高考导练高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动课件 新人教版必修2
近年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动练习(2021年整理)
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第3讲圆周运动1。
(2016·高考全国卷Ⅱ)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球的向心加速度解析：选C。
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 ＝错误!mv2，v＝错误!,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E＝错误!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k据牛顿第二定律可知，F－mg＝m错误!,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＝错误!＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．2．(多选）(2015·高考浙江卷）如图所示为赛车场的一个水平“U"形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r。
2019版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 4.3 圆周运动及其应用
kg 2l
kg
2kg kg
l
3l l
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迁移3:车辆转弯问题 (多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽 车行驶的速率为v0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
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A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于v0,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,v0的值变小
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【解析】选A、C。当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋 势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低, 选项A正确;当车速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向内侧运 动的趋势,但并不会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B错误;当
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v 2.对a= =ω2r的2理解:
(1)当v一定时,a与r成反比。
r (2)当ω一定时,a与r成正比。
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3.关于向心力的两点注意: (1)向心力是效果力,在受力分析时不能另外添加一个向心力。 (2)向心力可以是几个力的合力,也可以是某个力的分力。
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【慧眼纠错】 (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。 纠错:__________________________________________ ___________。 (2)物体做匀速圆周运动时,合外力是不变的。 纠错:________________________________________ ___。
高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动教案
第3讲圆周运动知识点一匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1.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，就是匀速圆周运动.(2)特点：加速度大小，方向始终指向，是变加速运动.(3)条件：合外力大小、方向始终与方向垂直且指向圆心.2.描述匀速圆周运动的物理量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体运动的物理量(v)(1)v＝ΔsΔt＝(2)单位：角速度描述物体绕圆心的物理量(ω)(1)ω＝ΔθΔt＝(2)单位：周期物体沿圆周运动的时间(T)(1)T＝＝，单位：(2)f＝1T，单位：Hz向心加速度(1)描述速度变化快慢的物理量(a n)(2)方向指向(1)a n＝＝(2)单位：答案：1.(1)相等(2)不变圆心(3)不变速度 2.快慢2πrTm/s 转动快慢2πTrad/s 一圈2πrv2πωs 方向圆心v2rω2r m/s2知识点二匀速圆周运动的向心力1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的，不改变线速度的.2.大小：F＝＝mrω2＝＝mωv＝m·4π2f2r.3.方向：始终沿半径指向.4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的提供，还可以由一个力的提供.答案：1.方向 大小 2.m v 2r m 4π2T2r 3.圆心 4.合力 分力知识点三 离心现象1.定义：做 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 的情况下，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象.2.受力特点(1)当F n ＝m ω2r 时，物体做 运动. (2)当F n ＝0时，物体沿 方向飞出.(3)当F n <m ω2r 时，物体逐渐 圆心，做离心运动. (4)当F n >m ω2r 时，物体逐渐 圆心，做近心运动. 答案：1.圆周运动 向心力 2.(1)匀速圆周 (2)切线 (3)远离 (4)靠近(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力是保持不变的.( ) (3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比.( ) (4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比.( )(5)随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用.( ) 答案：(1) (2) (3) (4)√ (5)考点圆周运动的运动学问题1.圆周运动各物理量间的关系2.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.甲乙(2)摩擦传动：如图所示，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：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v ＝ωr知v与r成正比.甲乙考向1 摩擦(或齿轮)传动[典例1] (2017·湖北荆州模拟)如图所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为R A＝2R B，则两轮边缘上的( )A.角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1B.周期之比T A ∶T B ＝1∶2C.转速之比n A ∶n B ＝1∶2D.向心加速度大小之比a A ∶a B ＝2∶1[解析] 由于没有相对滑动，A 、B 两轮边缘上的线速度大小相等，则ωA ωB ＝v AR A v B R B＝12，A 错误；T A T B ＝ωB ωA ＝21，B 错误；n A n B ＝ωA2πωB 2π＝12，C 正确；a A a B ＝v A ωA v B ωB ＝12，D 错误. [答案] C[变式1] (2017·浙江嘉兴调研)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮.若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是()A.小齿轮逆时针转动B.小齿轮每个齿的线速度均相同C.小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍答案：C 解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A 错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，选项B 错误；根据v ＝ωr ，且线速度大小相等，角速度与半径成反比，选项C 正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等，向心加速度与半径成反比，选项D 错误.考向2 三种传动方式的综合应用[典例2] 如图所示是自行车传动结构的示意图，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 ，则自行车前进的速度为()A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 1r 3r 2D.2πnr 2r 3r 1[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 ＝r ω可知：r 1ω1＝r 2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角速度ω2＝r 1r 2ω，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 ＝r ω可知，v 3＝r 3ω3＝ωr 1r 3r 2＝2πnr 1r 3r 2.[答案] C在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.考点圆周运动中的动力学分析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.2.向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.(2)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就是向心力. 3.常见圆周运动情景中向心力来源图示运动 模型 飞机水平转弯火车转弯圆锥摆向心 力的 来源 图示运动 模型飞车走壁 汽车在水平 路面转弯水平转台向心力的来源图示考向1 水平转盘动力学分析[典例3] (多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A.B的向心力是A的向心力的2倍B.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C.A、B都有沿半径向外滑动的趋势D.若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μB[解析] A、B两物块的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，所以向心力相等，选项A错误；对AB整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，可知B有沿半径向外滑动的趋势，选项C正确；对AB整体分析，μB·2mg＝2mrω2B，解得：ωB＝μB gr，对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，选项D错误.[答案] BC考向2 圆锥摆动力学分析[典例4] (2017·福建漳州三联)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( )A BC D[解析] 小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mg tan θ＝m ω2L sin θ，整理得：L cos θ＝gω2，则两球处于同一高度，故B 正确.[答案] B[变式2] (多选)如图甲所示，杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆台形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆台筒固定不动.