛物线上A 、C 两点间的一个动点（含端点），过点P 作PF ⊥BC 于点F ．点D 、E 的坐标分别为(0, 6)、(－4, 0)，联结PD 、PE 、DE ． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）小明探究点P 的位置发现：当点P 与点A 或点C 重合时，PD 与PF 的差为定值．进而猜想：对于任意一点P ，PD 与PF 的差为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由； （3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE 的面积为整数” 的点P 记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE 的周长最小的点P 也是一个“好点”． 请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE 周长最小时“好点”的坐标． 图1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“15河南23”，拖动点P 在A 、C 两点间的抛物线上运动，观察S 随P 变化的图像，可以体验到，“使△PDE 的面积为整数” 的点P 共有11个． 思路点拨 1．第（2）题通过计算进行说理．设点P 的坐标，用两点间的距离公式表示PD 、PF 的长． 2．第（3）题用第（2）题的结论，把△PDE 的周长最小值转化为求PE ＋PF 的最小值． 满分解答 （1）抛物线的解析式为21 88 y x =-+． （2）小明的判断正确，对于任意一点P ，PD －PF ＝2．说理如下： 设点P 的坐标为21(,8)8x x -+，那么PF ＝y F －y P ＝218 x ． 而FD 2＝22222222111+(86)+(2)(2)888x x x x x -+-=-=+，所以FD ＝2128 x +． 因此PD －PF ＝2为定值． （3）“好点”共有11个． 在△PDE 中，DE 为定值，因此周长的最小值取决于FD ＋PE 的最小值． 而PD ＋PE ＝(PF ＋2)＋PE ＝(PF ＋PE )＋2，因此当P 、E 、F 三点共线时，△PDE 的周长最小（如图2）． （答题时间：30分钟） 1. 摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g 取10 m/s 2）（ ） A. 0 B. 500 N C. 1000 N D. 500 2 N 2. 铁路转弯处的弯道半径r 是由地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h 的设计不仅与r 有关，还与火车在弯道上的行驶速率v 有关。下列说法正确的是（ ） A. 速率v 一定时，r 越大，要求h 越大 B. 速率v 一定时，r 越小，要求h 越大 C. 半径r 一定时，v 越小，要求h 越大 D. 半径r 一定时，v 越大，要求h 越大 3. 一只小狗拉着雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行驶，下图为雪橇受到的牵引力F 及摩擦力F 1的示意图（O 为圆心），其中正确的是（ ） 4. 火车转弯时，火车的车轮恰好与铁轨间没有侧压力。若将此时火车的速度适当增大一些，则该过程中（ ） A. 外轨对轮缘的侧压力减小 B. 外轨对轮缘的侧压力增大 C. 铁轨对火车的支承力增大 D. 铁轨对火车的支承力不变 5. 冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是（ ） A. gR k B . kgR C . k gR D. kgR 2 6. 如图所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两个小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两个小孩刚好还未发生滑动时，某一时刻两个小孩突然松手，则两个小孩的运动情况是（ ） A. 两小孩均沿切线方向滑出后落入水中 B. 两小孩均沿半径方向滑出后落入水中 C. 两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中 D. 甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中 7. 火车在水平轨道上转弯时，若转弯处内外轨道一样高，则火车转弯时（ ） A. 对外轨产生向外的挤压作用 B. 对内轨产生向外的挤压作用 C. 对外轨产生向内的挤压作用 D. 对内轨产生向内的挤压作用 8. 如图所示，是从一辆在水平公路上行驶着的汽车后方拍摄的汽车后轮照片。从照片来 看，汽车此时正在（ ） A. 直线前进 B. 向右转弯 C. 向左转弯 D. 不能判断 9. 如图所示，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绕过环心的竖直轴旋转时，求小环稳定后偏离圆环最低点的高度h 。 第五章曲线运动 第四节圆周运动 A级抓基础 1．(多选)做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是() A．速度B．速率C．周期D．转速 解析：速度是矢量，匀速圆周运动的速度方向不断改变；速率、周期、转速都是标量，B、C、D正确． 答案：BCD 2．如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是() A．