2018年高考物理大一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动课时规范训练

合集下载

(新课标)2018年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随堂达标巩固落实教案

＝
45
m/s ， v
小＝
Fr m
＝
2.25mmgr＝30 m/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＝
L2－（R－r）2＝50 3 m，由运动学公式 v2大－v2小＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为 a＝6.50 m/s2，则 C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间 t＝32vπ小r＝2.79 s，则 D 项错误．
解析：选 B.设 P、Q 质量均为 m，当角速度 ω 较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无
张力．当 mω2r＝fm 即 ω＝ mfmr时，若再增大 ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对 Q 而言有 T＋fm＝ mω2r2，而此时对 P 而言有 T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当 T＞mω2r1 时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．
(1)求圆轨道的半径 R 和小球的质量 m； (2)若小球从 D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 O 等高，求此时 θ 的值．
解析：(1)由题意，小球在 D 点的速度大小满足 v2D＝2gH－4gR 在 D 点，由牛顿第二定律得 mg＋F′＝mvR2D 又 F′＝F，解得 F＝2mRgH－5mg 根据图象得 m＝0.1 kg，R＝0.2 m.
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/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s
解析：选 AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有 F＝mvR2，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为 v

2018版高考物理一轮总温习第4章节曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用限时规范特训讲义

环有： T2cosθ2 ＝ mω2l2cosθ2 两环
ω
相
等
得
T1 T2
＝
l1 l2
；
若
l1cosθ1>l2cosθ2，则 T1cosθ1>T2cosθ2，不能得到 T1>T2；由题
意可知 l1sinθ1<l2sinθ2；若 l1tanθ1>l2tanθ2, 可得 cosθ1<cosθ2，
不能得到 T1>T2；若 l1>l2，则 T1>T2，选项 D 正确，A、B、
解析以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FN －mg＝mvr02，解得 FN＝mg＋mvr20，由牛顿第三定律知：小球对圆管的作用力大小 FN′＝FN＝mg＋mvr20，方向向下。再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小 F＝mg＋FN′＝2mg＋mvr20，选项 C 正确。
2. [2017·杭州质检]某同学骑自行车经过一段泥泞路后，发现自行车的后轮轮胎侧面上粘附上了一块泥巴，为了把泥巴甩掉，他将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来。如图所示，图中 a、b、c、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )
A．泥巴在图中的 a 位置时最容易被甩下来 B．泥巴在图中的 b、d 位置时最容易被甩下来 C．泥巴在图中的 c 位置时最容易被甩下来 D．泥巴在 a、b、c、d 四个位置被甩下来的难易程度是一样的
解析泥巴做圆周运动，由合力提供向心力，根据 F＝ mω2r 知，泥巴在车轮上每一个位置的向心力大小相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去。在最低点，泥巴所受重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力；在最高点，泥巴所受重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力；在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点 a 时合力最小，最容易飞出去，A 正确。

2018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讲圆周运动教学案(含解析)