现将圆台筒化为如图乙所示，若演员骑着摩托车先后在A 、B 两处紧贴着内壁分别在图乙中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A.A 处的线速度大于B 处的线速度B.A 处的角速度小于B 处的角速度C.A 处对筒的压力大于B 处对筒的压力D.A 处的向心力等于B 处的向心力答案：ABD 解析：对A 、B 两处演员和摩托车进行受力分析如图所示，两个支持力与竖直方向的夹角相等，均为θ，由于F N1cos θ＝mg ，F N2cos θ＝mg ，可知F N1＝F N2，根据牛顿第三定律，可知演员和摩托车对筒的压力相等，故C 错误；两处支持力的水平分力等于向心力，因此两处向心力F 也相等，D 正确；根据F ＝m v 2r可知F 一定时，半径越大，线速度越大，故A处的线速度比B 处的线速度大，A 正确；根据F ＝m ω2r 可知，半径越大，角速度越小，B 正确.解决圆周运动问题的主要步骤考点圆周运动的实例分析1.凹形桥与拱形桥模型凹形桥F N －mg ＝mv2r概述如图所示为凹形桥模型.当汽车通过凹形桥的最低点时F N －mg ＝m v 2r规律桥对车的支持力F N ＝mg ＋m v 2r>mg ，汽车处于超重状态拱形桥mg －F N ＝mv 2r概述如图所示为拱形桥模型.当汽车通过拱形桥的最高点时mg －F N ＝m v 2r规律桥对车的支持力F N ＝mg －mv 2r<mg ，汽车处于失重状态.若v ＝gr ，则F N ＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动2.火车转弯问题概述如图所示，火车转弯轨道外高内低.火车转弯时，设转弯半径为r ，若mg tan θ＝m v 2r，车轮与内、外侧轨道无作用力，即v ＝gr tan θ规律当火车转弯时，若v >gr tan θ，则火车车轮对外侧轨道有作用力，若v <gr tan θ，火车车轮对内侧轨道有作用力考向1 汽车过桥动力学分析[典例5] 一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥.设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A.3∶1B.3∶2C.1∶3D.1∶2[解析] 汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力.如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′ ①甲 乙所以由牛顿第二定律可得mg －F N1′＝mv 2R②同样，如图乙所示，F N2′＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F N2′－mg ＝mv 2R③由题意可知F N1＝12mg ④由①②③④式得F N2＝32mg所以F N1∶F N2＝1∶3. [答案] C考向2 火车(汽车)转弯动力学分析[典例6] (多选)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的.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度v 有关.下列说法正确的是( )A.速率v 一定时，r 越小，要求h 越大B.速率v 一定时，r 越大，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[解析] 火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力mg 与轨道支持力F N 的合力来提供，如图所示，则有mg tan θ＝mv 2r ，且tan θ≈sin θ＝hL，其中L 为两轨间距，是定值，有mg h L ＝mv 2r，通过分析可知A 、D 正确.[答案] AD[变式3] 公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 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.路面外侧低内侧高B.车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v c ，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，v c 的值变小答案：C 解析：当汽车行驶的速率为v c 时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A 错误.当速率稍大于v c 时，汽车有向外侧滑动的趋势，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，速率稍小于v c 时，车辆不会向内侧滑动，选项B 错误.v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D 错误.1.[圆周运动各物理量间的关系]明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图所示)，记录了我们祖先的劳动智慧.若A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系如图所示，则( )A.齿轮A 的角速度比C 的大B.齿轮A 与B 角速度大小相等C.齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D.齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的大答案：D 解析：由图可知r A >r B >r C ，A 齿轮边缘与B 齿轮边缘线速度大小是相等的，即v A ＝v B ，由v ＝ωr ，可得ωA ωB ＝r B r A，则ωA <ωB ；B 齿轮与C 齿轮共轴，则B 齿轮与C 齿轮角速度大小相等，即ωB ＝ωC ，由v ＝ωr ，可得齿轮B 与C 边缘的线速度之比v B v C ＝r B r C，则v B >v C .综上所述可知：v A ＝v B >v C ，ωB ＝ωC >ωA ，则A 、B 、C 错误，D 正确.2.[火车转弯问题](多选)火车转弯可近似看成做匀速圆周运动，当提高火车速度时会使轨道的外轨受损.为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是( )A.减小内、外轨的高度差B.增大内、外轨的高度差C.减小弯道半径D.增大弯道半径答案：BD 解析：根据题意，要使火车转弯时对外轨压力变小，可以把火车弯道设计成外高内低，在内、外轨之间有一定的高度差，火车受到的重力与支持力的合力提供向心力.根据F 合＝F 向＝m v 2r可知，通过增大弯道半径可以减小向心力，重力和支持力的合力为mg tan θ＝mg h d，可知当增大内、外轨的高度差时，合力变大，可减小外轨的受力，故选项B 、D 正确.3.[对离心现象的理解](多选)如图所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是( )A.脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B.水会从筒中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故C.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D.靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好答案：ACD 解析：水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B 错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向筒壁，A 正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水更好，C 正确；周边的衣物因圆周运动的半径R 更大，在ω一定时，所需向心力比中心衣物的大，脱水效果更好，D 正确.4.[圆周运动动力学分析]如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是( )A.小球A的合力小于小球B的合力B.小球A与框架间可能没有摩擦力C.小球B与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大答案：C 解析：由于合力提供向心力，依据向心力表达式F＝mrω2，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B是否受到摩擦力，故无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误.5.[水平面内的圆周运动]如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球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，则以下说法中正确的是( )A.A球的角速度等于B球的角速度B.A球的线速度大于B球的线速度C.A球的运动周期小于B球的运动周期D.A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力答案：B 解析：先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力F N的合力，建立如图所示的坐标系，则有：F N sin θ＝mg①F N cos θ＝mr ω2 ②由①得F N ＝mgsin θ，小球A 和B 受到的支持力F N 相等，选项D 错误.由于支持力F N 相等，结合②式知，A 球运动的半径大于B 球运动的半径，A 球的角速度小于B 球的角速度，选项A 错误.A 球的运动周期大于B 球的运动周期，选项C 错误.又根据F N cos θ＝m v 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.。
高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用课件
一 堵点疏通 1．做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析受力时，必 须指出受到的向心力。( × ) 2．匀速圆周运动是匀变速曲线运动，非匀速圆周运动是变加速曲线运 动。( × ) 3．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。( × ) 4．在光滑的水平路面上汽车不可以转弯。( √ ) 5．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。( × ) 6．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。( √ )
运动。 (3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向 04 _垂__直___
且指向圆心的合外力。
2．描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、
向心加速度、向心力等，具体如下：
定义、意义
公式、单位
线速度
①描述做圆周运动的物体沿圆弧运 动 05 _快__慢___的物理量(v)
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
受
力
所受到的合力 09 ___不__指__向__圆__心____，合力产生
特 所受到的 07 _合__力___为 两个效果：
点 向心力，大小不变，方 ①沿半径方向的分力 10 _F_n_，即向心力，它改 向变，其方向时刻 08 变速度的 11 _方__向___；
__指__向__圆__心____
提供圆周运动所需 02 __向__心__力___的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的 03 _惯__性___，总有沿着圆周 04 __切__线__方__向____飞出去的倾向。
(3)受力特点：Fn 为提供的向心力。
①当 Fn＝mω2r 时，物体做 05 __匀__速__圆__周____运动。 ②当 Fn<mω2r 时，物体逐渐 06 __远__离__圆心，做离心运动。 ③当 Fn＝0 时，物体沿 07 __切__线__方向飞出。 2．近心运动：当 Fn>mω2r 时，物体将逐渐 08 _靠__近___圆心，做近心运 动。
高三物理一轮复习 必考 第4章 曲线运动 万有引力与航天 第3节 圆周运动