a球的线速度比b球的线速度小 B．a球的角速度比b球的角速度小 C．a球的周期比b球的周期小 D．a球的转速比b球的转速大 解析：两个小球一起转动，周期相同，所以它们的转速、角速度都相等，B、C、D错误．而由v＝ωr可知，b的线速度大于a的线 速度，所以A正确． 答案：A 3.如图所示是一个玩具陀螺．A、B和C是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述中正确的是() A．A、B和C三点的线速度大小相等 B．A、B和C三点的角速度相等 C．A、B的角速度比C的大 D．C的线速度比A、B的大 解析：A、B和C均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度，选项B对，选项C错；三点的运动半径关系r A＝r B＞r C，据v＝ωr可知，三点的线速度关系v A＝v B＞v C，选项A、D错． 答案：B 4．(多选)质点做匀速圆周运动时() A．线速度越大，其转速一定越大 B．角速度大时，其转速一定大 C ．线速度一定时，半径越大，则周期越长 D ．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长 解析：匀速圆周运动的线速度v ＝Δs Δt ＝n 2πr 1＝2πrn ，则n ＝v 2πr ， 故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r 有关，A 错误；匀速圆周运动的角速度ω＝ΔθΔt ＝2πn 1＝2πn ，则n ＝ω 2π，所以角速度大时， 其转速一定大，B 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2πr v ，则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2π ω， 与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D 错误． 答案：BC 5.如图所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r 1、r 2、r 3.若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为( ) A.r 1ω1r 3 B.r 3ω1r 1 C.r 3ω1r 2 D.r 1ω1r 2 解析：甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等，即r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝r 1ω1 r 3 ，故选项A 正确． 因动点产生的平行四边形问题 例1（上海市中考第24题）已知平面直角坐标系xOy（如图1），一次函数 3 3 4 y x =+的 图像与y轴交于点A，点M在正比例函数 3 2 y x =的图像上，且MO＝MA．二次函数 y＝x2＋bx＋c的图像经过点A、M． （1）求线段AM的长； （2）求这个二次函数的解析式； （3）如果点B在y轴上，且位于点A下方，点C在上述二次函数的图像上，点D在 一次函数 3 3 4 y x =+的图像上，且四边形ABCD是菱形，求点C的坐标． 图1 满分解答 （1）当x＝0时， 3 33 4 y x =+=，所以点A的坐标为(0，3)，OA＝3． 如图2，因为MO＝MA，所以点M在OA的垂直平分线上，点M的纵坐标为3 2 ．将 3 2 y= 代入 3 2 y x =，得x＝1．所以点M的坐标为 3 (1,) 2 ．因此AM=． （2）因为抛物线y＝x2＋bx＋c经过A(0，3)、M 3 (1,) 2 ，所以 3, 3 1. 2 c b c = ? ? ? ++= ?? 解得 5 2 b=-， 3 c=．所以二次函数的解析式为25 3 2 y x x =-+． （3）如图3，设四边形ABCD为菱形，过点A作AE⊥CD，垂足为E．在Rt△ADE中，设AE＝4m，DE＝3m，那么AD＝5m． 因此点C的坐标可以表示为(4m，3－2m)．将点C(4m，3－2m)代入25 3 2 y x x =-+，得2 3216103 m m m -=-+．解得1 2 m=或者m＝0（舍去）．因此点C的坐标为（2，2）． 图2 图3 考点伸展 如果第（3）题中，把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况： 如图4，点C的坐标为 727 (,) 416 ． 图4 例2（江西省中考第24题）将抛物线c1：2 y=x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示． （1）请直接写出抛物线c2的表达式； （2）现将抛物线c1向左平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M，与x 轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线c2向右也平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E． ①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值； ②在平移过程中，是否存在以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由． 