第3讲圆周运动教材知识梳理一、匀速圆周运动1．定义：线速度大小________的圆周运动．2．性质：向心加速度大小不变，方向________，是变加速曲线运动．3．条件：合力________，方向始终与速度方向垂直且指向________．二、描述匀速圆周运动的基本参量三、离心运动和近心运动1．受力特点，如图4111所示．图4111(1)当F＝0时，物体沿切线方向做匀速直线运动；(2)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；(3)当0<F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动；(4)当F>mrω2时，物体渐渐向圆心靠近，做近心运动．2．离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于匀速圆周运动需要的向心力．答案：一、1.保持不变 2.时刻变化 3.大小不变圆心【思维辨析】(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( )(2)匀速圆周运动的加速度恒定不变．( )(3)做匀速圆周运动的物体所受的合外力大小保持不变．( )(4)物体做离心运动是因为物体受到所谓离心力的作用．( )(5)汽车转弯时速度过大就会向外发生侧滑，这是由于汽车轮胎受沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供汽车转弯所需向心力的缘故．( )答案：(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(√)【思维拓展】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？2．匀速圆周运动中哪些物理量是不变的？答案：1．两个匀速意义不同，匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动，其速度、向心加速度都是变化的．2．匀速圆周运动中不变的物理量有：角速度、周期、频率、转速、动能，变化的物理量有：线速度、向心加速度、向心力、动量．考点互动探究考点一圆周运动的运动学问题1.[2016·广东佛山二模] 明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮水车图(如图4112所示)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A 、B 、C 三齿轮车半径的大小关系如图所示，则( )图4112A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 与B 的角速度大小相等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 ，齿轮A 边缘与齿轮B 边缘线速度大小是相同的，即v A ＝v B ，由v ＝ωr ，可得ωA ωB ＝r Br A ，故ωA <ωB ；齿轮B 与齿轮C 共轴，则齿轮B 与齿轮C 角速度大小相等，即ωB ＝ωC ，由v ＝ωr 可得，齿轮B 与齿轮C 边缘的线速度大小之比v B v C ＝r B r C，故v B >v C .综上所述，v A ＝v B >v C ，ωB ＝ωC >ωA ，A 、B 、C 错误，D 正确．2．(多选)[2016·江西南昌一模] 如图4113所示，在半径为R 的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出．要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，则小球抛点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能满足( )图4113A ．h ＝π2g ω2，v 0＝R ω2πB ．h ＝8π2g ω，v 0＝R ω4πC ．h ＝2π2g ω2，v 0＝R ω6πD ．h ＝32π2g ω2，v 0＝R ω8π答案：BD [解析] 由平抛运动规律，有R ＝v 0t ，h ＝12gt 2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，需要满足n ·2π＝ωt (n ＝1，2，3，…)，联立解得h ＝2n 2π2g ω2，v 0＝R ω2n π(n ＝1，2，3，…)．当n ＝1时，h ＝2π2g ω2，v 0＝R ω2π，选项A 错误；当n ＝2时，h ＝8π2g ω2，v 0＝R ω4π，选项B 正确；当n ＝3时，h ＝18π2gω2，v 0＝R ω6π，选项C 错误；当n ＝4时，h ＝32π2g ω2，v 0＝R ω8π，选项D 正确．3．[2016·浙江温州期末] 某同学骑自行车沿一倾角为θ的斜坡从坡底沿斜坡匀速向上行驶，后轮转动N 圈时到坡顶(其间该同学不间断地匀速蹬)，所用时间为t .已知自行车和人的总质量为m ，轮盘的半径为R 1，飞轮的半径为R 2，车后轮的半径为R 3，重力加速度为g ，上坡过程中自行车与人所受的阻力大小为f ，车轮与坡面接触处都无打滑，不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量．求：(1)自行车匀速行驶的速度v 的大小；(2)该同学沿坡向上匀速行驶过程中消耗的平均功率P ； (3)该过程中自行车轮盘转动的圈数．图4114答案：(1)2πNR 3t (2)2πNR 3（mg sin θ＋f ）t (3)NR 2R 1[解析] (1)设斜坡的长度为L ，车轮转动一周，自行车前进的距离为s ＝2πR 3后轮与飞轮转数相同，故有L ＝Ns 则自行车匀速行驶的速度v ＝L t ＝2πNR 3t.(2)自行车沿斜坡匀速向上行驶过程，有W ＝(mg sin θ＋f )L则该同学沿坡向上匀速行驶过程中消耗的平均功率P ＝Wt联立解得P ＝2πNR 3（mg sin θ＋f ）t.(3)设该过程中自行车轮盘转动的圈数为N ′，轮盘与飞轮边缘上的线速度相同，有 2πn 1R 1＝2πn 2R 2 又n 1＝N ′t ，n 2＝Nt联立解得N ′＝NR 2R 1.■ 要点总结1．描述圆周运动的物理参量中属于矢量的有：线速度、角速度(高中阶段不要求)、向心加速度． 2．当转速单位取转/秒(r/s)时，转速与频率在数值上相等． 3．解题时应注意圆周运动的周期性、多解性．考点二圆周运动的动力学问题(多选)[2016·浙江卷] 如图4115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 取10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图4115A ．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 答案：AB[解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f ＝2.25mg ＝m v 2r可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 m/s ，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A 、B 正确；如图所示，由几何关系可得AB 长x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sin θ2＝x L ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误．1 [2016·兰州诊断] 如图4116所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O 的上方h 高处(A 点)固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，重力加速度为g ，转动轴带动小球在光滑水平面内做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )图4116 A．