峙对市爱惜阳光实验学校第3节圆周运动知识点1 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1．匀速圆周运动(1)义：做圆周运动的物体，假设在相的时间内通过的圆弧长相，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．2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力，现比拟如下表：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＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r＝mωv＝4π2mf2r.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．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．知识点3 离心现象1．义做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或缺乏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．本质做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．3．受力特点当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，F为实际提供的向心力，如图431所示．图4311．正误判断(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．(×)(3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力．(√)(4)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力作用．(×)(5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一于向心力．(√)(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)2．(对圆周运动的理解)(多项选择)以下关于圆周运动的说法正确的选项是( ) 【导学号：96622065】A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动B．向心加速度大小不变，方向时刻改变C．当物体所受合力用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心【答案】CD3．(圆周运动的根本概念)(多项选择)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，那么( )A．角速度为0.5 rad/s B．转速为0.5 r/sC．轨迹半径为4πm D．加速度大小为4π m/s2【答案】BCD4．(对圆周运动向心力的理解)(多项选择)以下关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的选项是( )【导学号：96622066】A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．物体所受的合外力D．向心力和向心加速度的方向都是不变的【答案】BC5．(对离心运动的理解)以下关于离心现象的说法正确的选项是 ( ) A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动【答案】 C [核心精讲]1．描述圆周运动的物理量间的关系 2．对公式v ＝ωr 的理解当r 一时，v 与ω成正比；当ω一时，v 与r 成正比；当v 一时，ω与r 成反比．3．对a ＝v 2r＝ω2r 的理解当v 一时，a 与r 成反比；当ω一时，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432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，即v A ＝v B ，但图两轮转动方向相同，图乙中两轮转动方向相反．(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，即v A ＝v B .(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相，即ωA ＝ωB .图432 [题组通关]1．如图433所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点( )图433A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶2C ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1D ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶2D 板上A 、B 两点的角速度相，角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶1，选项A 、B 错误；线速度v ＝ωr ，线速度之比v A ∶v B ＝1∶2，选项C 错误，D 正确．2．(多项选择)如图434所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1；假设改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，那么( ) 【导学号：96622067】图434A.ω1ω2＝22 B.ω1ω2＝21 C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12AC 根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ，联立解得μg ＝ω21r ，小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r ，ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A正确、B 错误；a 2＝μg ＝ω2R ，a 1a 2＝11，选项C 正确、D 错误．3．如图435为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.主动轮做顺时针转动，转速为n 1，转动过程中皮带不打滑．以下说法正确的选项是( )图435A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮边缘线速度大小为r 22r 1n 1D ．从动轮的转速为r 2r 1n 1B 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M →N 方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大小相，故A 、C 错误，B 正确；由ω＝2πn 、v ＝ωr 可知，2πn 1r 1＝2πn 2r 2，解得n 2＝r 1r 2n 1，D 错误．[微博] 两个结论：1．共轴转动的物体上各点角速度相同．2．不打滑的摩擦传动、皮带传动和齿轮传动的两轮边缘上各点线速度大小相．[核心精讲] 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防止再另外添加一个向心力．2．轨道确实确圆周运动的轨道所在的平面，确圆心的位置．寻找与半径相关的量． 3．受力分析分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上．(1)与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．(2)轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．(3)轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力，使用牛顿第二律．根据三个方向上所列方程求解．4．两种模型比照轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr 由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，N＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力N(2)不能过最高点时，v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，N＝mg，N为支持力，沿半径背离圆心；(2)当0<v<gr时，－N＋mg＝mv2r，N背离圆心且随v的增大而减小；(3)当v＝gr时，N＝0；(4)当v>gr时，N＋mg＝mv2r，N指向圆心并随v的增大而增大[师生共研]●考向1 水平面内的匀速圆周运动(多项选择)(2021·卷Ⅰ)如图436，两个质量均为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.假设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，以下说法正确的选项是( )图436A．b一比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmgAC 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相，那么根据牛顿第二律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相，故b一比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg2l，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二律可得kmg＝mω2a l，可得ωa＝kgl，而转盘的角速度2kg3l<kgl，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二律可得f ＝mω2l ＝23kmg ，D 错误．●考向2 竖直平面内的圆周运动一轻杆一端固质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图437所示，那么以下说法正确的选项是( )图437A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一随速度增大而减小A 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力于零，A 正确，B 错误；假设v <gR ，那么杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，假设v >gR ，那么杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误．[题组通关]4．如图438所示，长度不同的两根轻绳L 1与L 2，一端分别连接质量为m 1和m 2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O ，两小球质量之比m 1∶m 2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L 1、L 2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，以下说法中正确的选项是( )【导学号：96622068】图438A ．绳L 1、L 2的拉力大小之比为1∶3B ．小球m 1、m 2运动的向心力大小之比为1∶6C ．小球m 1、m 2运动的周期之比为2∶1D ．小球m 1、m 2运动的线速度大小之比为1∶2B 小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达式方程，在竖直方向列平衡方程，可得拉力大小T 1＝m 1g cos 30°，T 2＝m 2gcos 60°，T 1T 2＝36，A 选项错误；向心力大小F 1＝m 1g tan 30°，F 2＝m 2g tan 60°，F 1F 2＝16，B 选项正确；周期T ＝2πL cos θg，因连接两小球的绳的悬点距两小球运动平面的距离相，所以周期相，C 选项错误；由v ＝2πrT可知，v 1v 2＝tan 30°tan 60°＝13，D 选项错误．5．如图439所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，那么以下说法正确的选项是( )图439A．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一有作用力C 小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，假设速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．