图1 满分解答 （1）抛物线c2的表达式为2 y= （2）抛物线c1：2 y=+x轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为． 抛物线c2：2 y=x轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,． 抛物线c1向左平移m个单位长度后，顶点M的坐标为(m -，与x轴的两个交点为(1,0) A m --、(1,0) B m -，AB＝2． 第1页,共6页 第2页,共6页 密 学校 班级 姓名 学号 密 封 线 内 不 得 答 题 高一物理竞赛讲义3——圆周运动 一、描述圆周运动的基本物理量及其关系 二、圆周运动的加速度 1.匀速圆周运动 2.变速圆周运动 第3页,共6页 第4页,共6页 例1.如图所示，质点从O 点由静止开始沿半径为R 的圆周做速率均匀增大的运动，到达A 点时质点的加速度与速度方向夹角为α，质点通过的弧S 所对的圆心角为β，试确定α与β间的关系。 例2.如图所示，质点沿一圆周运动，过M 点时速度大小为v ，作加速度矢量与圆相交成弦MA =l ，试求此加速度的大小． 例3.赛车在公路的平直段上以尽可能大的加速度行驶，在0.1 s 内速度由10.0m/s 加大到10.5 m/s ，那么该赛车在半径为30 m 的环形公路段行驶中，要达到同样大的速度需要多少时间？当环形公路段的半径为多少时，赛车的速度就不可能增大到超过10 m/s ？（公路的路面是水平的） 例4. 有一只狐狸以不变的速度v 1沿着直线AB 逃跑，一只猎犬去追击。 （1）若猎犬以不变的速度追击。某时刻狐狸在A 处，猎犬在D 处，且FD ⊥AB ，FD=a ，AF =b ，如图所示。试求猎犬追上狐狸的最小速度。 （2）若猎犬以不变的速率v 2追击，且其运动方向始终对准狐狸。某时刻狐狸在 F 处， 猎犬在D 处，且FD ⊥AB ，FD =L ，如图所示。试求此时猎犬的加速度大小 （3）承第二问，从此时开始计时，需多长时间，猎犬追上狐狸？ 第5页,共6页 第6页,共6页 密 学校 班级 姓名 学号 密 封 线 内 不 得 答 题 例5.质点沿半径为R 的圆周运动，初速度的大小为v 0。在运动过程中，点的切向加速度与法向加速度大小恒相等，求经时间T 质点的速度v ． 例6.如图所示，圆盘半径为R ，以角速度ω绕盘心O 转动，一质点沿径向槽以恒定速度u 自盘心向外运动，试求质点的加速度． 例7.如图所示,一等腰直角三角形OAB 在其自身平面内以等角速度ω绕顶点O 转动，某一点M 以等相对速度沿AB 边运动，当三角形转了一周时，M 点走过了AB ，如已知AB ＝b ，试求M 点在A 时的速度与加速度． A B 《圆周运动》教学设计 六盘水市第二实验中学卢毅 一、教材分析 本节课的教学内容为新人教版第五章第四节《圆周运动》，它是在学生学习了曲线运 动的规律和曲线运动的处理方法以及平抛运动后接触到的又一类曲线运动实例。本节作为该章的重要内容之一，主要向学生介绍了描述圆周运动快慢的几个物理量，匀速圆周运动的特点，在此基础上讨论这几个物理量之间的变化关系，为后续学习圆周运动打下良好的基础。 二、学情分析 通过前面的学习，学生已对曲线运动的条件、运动的合成和分解、曲线运动的处理方法、平抛运动的规律有了一定的了解和认识。在此基础上了，教师通过生活中的实例和实物，利用多媒体，引导学生分析讨论，使学生对圆周运动从感性认识到理性认识，得出相关概念和规律。在生活中学生已经接触到很多圆周运动实例，对其并不陌生，但学生对如何描述圆周运动快慢却是第一次接触，因此学生在对概念的表述不够准确，对问题的猜想不够合理，对规律的认识存在疑惑等。教师在教学中要善于利用教学资源，启发引导学生大胆猜想、合理推导、细心总结、敢于表达，这就能对圆周运动的认识有深度和广度。 三、设计思想 本节课结合我校学生的实际学习情况，对教材进行挖掘和思考，始终把学生放在学习主体的地位，让学生在思考、讨论交流中对描述圆周运动快慢形成初步的系统认识，让学生的思考和教师的引导形成共鸣。 本节课结合了曲线运动的规律及解决方法，利用生活中曲线运动实例（如钟表、转动的飞轮等）使学生建立起圆周运动的概念，在此基础上认识描述圆周运动快慢的相关物理量。总体设计思路如下： 提出问题：除了用线速度、角速度描述圆周运动快慢，能否用其它物理量描述圆周运动的快慢？学生 思考、讨论交流，教师引导分析，利用物体做圆周运动转过一圈所需要时间多少来描述圆周运动的快 慢，即周期。 一 四、教学目标 （一）、知识与技能 1、知道什么是圆周运动、匀速圆周运动。理解线速度、角速度、周期的概念，会用线速度角速度公式进行计算。 2、理解线速度、角速度、周期之间的关系，即v *r r。 3、理解匀速圆周运动是变速运动。 4、能利用圆周运动的线速度、角速度、周期的概念分析解决生活生产中的实际问题。 （二）、过程与方法 1、知道并理解运用比值定义法得出线速度概念，运用极限思想理解线速度的矢量性和瞬时性。 2、体会在利用线速度描述圆周运动快慢后，为什么还要学习角速度。能利用类比定义线速度概念的方法得出角速度概念。 （三）、情感、态度与价值观 1、通过极限思想的运用，体会物理与其他学科之间的联系，建立普遍联系的世界观。 2、体会物理知识来源于生活服务于生活的价值观，激发学生的学习兴趣。 3、通过教师与学生、学生与学生之间轻松融洽的讨论和交流，让学生感受快乐学习。 五、教学重点、教学难点 （一）、教学重点1、理解线速度、角速度、周期的概念2、掌握线速度、角速度、周期之间的关系（二）、教学难点1、理解线速度、角速度、周期的物理意义及引入这些概念的必要性。2、理解线速 2.如图7，梯形中，，，, ，，点 为线段上一动点（不与点重合），关于的轴对称图 形为，连接，设，的面积为， 的面积为． 