小球始终受三个力的作用B．细绳上的拉力始终保持不变C．要使小球不离开水平面，角速度的最大值为g hD．若小球离开了水平面，则角速度为g l答案：C [解析] 当转动的角速度ω逐渐增大时，小球可能只受重力和细绳的拉力，选项A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动时，细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力的合力大小等于小球的重力，细绳的拉力在水平方向的分力等于小球运动的向心力，当转动的角速度ω逐渐增大时，所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，当小球离开水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，选项B错误；要使小球刚好不离开水平面，则有mg tan θ＝mω2r，其中tan θ＝l2－h2 h，r＝l2－h2，联立解得ω＝gh，选项C正确；若小球离开了水平面，则角速度大于gh，选项D错误．2 [2015·天津卷] 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4117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( )图4117A．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，转到的角速度就应越小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] 宇航员受到的支持力为其在“旋转舱”中提供向心力，宇航员的质量一定，则他的向心加速度一定，根据向心加速度的公式可知，半径越大时，转动的角速度应该越小，A错误，B正确；宇航员的向心加速度大小与质量无关，等于地球表面的重力加速度大小，C、D错误．3 (多选)[2016·河南八市质检] 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4118所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，重力加速度为g.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( )图4118A．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＞g cot θl时，b绳中将出现张力D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化答案：AC [解析] 对小球进行受力分析可知，a绳的张力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误；当T a cos θ＝mω2l，即ω＝g cot θl时，b绳的张力为零，若角速度大于该值，则b绳中将出现张力，C正确；由于b绳中可能没有张力，故b绳突然被剪断时，a绳的张力可能不变，D错误．■ 规律总结解决圆周运动问题的主要步骤：(1)审清题意，确定研究对象．(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源．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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．做匀速圆周运动的物体所受的合外力刚好等于向心力．(4)据牛顿第二定律及向心力公式列方程．(5)求解、讨论．考点三在仅有重力场的竖直面内的圆周运动是典型的非匀速圆周运动，对于物体在竖直平面内做圆周运动的问题，中学物理只研究物体通过最高点和最低点的情况，高考中涉及圆周运动的知识点大多是临界问题，其中竖直面内的线—球模型、杆—球模型中圆周运动的临界问题出现的频率非常高．下面是竖直面内两个常见模型的比较.考向一杆—球模型] 一轻杆一端固定质量为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4119所示，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4119A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小答案：A[解析] 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，B 错误；当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确；若v ＜gR ，则小球过最高点时，杆对小球的弹力竖直向上，有mg －F ＝m v 2R ，随着v 增大，F 减小，若v ＞gR ，则小球过最高点时，杆对小球的弹力竖直向下，有mg ＋F ＝m v 2R，随着v 增大，F 增大，C 、D 错误．如图41110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 ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图41110A ．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 ＝0C ．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有作用力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：B [解析] 小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A 错误，选项B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球的重力在背离圆心方向的分力F G 的合力提供向心力，即F N －F G ＝mv 2R ＋r，因此，外侧管壁对球一定有作用力，而内侧管壁对球无作用力，选项C错误；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．考向二线—球模型[2016·福建质量检测] 如图41111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41111A.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．如图41112所示，乘坐游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图41112A ．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mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D [解析] 人在最高点，当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力，临界速度为v 0＝gR ，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 ，选项A 、B 错误；人在最低点时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 ，选项C 错误，选项D 正确．■ 规律总结求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点．(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．考点四圆周运动临界问题1.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点．