[典题例如]动画片<熊出没>中有这样一个情节：某天熊大和熊二中了光头强设计的陷阱，被挂在了树上(如图4310甲)，聪明的熊大想出了一个方法，让自己和熊二荡起来使绳断裂从而得救，其过程可简化为如图乙所示，设悬点为O，离地高度为H＝6 m，两熊可视为质点且总质量m＝500 kg，重心为A，荡的过程中重心到悬点的距离L＝2 m且保持不变，绳子能承受的最大张力为T＝104N，光头强(可视为质点)位于距离O′(O点正下方)点水平距离s＝5 m的B点处，不计一切阻力，g取10 m/s2.图4310(1)熊大和熊二为了解救自己，荡至最高点时绳与竖直方向的夹角α至少为多大？(2)设熊大和熊二刚好在向右摆到最低点时绳子断裂，那么它们的落地点离光头强的距离为多少？(3)如果重心A到O的距离可以改变，且两熊向右摆到最低点时绳子恰好断裂，有无可能在落地时砸中光头强？请通过计算说明．【解题关键】关键信息信息解读绳子能承受的最大张力为T 由T－mg＝mv2r可求平抛的初速度v 重心A到O的距离可以改变L变化，平抛的初速度v变化，平抛点高度H－L变化，平抛的水平位移也随之变化【标准解答】(1)在最低点绳子恰好断裂时，有T－mg＝mL 由机械能守恒律得mgL(1－cos α)＝12mv2联立解得α＝60°.(2)由平抛运动规律得H－L＝12gt2，x＝vt落地点距光头强的距离d＝s－x联立解得d ＝1 m.(3)仍在最低点使绳断裂，那么可知摆角仍为α＝60°，令摆长为L ′，那么平抛的初速度为v ′＝2gL ′1－cos 60°＝gL ′平抛的时间为t ′＝2H －L ′g那么平抛的水平位移为x ′＝v ′t ′＝2L ′H －L ′由数学知识可知，当L ′＝H2＝3 m 时，水平位移最大，x ′m ＝3 2 m<s故没有可能砸到光头强．【答案】 (1)60° (2)1 m (3)见解析平抛运动与圆周运动的组合题，关键是找到两者的速度关系．假设先做圆周运动后做平抛运动，那么圆周运动的末速于平抛运动的水平初速；假设物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速于平抛末速在圆切线方向的分速度．[题组通关]6.如图4311所示，圆弧形凹槽固在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.以下说法正确的选项是( ) 【导学号：96622069】图4311A ．tan θ1tan θ2＝2 B.tan θ2tan θ1＝2 C ．tan θ1tan θ2＝12D.tan θ2tan θ1＝12A 小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt，那么tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．。
高考物理一轮复习讲义第四章_曲线运动万有引力与航天_第3讲_word版有答案
第3讲圆周运动一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1．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．2．描述匀速圆周运动的物理量深度思考如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．图1(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？答案(1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同．二、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＝m v2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv＝4π2mf2r.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．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．三、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．2．本质：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趋势．3．受力特点(如图2)图2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．1．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)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(×)(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)(4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)(5)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(√)2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3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3A．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 C3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3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4A.πnr1r3r2 B.πnr2r3r1C.2πnr2r3r1 D.2πnr1r3r2答案 D4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球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，则以下说法中正确的是()图5A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力答案 B解析先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力F N的合力，建立如图所示的坐标系，则有：F N sin θ＝mg①F N cos θ＝mrω2②由①得F N＝mgsin θ，小球A和B受到的支持力F N相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力F N相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A 、C 错误．又根据F N cos θ＝m v 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (1)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． (2)对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 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． 2．圆周运动中的动力学分析 (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． (2)向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．②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就是向心力．例1 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6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( )图6A ．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/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s绕赛道一圈时间最短．答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2m r ，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30s ≈2.80 s ，选项D 错误．1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图7A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图8A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝mω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不同，选项B 错，周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对．命题点二 水平面内圆周运动的临界问题例2 如图9所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：图9(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？①小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动；②若要小球刚好离开锥面．答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝52 2 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan α＝mω′2l sin α解得：ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．2．三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.3．(多选)如图10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()图10A．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＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l时b 刚要开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 命题点三 竖直面内的圆周运动 1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(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)约束模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法最高点无支撑最高点有支撑重力、弹力，弹力方向向下或重力、弹力，弹力方向向下、22例3 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11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图11A ．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①P 球的质量大于Q 球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．例4 如图12所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图12(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？①轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动；②小球要做完整的圆周运动；③最大张力为45 N.答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得 mg ＋F 1＝m v 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值，亦即F1≥0②联立①②得v≥gR，代入数值得v≥2 m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s.(2)将v2＝4 m/s代入①得，F2＝15 N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F3－mg＝m v23R③将F3＝45 N代入③得v3＝4 2 m/s即小球的速度不能超过4 2 m/s.4．