2024届高考物理一轮复习教案第四章抛体运动与圆周运动第3讲圆周运动（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第四章抛体运动与圆周运动第3讲圆周运动（粤教版新教材），共16页。

考点一 圆周运动的运动学问题
1．描述圆周运动的物理量
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动．
(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．
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，其线速度是不变的．( × )
3．物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力．( √ )
4．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．( × )
1．对公式v＝ωr的理解
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
2．对a＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
3．常见的传动方式及特点
考向1 圆周运动物理量的分析和计算
例1 如图，A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
答案 A
解析 时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度a＝eq \f(v2,r)知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误．
考向2 圆周传动问题
例2 (多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮传动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，下列说法正确的是( )
A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B．A点和B点的角速度之比为1∶1
C．A点和B点的角速度之比为3∶1
D．A点和B点的线速度大小之比为1∶3
答案 AC
解析 题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误．
考向3 圆周运动的多解问题
例3 (多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则( )
A．子弹在圆筒中的水平速度为deq \r(\f(g,2h))
B．子弹在圆筒中的水平速度为2deq \r(\f(g,2h))
C．圆筒转动的角速度可能为πeq \r(\f(g,2h))
D．圆筒转动的角速度可能为3πeq \r(\f(g,2h))
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝eq \r(\f(2h,g))，则v0＝eq \f(d,t)＝deq \r(\f(g,2h))，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝eq \f(2n＋1π,t)＝(2n＋1)πeq \r(\f(g,2h))(n＝0,1,2，…)，故C、D正确．
考点二 圆周运动的动力学问题
1．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＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝meq \f(4π2,T2)r＝mωv.
(3)方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
2．离心运动和近心运动
(1)离心运动：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．
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动．
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力F2产生切向加速度a2，改变线速度的大小，当a2与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力F1提供向心力，产生向心加速度a1，改变线速度的方向．
1．做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．( × )
2．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．( × )
3．向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供．( √ )
4．在变速圆周运动中，向心力不指向圆心．( × )
1．向心力来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．匀速圆周运动中向心力来源
3.变速圆周运动中向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，F＝T－mgcs θ＝meq \f(v2,R)，如图所示．
4．圆周运动中动力学问题的分析思路
考向1 圆锥摆模型
例4 (2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B线速度大小相等
C．小球C、D所需的向心加速度大小相等
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
答案 B
解析 对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝ma，FTcs θ＝mg，得a＝gtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ)，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，C、D正确．
例5 如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则( )
A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期
D．甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力
答案 B
解析 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝meq \f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq \r(gRtan θ) ，ω＝eq \r(\f(gtan θ,R))，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝eq \f(2π,ω)，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝eq \f(mg,cs θ)，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D错误．
圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F向＝mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsin θ，联立解得v＝eq \r(gLtan θsin θ)，ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ)).
2．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq \f(mg,cs θ)和运动所需的向心力也越大．
考向2 生活中的圆周运动
例6 列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B．列车过转弯处的速度v＝eq \r(\f(gRh,d))时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C．列车过转弯处的速度vD．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
答案 B
解析 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有meq \f(v2,R)＝mgtan α＝mgeq \f(h,d)，解得v＝eq \r(\f(gRh,d))，故当列车过转弯处的速度v＝eq \r(\f(gRh,d))时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v例7 (多选)(2023·广东韶关市南雄中学检测)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8 000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1 300米．一个质量为50 kg的乘客坐在以360 km/h速率驶过半径2 500米弯道的车厢内，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200 N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540 N
答案 ABD
解析 根据F＝meq \f(v2,r)可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；由牛顿第二定律可知，当列车在规定速度下转弯时满足mgtan θ＝meq \f(v2,r)，则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；乘客受到的向心力F＝meq \f(v2,r)＝50×eq \f(1002,2 500) N＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小约为FN＝eq \r(mg2＋F2)＝eq \r(5002＋2002) N≈540 N，选项C错误，D正确．
课时精练
1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是( )
A．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大
B．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等
C．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力
D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同
答案 D
解析 乘坐飞椅的所有爱好者一起做匀速圆周运动，其角速度相同，故A错误，D正确；根据a＝rω2，由A可知角速度相同，当转动半径越大，向心加速度越大，故悬挂在最外侧飞椅的向心加速度大，故B错误；向心力是由重力和支持力的合力提供的，故C错误．
2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2B．100 m/s2
C．1 000 m/s2D．10 000 m/s2
答案 C
解析 根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.