如图41113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，一个质量为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′的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.(1)当ω＝ω0时，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的大小和方向．图41113[解析] (1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力．由牛顿第二定律得mg tan θ＝mω20r其中r＝R sin θ解得ω0＝2g R.(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方向沿罐壁向下．对小物块，由牛顿第二定律，在水平方向，有F N sin θ＋f cos θ＝mω2r在竖直方向，有F N cos θ－f sin θ＝mg解得f＝3k（2＋k）2mg当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向沿罐壁向上．对小物块，由牛顿第二定律，在水平方向，有F N sin θ－f cos θ＝mω2r在竖直方向，有F N cos θ＋f sin θ＝mg解得f＝3k（2－k）2mg.1 [2016·东北三省三校一模] 如图41114所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1 m，A的质量为5 kg，B的质量为10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，若木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )图41114A．1 rad/s B. 2 rad/s C. 3 rad/s D．3 rad/s答案：B [解析] 对A，由最大静摩擦力提供向心力，即μ1m A g＝m Aω21r，故最大角速度ω1＝μ1g r＝2 rad/s ；对AB 整体，故最大静摩擦力提供向心力，即μ2(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )ω22r ，故最大角速度ω2＝μ2gr＝ 3 rad/s ；木块A 、B 与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为 2 rad/s ，选项B 正确．2 如图41115所示，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为θ＝37°.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示)(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？图41115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，由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝m ω20l sin θ解得ω0＝gl cos θ＝522 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＝m ω′2l sin α解得ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s.■ 规律总结解决圆周运动临界问题的一般思路：首先要考虑达到临界条件时物体可能处的状态，其次分析该状态下物体的受力特点，找到哪些量是变量，哪些量是不变量，找到合适的公式结合圆周运动知识列式计算，最后讨论结果的可行性．【教师备用习题】1．(多选)[2014·全国卷Ⅰ] 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＝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[解析] AC a与b所受的最大静摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B错误；b处于临界状态时，有kmg＝mω2·2l，解得ω＝kg2l，C正确；ω＝2kg3l小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值，D错误．2．(多选)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点的半圆环，其内、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.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等[解析] ACD 由几何关系可得，对路线①、②、③，赛车通过的路程分别为(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr 、t 2＝2r （π＋1）2μgr 和t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．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/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s[解析] C 物体在最低点最可能出现相对滑动，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝m ω2r ，解得ω＝1.0 rad/s ，选项C 正确．4．如图所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧对应圆心角θ＝106°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块经过轨道最低点O 时的速度v O ＝33 m/s ，轨道对它的支持力F ＝43 N ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点．g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)求小物块离开A 点时的水平速度v 1的大小； (2)求圆弧半径R ；(3)假设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝13，则斜面上C 、D 间的距离是多少？[答案] (1)3 m/s (2)1 m (3)0.98 m [解析] (1)由平抛运动规律得h ＝12gt 2tan 53°＝gt v 1解得v 1＝3 m/s.(2)在圆弧最低点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2OR解得R ＝1 m.(3)设小物块到C 点的速度为v 2，则小物块由O 点到C 点，由机械能守恒定律得 12mv 2O ＝12mv 22＋mgR (1－cos 53°) 解得v 2＝5 m/s小物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律得mg sin 53°＋μmg cos 53°＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2上滑时间t 1＝v 2a 1＝0.5 s 上滑距离x 1＝12a 1t 21＝1.25 m小物块下滑时，由牛顿第二定律得mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2下滑时间为t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 下滑距离为x 2＝12a 2t 22＝0.27 m故CD ＝x 1－x 2＝0.98 m.。