(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，如图13所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则()图13A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>6gl时，小球一定能通过最高点PD．当v0<gl时，细绳始终处于绷紧状态答案CD解析小球运动到最低点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 v20l；在最高点时：F T2＋mg＝mv2l，其中12m v2－mg·2l＝12m v2，解得FT1－F T2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝6gl时，得v＝2gl，因为小球能经过最高点的最小速度为gl，则当v0>6gl时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝gl时，由12m v2＝mgh得小球能上升的高度h＝12l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<gl时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．5．如图14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( )图14A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 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 2B 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 2A L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.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、轻绳控制、轻杆控制，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： 1．静摩擦力控制下的圆周运动图15典例1 如图15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 ．0.5 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s 故选项C 正确．2．轻绳控制下的圆周运动典例2 如图16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 的轻细绳，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)图16答案 0°≤α≤30°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 21l①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 21－12m v 20② 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，则α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动典例3 如图17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( )图17A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s 答案 A解析 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12m v 2B可得v B ＝4 m/s ，A 正确．题组1匀速圆周运动的分析1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C 接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则()图1A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2答案 A解析小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝v2R，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝1R，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A 点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()图2A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为5∶4D．受到的合力大小之比为15∶14答案CD解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D 正确．题组2水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距R A ＝2R B.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是()图3A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为F f A＝μm A g，F f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为F f A∶F f B＝m A∶m B，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5m B)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是()图4A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C．当ω2> μgr时整体会发生滑动D．当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BCD解析当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω21，解得ω1＝μg 2r，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B 之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有F T＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有F T＝2μmg，解得ω2＝μgr，当ω2>μgr时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当μg2r<ω<μgr时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝F T＋F f不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确．5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是()图5A．OB绳的拉力范围为0～33mgB．OB绳的拉力范围为33mg～233mgC．AB绳的拉力范围为33mg～233mgD．AB绳的拉力范围为0～233mg答案 B解析当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos30°＝mg，F1＝33mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝233mg，因此OB绳的拉力范围为33mg～233mg，AB绳的拉力范围为0～33mg，B项正确．6．如图6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图6(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．答案(1) 2g R(2)当ω＝(1＋k)ω0时，F f沿罐壁切线向下，大小为3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，F f沿罐壁切线向上，大小为3k(2－k)2mg解析(1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg①F N sin 60°＝mR′ω20②R′＝R sin 60°③联立①②③解得：ω0＝2g R(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋F f cos 30°④F N′sin 60°＋F f sin 30°＝mR′ω2⑤联立③④⑤解得：F f＝3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知：F N″cos 60°＋F f′sin 60°＝mg⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k(2－k)2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题7．如图7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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )图7A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案 A解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r ；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m (2v )2r ，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．8.(多选)如图8所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，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v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图8A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s答案 CD解析 当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有12m v 2＋2mgr ＝12m v 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 、h B ，下列说法正确的是( )。
(新课标)高考物理一轮复习 第四章 曲线运动万有引力与航天 第三节 圆周运动课件
第三节 圆周运动
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一、描述圆周运动的物理量 1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v＝ΔΔst＝__2T_π_r____． 2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔΔθt ＝___2T_π____． 3．周期和频率：描述物体__转__动__的__快__慢____，T＝2vπr，f＝T1.
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三、离心运动 1 ． 定 义 ： 做 __圆__周__ 运 动 的 物 体 ， 在 合 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．
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2．供需关系与运动：如图所示，F 为实际提供的向心力，则
(1)当_F__＝__m_ω__2_r_时，物体做匀速圆周运动； (2)当___F_＝__0____时，物体沿切线方向飞出； (3)当__F_<__m_ω__2r__时，物体逐渐远离圆心； (4)当__F_>__m_ω__2r__时，物体逐渐靠近圆心．
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4．向心加速度：描述__线__速__度__方__向___变化的快慢． an＝rω2＝vr2＝ωv＝4Tπ22r. 5．向心力：作用效果为产生_向__心__加__速__度___，Fn＝man.