3．(多选)(2023·广东珠海市模拟)如图所示，陀螺上a、b、c三点钉了三颗质量均为m＝0.01 kg的小钉子，三颗钉子距离中心的距离分别为Ra＝0.5 cm，Rb＝2 cm，Rc＝5 cm，则当陀螺以ω＝10 rad/s旋转时，转轴在竖直方向，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．三颗钉子的向心加速度aa>ab>ac
B．三颗钉子的向心加速度aaC．钉子c受到陀螺对它的作用力为5eq \r(5)× 10－2 N
D．钉子c受到陀螺对它的作用力为5×10－2 N
答案 BC
解析 由于Ra4．(2023·广东茂名市五校联盟联考)地球绕地轴自西向东做匀速圆周运动，一质量为1 kg的物体甲位于赤道上，另一个质量为2 kg的物体乙位于北纬60°的地面上，地球可视为一个球体，下列说法正确的是( )
A．物体甲、乙的线速度大小相等
B．物体甲、乙受到的向心力方向都指向地心
C．物体甲、乙的向心力大小之比为1∶1
D．物体甲、乙的向心加速度大小之比为1∶2
答案 C
解析 物体甲、乙同轴转动，两者的角速度相等，物体甲、乙做圆周运动的半径分别为r甲＝R，r乙＝Rcs 60°＝eq \f(1,2)R，由于两物体转动的半径不相等，由v＝ωr可知，两物体的线速度大小不相等，A错误；物体甲受到的向心力方向指向地心，物体乙受到的向心力方向垂直指向北纬60°的地轴，B错误；物体甲、乙做圆周运动的半径之比为2∶1，由a＝ω2r可知，向心加速度大小之比为2∶1，物体甲、乙的质量之比为1∶2，由向心力公式F＝mω2r，可得向心力大小之比为1∶1，C正确，D错误．
5．(2023·广东惠州市六校联考)北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”一共产生了14枚金牌．如图为我国运动员在“冰丝带”水平冰面上的某次训练照片，根据该照片，我们可推知( )
A．地面对运动员竖直向上的支持力大于运动员的重力
B．地面对运动员的作用力与重力大小相等
C．若运动员正做匀速圆周运动，则他所受合外力保持不变
D．转弯时，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小
答案 D
解析 运动员在竖直方向上处于平衡状态，则地面对运动员竖直向上的支持力等于运动员的重力，A错误；运动员做曲线运动时，地面对运动员有竖直方向的支持力及水平方向的力，它们的合力大于重力，B错误；做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，大小不变，但方向一直变化，C错误；设地面对运动员的作用力与水平方向夹角为θ，则eq \f(mg,tan θ)＝meq \f(v2,r)，可知，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小，D正确．
6．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是( )
A．小球Q的位置越来越高
B．细线的拉力减小
C．小球Q运动的角速度增大
D．金属块P受到桌面的静摩擦力增大
答案 B
解析 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设小孔下面细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小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，如图所示，则有FT＝eq \f(mg,cs θ)，mgtan θ＝meq \f(v2,Lsin θ)＝mω2Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cs θ增大，因此细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力减小，故D项错误．
7．(2023·广东潮州市模拟)如图是某型号无人机绕拍摄主体做水平匀速圆周运动时的示意图．已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，重力加速度为g，则无人机做匀速圆周运动时( )
A．角速度为eq \f(v,r)
B．所受空气作用力为mg
C．向心加速度为eq \f(v2,\r(r2－h2))
D．绕行一周的周期为T＝eq \f(2πr,v)
答案 C
解析 无人机做圆周运动的半径R＝eq \r(r2－h2)，则角速度为ω＝eq \f(v,R)＝eq \f(v,\r(r2－h2))，A错误；无人机做匀速圆周运动时，向心力为F向＝meq \f(v2,R)＝eq \f(mv2,\r(r2－h2))＝ma，解得a＝eq \f(v2,\r(r2－h2))，所受空气作用力F＝eq \r(mg2＋F向2)，B错误，C正确；周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π\r(r2－h2),v)，D错误．
8.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则( )
A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
答案 A
解析 根据h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝eq \f(r,t)＝2.5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝eq \f(2nπ,t)＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D错误．