2018版高考物理大一轮温习第四章节曲线运动万有引力与航天基础课3 圆周运动讲义新人教版

答案 B
3．[火车转弯] 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为 θ，如图 6 所示，弯道处的圆弧半径为 R，若质量为 m 的火车转弯时速度等于 gRtan θ，则( )
图6
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于cmosgθ
答案 D
反思总结
常见的三种传动方式及特点 (1)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。
(2)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vA＝vB。
(3)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vA＝vB。
1．对公式v＝ωr的进一步理解 (1)当r一定时，v与ω成正比。如齿轮边缘处的质点随着齿轮转速的增大，角速度和线速度都增大。 (2)当ω一定时，v与r成正比。如地球上各点都绕地轴做圆周运动，角速度相同，地球表面纬度越低的地方，到地轴的距离越大，线速度越大。 (3)当v一定时，ω与r成反比。如皮带传运动装置中，两轮边缘上各点的线速度大小相等，大轮的半径r大，角速度ω较小。
2．对 a＝vr2＝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。
1．[同轴传动]一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，a、b两点的位置如图2所示，则偏心轮转动过程中a、b两质点( )
图2
A．线速度大小相等 B．向心力大小相等 C．角速度大小相等 D．向心加速度的大小相等解析 a、b两质点都绕同一个转轴O转动，角速度ω相等，选项 C正确；由题图可知，两质点与转轴的距离，即转动半径不相等，而线速度v＝ωR，因此线速度不相等，选项A错误；向心加速度a＝ω2R，同理向心加速度的大小不相等，选项D错误；向心力F＝ma，两质点质量相等但向心加速度的大小a不相等，所以向心力大小不相等，选项B错误。答案 C

全国用2018版高考物理复习曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动

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 v 2r ＝mr ω2＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .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)当F ＝mr ω2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 <mr ω2时，物体逐渐远离圆心．图21．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4A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D.2πnr 1r 3r 2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＝mg ①F N cos θ＝mr ω2②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＝mv 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)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 2mr，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 －r2＝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 r 2x ＝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2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v mr ＝2×3.14×403×30 s≈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 ＝r ω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝r ω2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＝mr ω2，tan θ＝r ω2g，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 ＝m ω2h 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＝m ω02l sin θ解得：ω02＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝522 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) (2014·新课标全国Ⅰ·20)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＝mωa2l，当f a＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mωb2·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，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＝2kg3l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弹力，弹力方向向下或等于零重力、弹力，弹力方向向下、等于零例3 (2016·全国Ⅱ·16)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 ＝12mv 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＝mv 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F 1≥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v 2＝4 m/s 代入①得，F 2＝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F 3－mg ＝mv23R③将F 3＝45 N 代入③得v 3＝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PD ．当v 0<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 v 20l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12mv 02－mg ·2l ＝12mv 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，得v ＝2gl ，因为小球能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12mv 02＝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v 0<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 v2B 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 v2A 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典例1 (2014·安徽·19)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( )图15A. 5 rad/sB. 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°＝m ω2r 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＝mv21l①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有－mgl sin α＝12mv 12－12mv 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，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＝12mv B 2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∶6 B ．μA ∶μB ∶μC ＝6∶3∶2 C ．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 ＝v 2R ，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 ＝R ω可知，ω∝1R，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶6，故只有A 正确．2．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4∶5D ．受到的合力大小之比为15∶14 答案 D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 ＝r ω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 ＝r ω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C 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 正确．3．(2014·天津·9(1))半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图3所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.图3答案 gR 22v 2 2n πv R(n ＝1,2,3，…)解析小球做平抛运动，在竖直方向：h ＝12gt2① 在水平方向R ＝vt② 由①②两式可得h ＝gR 22v2③小球落在A 点的过程中，OA 转过的角度θ＝2n π＝ωt (n ＝1,2,3，…)④由②④两式得ω＝2n πvR(n ＝1,2,3，…)题组2 水平面内圆周运动的临界问题4．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图4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4A ．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∶3 B ．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．5．(多选)如图5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5A．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·2rω12，解得ω1＝μg2r，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．6.如图6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6A ．OB 绳的拉力范围为0～33mg B ．OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg C ．AB 绳的拉力范围为33mg ～233mg D ．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F 1，则2F 1cos 30°＝mg ，F 1＝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F 2，则F 2cos 30°＝mg ，F 2＝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． 7．如图7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7(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)2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，F f 沿罐壁切线向下，大小为 3k＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，F f 沿罐壁切线向上，大小为 3k－k2mg解析 (1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg ①F N sin 60°＝mR′ω02 ②R′＝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′ω2 ⑤联立③④⑤解得：F f＝3k＋k2mg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°＝mg ⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2 ⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k－k2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题8．如图8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8A.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 ＝mv 2r，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．9. (多选)如图9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9A ．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 ≤mv 2r，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 02，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 ＝12mv 02，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．10．如图10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。