3
1.(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(BCD) A．角速度为 0.5 rad/s B．转速为 0.5 r/s C．轨迹半径为π4 m D．加速度大小为 4π m/s2 提示：由 ω＝2Tπ，n＝2ωπ，v＝2Tπr及 a＝vr2可知，选项 B、C、 D 正确，A 错误．
16
(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是 主动轮，其半径为 r1，M′半径也为 r1，M′和 N 在同一轴上， N 和 N′的半径都为 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．则下列说法正确的是( BC )
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动教案-人教版高三全册物理教案
第3讲圆周运动一、描述圆周运动的物理量1.线速度:描述做圆周运动的物体通过弧长的快慢,v==①。
2.角速度:描述物体绕圆心转动的快慢,ω==②。
3.周期和频率:描述物体③转动的快慢 ,T=,f=。
4.向心加速度:描述物体④线速度方向变化的快慢。
a n=rω2==ωv=r。
5.向心力:作用效果为产生⑤向心加速度。
F n=ma n。
二、匀速圆周运动1.匀速圆周运动的向心力(1)大小:F n=ma n=⑥ m=⑦mω2r =⑧ m r =⑨mωv =4π2mf2r。
(2)方向:始终沿半径方向指向⑩圆心 ,时刻在改变,即向心力是一个变力。
(3)作用效果:向心力产生向心加速度,只改变线速度的方向 ,不改变线速度的大小。
2.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动F n、a n、v均大小不变,方向变F n、a n、v大小、方向均发生变化,ω发生变化运动特点化,ω不变向心力F n=F合由F合沿半径的分力提供向心力F n,F n≠F合大小三、离心运动1.定义:做圆周运动的物体,在合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。
2.供需关系与运动:如图所示,F为实际提供的向心力,则(1)当F=mω2r 时,物体做匀速圆周运动;(2)当 F=0 时,物体沿切线方向飞出;(3)当F<mω2r 时,物体逐渐远离圆心;(4)当F>mω2r 时,物体逐渐靠近圆心。
1.判断下列说法对错。
(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)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。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动
考向二 水平面内的匀速圆周运动模型 1．分析圆周运动问题的基本思路如下
2．水平面内的匀速圆周运动的常见模型 (1)水平转盘：如图甲所示，向心力由静摩擦力提供，即 Ff＝mω2r，物体刚要滑动时Ff＝μmg.所以，临界角速度ωm＝ μrg.
特点与规律： 物体离中心O越远，ωm越小，就越容易被“甩出去”．
加速度跟半径成正比，故aC＝12a，所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1. 【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1
【规律方法】 在分析传动装置的各物理量时，要抓住 不等量与等量之间的关系．分析此类问题有两个关键点：一 是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮 带接触的各点线速度大小相同．这两点抓住了，然后根据描 述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论．
C. gRtan θ
D. gRcot θ
解析：C 轨道不受侧向挤ห้องสมุดไป่ตู้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mgtan θ＝mvR2，得v＝ gRtan θ，C正确．
4．(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( )
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2
N，此时对A有T－Ffm＝Mω
2 1
r，B静止时受力平衡，T＝mg＝
3 N，解得ω1＝2.9 rad/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，且大小为2 N，此时对A 有T＋Ffm＝Mω22r
近年届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版(2021年整理)
2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第四章第三节圆周运动［A级—基础练］1.（2018·沧州模拟)如图所示,在一个水平圆盘上有一个木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，下面说法中错误的是( )A．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力的方向指向O点B．圆盘匀速转动的过程中,P受到的静摩擦力为零C．在转速一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比D．在P到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度平方成正比解析：B [圆盘在匀速转动的过程中，P靠静摩擦力提供向心力，方向指向O点，故A正确,B错误；在转速一定的条件下，角速度不变，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比，故C正确；在P到O点的距离一定的条件下，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小与圆盘转动的角速度平方成正比，故D正确．］2．(08786352）(2018·铜陵模拟）如图所示的齿轮传动装置中,主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( )A．顺时针转动，周期为2π3ωB．逆时针转动，周期为错误!C．顺时针转动，周期为错误!D．逆时针转动，周期为错误!解析:B ［齿轮不打滑，说明边缘点线速度相等，主动轮顺时针转动，故从动轮逆时针转动，主动轮的齿数z1＝24,从动轮的齿数z2＝8，故大轮与小轮的半径之比为R∶r＝24∶8＝3∶1，根据v＝rω得错误!＝错误!＝错误!，解得从动轮的角速度为ω2＝3ω1＝3ω，根据ω＝错误!得，从动轮的周期为T＝错误!＝错误!，故选项A、C、D错误，B正确．]3. （2018·广州模拟）“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量,如图ABCD是一块矩形电池板,能绕CD转动，E为矩形的几何中心（未标出），则电池板旋转过程中( )A．B、E两点的转速相同B．A、B两点的角速度不同C．A、B两点的线速度不同D．A、E两点的向心加速度相同解析：A ［根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小，线速度也越小,由几何关系可知A、B两点的线速度相等，故C错误；A、E两点因角速度相同,半径不同，由向心加速度的公式a＝ω2r可知，它们的向心加速度不同，故D错误．]4.(08786353)有一种杂技表演叫“飞车走壁",由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的内侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是( )A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大解析：B [摩托车受力如图所示，侧壁对车的弹力F N＝错误!，向心力F n ＝mg cot θ,当h变化时，θ角保持不变,所以摩托车对侧壁的压力大小以及摩托车做圆周运动的向心力大小不随h变化，选项A、D错误；由牛顿第二定律得mg cot θ＝m错误!＝mω2r，解得v＝错误!，ω＝错误!，h越高,r越大，故h越高,摩托车做圆周运动的线速度越大,角速度将越小，选项B正确，C 错误．］5。
高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用练习(2021年整理)
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第3讲圆周运动及其应用板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分.其中1~6为单选，7～10为多选）1．如图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n1，转动过程中皮带不打滑。