9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是( )
A．小物块a和b做圆周运动所需的向心力大小之比为eq \r(3)∶1
B．小物块a和b对容器壁的压力大小之比为eq \r(3)∶1
C．小物块a与容器壁之间无摩擦力
D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下
答案 A
解析 a、b角速度相等，向心力大小可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝eq \r(3)∶1，A正确；对b分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，结合对b分析结果，对a分析有mω2Rsin 60°10．(2023·广东河源市模拟)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱．腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图所示．可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时， 配重的角速度为5 rad/s
D．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
答案 D
解析 匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；运动过程中腰带可看作不动，所以腰带所受合力始终为零，故B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r) ，即ω＝eq \r(\f(gtan θ,lsin θ＋r))，当θ稳定在37°时，解得ω＝eq \r(15) rad/s，故C错误；当θ稳定在53°时，角速度大于θ稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，为正值，所以做正功，故D正确．
11.(2023·广东阳春市第一中学模拟)北京冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静、韩聪获得金牌，夺得中国队第九金．韩聪以自己为轴拉着隋文静做圆锥摆运动，可简化为如图所示的模型．重力为mg的物块，物块到悬挂点的摆线长为L，测得物块在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动．求：
(1)摆线与竖直方向的夹角θ满足的关系式(可用三角函数表示)；
(2)摆线对物块的拉力大小．
答案 (1)cs θ＝eq \f(gt2,4π2n2L) (2)eq \f(4mLπ2n2,t2)
解析 (1)由题意知物块做圆周运动的周期T＝eq \f(t,n)
对物体受力分析可得mgtan θ＝eq \f(m4π2,T2)Lsin θ
解得cs θ＝eq \f(gt2,4π2n2L)
(2)对物块受力分析，可得摆线对物块的拉力F＝eq \f(mg,cs θ)
代入可得F＝eq \f(4mLπ2n2,t2).
12.(2022·辽宁卷·13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离s＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．
答案 (1)2.7 m/s2 (2)eq \f(225,242) 甲
解析 (1)根据速度位移公式有v2＝2as
代入数据可得a＝2.7 m/s2
(2)根据向心加速度的表达式a＝eq \f(v2,R)
可得甲、乙的向心加速度之比为eq \f(a甲,a乙)＝eq \f(v甲2,v乙2)·eq \f(R乙,R甲)＝eq \f(225,242)，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝eq \f(πR,v)，代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲＝eq \f(4π,5) s，t乙＝eq \f(9π,11) s．因t甲皮带传动
齿轮传动
装置
A、B两点在同轴的一个圆盘上
两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点
两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点
角速度、周期相同
线速度大小相等
线速度大小相等
转向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比：
eq \f(vA,vB)＝eq \f(r,R)
向心加速度与半径成正比：eq \f(aA,aB)＝eq \f(r,R)
角速度与半径成反比：
eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r,R)
向心加速度与半径成反比：eq \f(aA,aB)＝eq \f(r,R)
角速度与半径成反比：
eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r2,r1)
向心加速度与半径成反比：eq \f(aA,aB)＝eq \f(r2,r1)
运动模型
向心力的来源图示
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