2018届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天3圆周运动课件

-23-
考点一考点二考点三考点四
例2某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施,其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上,绳子下端连接坐椅,人坐在坐椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和坐椅看作一个质点,则可简化为如图所示的物理模型,其中P为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO'转动。设绳长l=10 m,人和坐椅的质量m=60 kg,转盘静止时坐椅与转轴之间的距离d=4 m。转盘逐渐加速转动,经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动,此时绳与竖直方向的夹角
D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析答案
考点一考点二考点三考点四
-22-
考点二圆周运动的动力学分析(师生共研) 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。
向圆心
所受到的合力不指向圆心 , 合力产生两个效果: ①沿半径方向的分力 Fn ,即向心力,它改变速度的方
向; ②沿切线方向的分力 Ft ,它改变速度的变加速曲线运动(加速度大小性不变,方向变化) 质
非匀速圆周运动
变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)
-9-
基础夯实自我诊断
三、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做圆周运动所需向心力的情况下,将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倾向。 3.受力特点 (1)当Fn=mω2r时,物体做圆周运动。 (2)当Fn=0时,物体沿切线方向飞出。 (3)当Fn<mω2r时,物体逐渐远离圆心,做离心运动。 (4)当Fn>mω2r时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。

2018版高考物理(新课标)一轮复习教师用书：第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动含答案

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＝错误!＝（2)单位：周期物体沿圆周运动的时间(T）(1）T＝＝，错误!m/s 转动快慢错误!rad/s 一圈错误!错误!s 方向圆心错误!ω2r 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错误!m错误!r3。

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＝mω2r时，物体做运动。

（2）当F n＝0时，物体沿方向飞出.（3）当F n〈mω2r时，物体逐渐圆心,做离心运动.（4)当F n>mω2r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。

全国用2018版高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天本章学科素养提升课件

第四章曲线运动万有引力与航天
自主阅读素材4 本章学科素养提升
迁移变通能力的培养
类平抛运动的处理
1.受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2.运动特点
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速
直线运动，加速度a＝
F合 m
.
3.求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解． 4.考查特点 (1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题的热点问题．(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识，以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力．
【例1】如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
答案
2l gsin θ
解析沿斜面向下有 mgsin θ＝ma，l＝21at2
联立解得 t＝
2l gsin θ.
(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；
易错诊断
[拓展延伸] 若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，则经多长时间两卫星相距最近？提示
两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星再次相距最近时，两卫星转过的弧度之差最小为2π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为2nπ，n＝1,2,3，….

高考物理一轮总复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动课件

方向水平向里,指向圆心,对螺丝帽受力分析,得FN=mω2r,竖直方向上,由平
衡条件得Ffm=mg,又知Ffm=μFN,联立解得ω=

,选项B正确,C错误。若塑
料管的转动速度加快,角速度ω增大,螺丝帽受到的弹力FN增大,最大静摩擦
力增大,螺丝帽不可能相对塑料管发生运动,选项D错误。
5.(2022广东深圳第二外国语学校高三开学考)游乐场中有一种叫“魔盘”的
(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vA=vB。
(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vA=vB。
(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。
【对点演练】
r/s
r/min
、
2
快慢的物理量

ω2r
①an=____=
变化
,时刻在变化
②单位: m/s2
物理量定义、意义
公式、单位
①作用效果是产生向心加速度,只改变线速
向心力
(Fn)
度的方向
②方向指向圆心
①v=rω=
相互
关系
,不改变线速度的
2r
v2
T
,时刻在变化
=2πrf
②an= =rω =ωv=
缘每隔2 s均匀“点”一次奶油(“点”奶油的时间忽略不计),蛋糕转动一周正
好均匀分布在蛋糕边缘有20点奶油。下列说法正确的是( AD )
A.圆盘转动的周期为40 s
π
B.圆盘转动的角速度大小为
10
rad/s
3π

2018高考物理大一轮复习第4章曲线运动、万有引力与航天(10份打包有课件)