下列说法正确的是( )A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮边缘线速度大小为错误!n1D．从动轮的转速为错误!n1答案B解析主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误,B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝r1r2n1，故C、D错误.2．［2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b 处相切，固定于水平面上.一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管.则小球由圆管ab进入圆管bc后( ）A．线速度变小B．角速度变大C．向心加速度变小D．小球对管壁的压力变大答案C解析由于管道光滑，小球到达b点后,重力做功为零,速度大小保持不变,根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝v2R可知向心加速度减小,根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。
高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动的规律及应用练习(2021年整理)
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配餐作业圆周运动的规律及应用A组·基础巩固题1．如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图.已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置，A 点的转弯半径为5。
0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点）（)A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为4∶5D．受到的合力大小之比为15∶14解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝错误!知，周期相等,故A 项错误；根据v＝rω知，半径之比为5∶4,则线速度之比为5∶4，故B项错误；根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4,故C 项错误;根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D项正确.答案 D【解题技巧】解决本题的关键是学员与教练员的角速度大小相等，掌握线速度、角速度、向心加速度之间的关系，并能灵活运用。
2．某同学设计了一种能自动拐弯的轮子。
如图所示,两等高的等距轨道a、b 固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨。
新课标2023版高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课件
电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电
的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所
示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半
径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确
的是
()
A．P、Q 的线速度相同 B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C．P 点的线速度大小约为 1.6 m/s D．摇把的转速约为 400 r/min
第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径__垂__直__。 (2)性质：加速度大小不变，方向总是指向__圆__心__的变加速曲线运动。
2．描述匀速圆周运动的物理量
物理量
定义、意义
公式、单位
描述做圆周运动的物体沿圆弧
线速度 运动_快__慢___的物理量(v) 描述物体绕圆心_转__动__快___慢__的
解析：线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q 两点的线速度的方 向一定不同，故 A 错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动 转动，从动轮逆时针转动，故 B 正确；玻璃盘的直径是 30 cm，转速是 100 r/min， 所以线速度 v＝ωr＝2nπr＝2×16000×π×02.3 m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故 C 正确；
研清微点1 圆周运动的向心力来源分析
1． (多选)如图所示，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，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的
夹角为θ。下列说法中正确的是
高考物理一轮总复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 基础课3 圆周运动课件
2021/12/13
第二十四页，共六十二页。
考点二 水平面内的匀速圆周运动——师生共研
|记要点| 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．
2021/12/13
第二十五页，共六十二页。
2021/12/13
第二十一页，共六十二页。
3.机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有 固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气 出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示 出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴 A 的半径为 ra，车轮 B 的半径为 rb，滚动圆筒 C 的半径为 rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速 n(每秒钟 n 转)运行时，下列说法正确的是( )
测
2021/12/13
第三页，共六十二页。
板块 双基巩固 一
固双基、明易错、强 化记忆
2021/12/13
第四页，共六十二页。
一、匀速圆周运动
填一填|——知识体系
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__(_xi_ān_g_d_ě，ng)
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__(y_u_á_n_xī，n)是变加速
运动． 3．条件：合外力大小 _____不__变_____、方向始终与 _____速_度__(s_ù_d_ù_)方向垂直且
指向圆心．
2021/12/13
第五页，共六十二页。
高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动课件
12/8/2021
8
知识梳理
考点自诊
1.判断下列说法的正误。
(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。(
周期和
转速
12/8/2021
的时间(T)
②转速是物体单位时间转过的
②
圈数 (n)
Δ
2π
①ω= Δ =
②单位: rad/s
2π
2π
①T= = ,
单位: s
②n 的单位:
r/s 、 r/min
2
知识梳理
考点自诊
物理量 定义、意义
①描述速度方向变化快慢的物理量
向心
(an)
加速度
②方向指向圆心,时刻在变
公式、单位
①an= = ω2r
②单位: m/s2
①作用效果是产生向心加速度,只改
向心力
变线速度的 方向
大小 (Fn)
②方向指向 圆心
2π
①v=rω=
相互
关系
2
②an=
2
,不改变线速度的 ①Fn= m
mω2r
②单位: N
,时刻在变
=
=2πrf
4π 2
2
=rω =ωv=
=4π2f2r
第3节 圆周运动
12/8/2021
知识梳理
考点自诊
一、描述圆周运动的主要物理量
物理量
线速度
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3节 圆周运动 新人教版
2．(多选)(2018·宜宾模拟)在设计水平面内的火车轨道的转弯处 时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的 斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转 弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率 v 通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮 与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是( )
解析： D [设夹子与物块间静摩擦力为 f，匀速运动时，绳中
张力 T＝Mg＝2f.摆动时，物块没有在夹子中滑动，说明匀速运动过
程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值，A 错误；碰到钉
子后，物块开始在竖直面内做圆周运动，在最低点，对整体 T′－Mg
＝MvL2，对物块 2f－Mg＝MvL2，所以 T′＝2f，由于 f≤F，所以选项 B
3．向心力的公式 Fn＝man＝mvr2＝ mω2r ＝m4Tπ22r＝ m4π2n2r .