1）当点落在梯形的中位线上时，求的值；（全等） 2）试用表示，并写出的取值范围；（相似） 3）当的外接圆与相切时，求的值．（垂径定理+中线+等面积+ 相似） 答案】解：（1）如图1，为梯形的中位线，则，过点作 于点，则有： 在中，有 在中， 解得： 2）如图2，交于点，与关于对称， 则有：， 又与关于对称， 3）如图3，当的外接圆与相切时，则为切点. 的圆心落在的中点，设为 则有，过点作， 连接，得 解得：（舍去） 3.已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t>0） （1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（全等） （2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；（全等+分类讨论）（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与 【分析】：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明， （2）分两种情况①当t>1 时，点E在y轴的负半轴上，0 第3讲 圆周运动 知识要点 一、匀速圆周运动 1.定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。 2.特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。 3.条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。 二、角速度、线速度、向心加速度 三、匀速圆周运动的向心力 1.作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。 2.大小：F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r 。 3.方向：始终沿半径指向圆心方向，时刻在改变，即向心力是一个变力。 4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。 四、离心现象 1.定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。 基础诊断 1.如图1所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看做是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的() 图1 A.线速度 B.加速度 C.角速度 D.轨道半径 答案 C 2.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则() A.角速度为0.5 rad/s B.转速为0.5 r/s C.轨迹半径为4 πm D.加速度大小为4π m/s 2 答案BCD 3.[人教版必修2·P25·T3改编]如图2所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是() 图2 A.重力、支持力 B.重力、向心力 C.重力、支持力、指向圆心的摩擦力 D.重力、支持力、向心力、摩擦力 答案 C 中考动点型问题专题 一、中考专题诠释 所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题. “动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。 二、解题策略和解法精讲 解决动点问题的关键是“动中求静”. 从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。 三、中考考点精讲 考点一：建立动点问题的函数解析式（或函数图像） 函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系. 例1 （2015?兰州）如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回，点P在运动过程中速度不变，则以点B为圆心，线段BP长为半径的圆的面积S与点P的运动时间t的函数图象大致为（） A．B．C．D． 思路分析：分析动点P的运动过程，采用定量分析手段，求出S与t的函数关系式，根据关系式可以得出结论． 解：不妨设线段AB长度为1个单位，点P的运动速度为1个单位，则： （1）当点P在A→B段运动时，PB=1-t，S=π（1-t）2（0≤t＜1）； （2）当点P在B→A段运动时，PB=t-1，S=π（t-1）2（1≤t≤2）． 综上，整个运动过程中，S与t的函数关系式为：S=π（t-1）2（0≤t≤2）， 这是一个二次函数，其图象为开口向上的一段抛物线．结合题中各选项，只有B符合要求． 故选B． 点评：本题结合动点问题考查了二次函数的图象．解题过程中求出了函数关系式，这是定量的分析方法，适用于本题，如果仅仅用定性分析方法则难以作出正确选择． 对应训练 1．（2015?白银）如图，⊙O的圆心在定角∠α（0°＜α＜180°）的角平分线上运动，且⊙O与∠α的两边相切，图中阴影部分的面积S关于⊙O的半径r（r＞0）变化的函数图象大致是（） A．B．C．D． 1．C 考点二：动态几何型题目中考数学动点问题专题练习(含答案)
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