2018高考物理大一轮复习第4章曲线运动、万有引力与航天（10份打包有课件）第1节曲线运动运动的合成与分解一、曲线运动1．运动特点(1)速度方向：质点在某点的速度，沿曲线上该点的切线方向．(2)运动性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．2．曲线运动的条(1)从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．(2)从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．二、运动的合成与分解1．基本概念分运动运动的合成运动的分解合运动2．分解原则根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解．3．运算法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．4．合运动和分运动的关系(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响．(3)等效性：各分运动叠加起与合运动有完全相同的效果．[自我诊断]1．判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动．(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的．(×)(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化．(×)(4)曲线运动可能是匀变速运动．(√)()两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等．(√)(6)合运动的速度一定比分运动的速度大．(×)(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动．(×)(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则．(√)2．下列说法正确的是()A．各分运动互相影响，不能独立进行B．合运动的时间一定比分运动的时间长．合运动和分运动具有等时性，即同时开始、同时结束D．合运动的位移大小等于两个分运动位移大小之和解析：选各分运动具有独立性，A错误；合运动与分运动具有等时性，B错误，正确；合运动的位移与分运动的位移满足矢量合成的法则，D错误．3．(多选)某质点在光滑水平面上做匀速直线运动．现对它施加一个水平恒力，则下列说法正确的是()A．施加水平恒力以后，质点可能做匀加速直线运动B．施加水平恒力以后，质点可能做匀变速曲线运动．施加水平恒力以后，质点可能做匀速圆周运动D．施加水平恒力以后，质点立即有加速度，速度也立即变化解析：选AB当水平恒力的方向与速度的方向在同一条直线上时，质点做匀变速直线运动，选项A正确；当水平恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上时，质点做匀变速曲线运动，选项B正确；无论力的方向与速度的方向关系如何，质点都不可能做匀速圆周运动，选项错误；速度不能发生突变，选项D错误．4．(多选)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则()A．越接近河岸水流速度越小B．越接近河岸水流速度越大．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响解析：选A由船的运动轨迹可知，小船渡河过程是先做加速运动后做减速运动．河流的中心水流速度最大，越接近河岸水流速度越小，故A正确，B错误；由于船头垂直河岸，则这种方式过河的时间最短，正确；船过河的时间与水流速度无关，D错误．考点一物体做曲线运动的条与轨迹分析1．若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中、N、P、Q表示物体运动的轨迹，其中正确的是()解析：选B物体运动的速度方向与运动轨迹一定相切，而且合外力F 的方向一定指向轨迹的凹侧，故只有B正确．2．如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E 点的过程中，下列说法中正确的是()A．质点经过点的速率比D 点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：选A质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由到D速率减小，所以点速率比D点大．3．一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止开始运动，若保持二力方向不变，将F1突然增大为2F1，则此后质点() A．不一定做曲线运动B．一定做匀变速运动．可能做匀速直线运动D．可能做匀变速直线运动解析：选BF1增大前，质点沿合力方向做匀加速直线运动．F1增大后，合力方向与F1增大之前的质点的速度方向不共线，因而做曲线运动．由于二力方向不变，只将F1增大为2F1，所以合力恒定，质点做匀变速曲线运动．故本题答案为B考点二运动的合成与分解的应用1．合运动与分运动的关系(1)等时性：各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)．(2)等效性：各分运动叠加起与合运动有相同的效果．(3)独立性：一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰．虽然各分运动互相独立，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹．2．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则．3．合运动性质的判断加速度恒定：匀变速运动变化：非匀变速运动加速度方向与速度方向共线：直线运动不共线：曲线运动题组一合运动性质的判断1 (2017•江苏连云港模拟)(多选)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于点，用钉子靠着线的左侧沿与水平方向成30°角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是()A．橡皮的速度大小为2vB．橡皮的速度大小为3v．橡皮的速度与水平方向成60°角D．