判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆 周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受 到向心力的作用．( × ) (2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．( √ ) (3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半 径方向飞出．( × )
A．P、Q 的线速度相同 B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C．P 点的线速度大小约为 1.6 m/s D．摇把的转速约为 400 r/min
解析： BC [由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、 Q 两点的线速度的方向一定不同，故 A 错误；若主动轮做顺时针转动，从 动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的 转动方向与摇把转动方向相反，故 B 正确；玻璃盘的直径是 30 cm，转速 是 100 r/min，所以线速度 v＝ωr＝2nπr＝2×16000×π×02.3 m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故 C 正确；从动轮边缘的线速度 vc＝ω·rc＝2×16000×π×0.02 m/s＝115π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速 度的大小相等，即 vz＝vc，所以主动轮的转速 nz＝2ωπz＝2vrπzz ＝2π×1150π.08r/s＝ 25 r/min，故 D 错误．]
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图 4－3－5
【解析】 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，同一皮带传动
的两轮边缘的线速度相等可得 ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，再有 ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以 v＝
2πnr1r3，选项 r2
C
正确．
【答案】 C
即学即练 1 (2016 年长春市调研)(多选)计算机硬盘内部结构如图 4－3－6 所示，读 写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写 磁头读写下方磁盘上的数据．磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分 为 18 个扇区．现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有 5 400 r/min 和 7 200 r/min 两种， 硬盘盘面的大小相同，则( )
向心 加速度
向心力
定义、意义
公式、单位
①描述速度____变化____的物理量(a) ①an＝vr2＝____
②方向指向圆心
②单位：m/s2
①作用效果是产生向心加速度，只改 变 线 速 度 的 ____ ， 不 改 变 线 速 度 的 ①F＝____＝mvr2
____ ②方向指向____
②单位：N
定义、意义
2．向心运动 当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即 F>mrω2，物体渐渐向圆心 靠近．如图 4－3－1 所示．
图 4－3－1
答案
知识点 1
快慢
2πr T
转动快慢
2π T
一周
圈数
方向
快慢
rω2
方向
大小
圆心
mrω2
知识点 2
不变 不变 不变 变 变 可能不变 合力 指向圆心 不指向圆心 Fn 方向 FT 大小
____
变也________
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
受力 特点
所受到的合力_________，合力产生两 所受到的____为向心力， 个效果： 大小不变，方向变，其方 ①沿半径方向的分力____，即向心力，
向时刻________
它改变速度的____；②沿切线方向的分 力____，它改变速度的____
考点突破
传动装置中各物理量的关系
考点解读 在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，传动装置主要有皮带 和齿轮两种． (1)凡是直接用皮带传动(包括链条传动、摩擦传动)的两个轮子，在不打滑的情况下， 两轮边缘上各点的线速度大小相等． (2)凡是同一个轮轴上(各个轮都绕同一根轴同步转动)的各点角速度相等(轴上的点除 外)． (3)求解向心加速度时，利用公式 a＝rω2 或 a＝vr2，需根据问题特点灵活选择．
知识点 3
1．(1)远离
温馨 提 示
请做：自主测评
总结提炼 解竖直平面内圆周运动临界问题的关键是分清模型及对应的最高点的临界速度：
(1)绳模型(内轨道模型)：临界条件为 T＝0 或 N＝0；由 mg＝mvr2得 v ≥ 最高点 gr；
(2)杆模型(管道约束模型)：最高点的合力(即向心力)可以为零，故 v 最高点≥0； (3)外轨道模型(凸桥模型)：过最高点后沿轨道下滑的临界条件为 N≥0，由 mg－N＝ mvr2得 0≤v ≤ 最高点 gr.
____的物理量(v)
①v＝ΔΔtl＝______
②是矢量，方向和半径垂直，和圆周 ②单位：
相切
描述物体绕圆心____的物理量(ω)
①ω＝ΔΔθt ＝______ ②单位：rad/s 或 s－1
①周期是物体沿圆周运动____的时间 ①T＝2vπr，单位：s
(T)
②n 的 单 位 ： r/s 、
②转速是物体单位时间转过的____(n) r/min，f 的单位：Hz
变加速曲线运动(加速度 变加速曲线运动(加速度大小、方向都 运动性质
大小不变，方向变化) 变化)
离心运动 向心运动
1．离心运动 (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 心力情况下，就做____圆心的运动，这种运动叫离心运动． (2)本质 ①离心现象是物体惯性的表现． ②离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向 飞出的运动． ③离心运动并不是受到什么离心力．
公式、单位
①v＝rω＝2Tπr＝2πrf 相互关系 ②a＝vr2＝rω2＝ωv＝4Tπ22r＝4π2f2r
③F＝mvr2＝mrω2＝m4Tπ22r＝mωv＝m4π2f2r
匀速圆周运动与非匀速圆周运动
运动特点
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
线 速 度 的 大 小 线速度的大小、方向
____，角速度、周 都____，角速度____， 期和频率都____， 向心加速度的大小、 向心加速度的大小 方向都变，周期可能
典例剖析 【例 1】 如图 4－3－5 是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为 r1 的大齿轮， Ⅱ是半径为 r2 的小齿轮，Ⅲ是半径为 r3 的后轮，假设脚踏板的转速为 n，则自行车前进 的速度为( )
A.πnrr21r3 C.2πnrr2 1r3
B.πnrr12r3 D.2πnrr1 2r3
(3)条件：做圆周运动的质点，当它受到的沿着半径指向圆心的合外力突然变为零或 不足以提供圆周运动所需向心力．
(4)设质点质量为 m，做圆周运动的半径为 r.角速度为 ω，向心力为 F，如图 4－3－1 所示．
①当 F＝mω2r 时，质点做匀速圆周运动； ②当 F<mω2r 时，质点做离心运动； ③当 F＝0 时，质点沿切线做直线运动； ④当 F>mω2r 时，质点做向心运动．
高考总复习/新课标
物理
经典品质/超越梦想
必修Ⅱ
第四章 曲线运动 万有引力与航天
第3讲 圆周运动
自主复习评估
主干知识 描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向 心力等，现比较如下表：
线速度
角速度 周期和转速定、意义公式、单位①描述做圆周运动的物体沿圆弧运动
图 4－3－6
A．磁头的位置相同时，7 200 r/min 的硬盘读写数据更快 B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长 C．不管磁头位于何处，5 400 r/min 的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等 D．5 400 r/min 与 7 200 r/min 的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为 3∶4