橡皮的速度与水平方向成4°角解析：选B橡皮斜向右上方运动，具有沿斜面向上的分速度，与钉子沿斜面向上的速度相等，即为v；橡皮还具有竖直向上的分速度，大小也等于v；其实际速度大小(合速度)是两个分速度的合成，如图所示．故橡皮的实际速度大小(合速度)：v′＝2vs 30°＝3v，且与水平方向成60°角，A、D错误，B、正确．2．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为31×103/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1×103/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，19×103 /sB．东偏南方向，19×103 /s．西偏北方向，27×103 /sD．东偏南方向，27×103 /s解析：选B 设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1vs 30°，代入数据解得v2≈19×103 /s选项B正确．题组二与运动图象结合的合成与分解问题3．物体在直角坐标系x所在的平面内由点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是()A．物体在0～3 s做直线运动B．物体在3 s～4 s做直线运动．物体在3 s～4 s做曲线运动D．物体在0～3 s做变加速运动解析：选B物体在0～3 s内，x方向做匀速直线运动，方向做匀加速直线运动，两运动的合运动，一定是曲线运动，且加速度恒定，则A、D错误；物体在3 s～4 s内两个方向的分运动都是匀减速运动，在3 s 末，速度与x轴的夹角tan θ＝vvx＝34，加速度与x轴的夹角tan β＝aax＝34，因此合速度与合加速度方向相反，则做直线运动，故B 正确，错误．4．有一个质量为2 g的质点在x &sh;平面上运动，在x方向的速度图象和方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A．质点所受的合力为3 NB．质点的初速度为3 /s．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合力的方向垂直解析：选A 由题图乙可知，质点在方向上做匀速运动，v＝ΔxΔt＝－4 /s，在x方向上做匀加速直线运动，a＝ΔvΔt＝1 /s2，故质点所受合力F＝a＝3 N，A正确；质点的初速度v＝vx02＋v2＝/s，B错误；质点做匀变速曲线运动，错误；质点初速度的方向与合力的方向不垂直，如图所示，θ＝3°，D错误．考点三小船渡河问题1．小船渡河问题的速度(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．2．小船渡河的三种情景(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短＝dv1(d为河宽)．(2)过河路径最短(v2＜v1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d船头指向上游与河岸夹角为α，s α＝v2v1(3)过河路径最短(v2＞v1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：s α＝v1v2，最短航程：s短＝ds α＝v2v1d 1．(2017•湖北省重点中学联考)(多选)一只小船在静水中的速度为3 /s，它要渡过一条宽为30 的河，河水流速为4 /s，则这只船()A．过河时间不可能小于10 sB．不能沿垂直于河岸方向过河．渡过这条河所需的时间可以为6 sD．不可能渡过这条河解析：选AB船在过河过程同时参与两个运动，一个沿河岸向下游的水流速度，一个是船自身的运动．垂直河岸方向位移即河的宽度d＝30 ，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度3 /s，所以渡河最短时间t＝d3 /s＝10 s，A对、错．只要有垂直河岸的分速度，就可以渡过这条河，D错．船实际发生的运动就是合运动，如果船垂直河岸方向过河，即合速度垂直河岸方向．一个分速度沿河岸向下，与合速度垂直，那么在速度合成的三角形中船的速度即斜边，要求船的速度大于河水的速度，而本题目中船的速度小于河水的速度，故不可能垂直河岸方向过河，B对．2．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()Av2－1B．v1－2v1－2 Dv2－1解析：选B设大河宽度为d，去程时t1＝dv静，回程时，t2＝dv2静－v2，又t1t2＝，得v静＝v1－2，B正确．3．(2017•四川绵阳质检)小船匀速渡过一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 in到达对岸下游120 处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12 in到达正对岸．求：(1)水流的速度；(2)船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角α解析：(1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示．由x＝v2t1得v2＝xt1＝120600 /s＝02 /s①(2)船头保持与岸成α角航行时，如图乙所示．由(1)可得d＝v1t1v2＝v1s α②d＝v1t2sin α③联立解得α＝3°，v1＝033 /s，d＝200答案：(1)02 /s(2)033 /s200 3°(1)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关．(2)船渡河位移最小值与v船和v水大小关系有关，v船＞v水时，河宽即为最小位移，v船＜v水时，应利用图解法求极值的方法处理．考点四关联速度问题1．问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等．2．思路与原则(1)思路①明确合速度→物体的实际运动速度v；(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．3．解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．1．在距河面高度h＝20 的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°人以恒定的速率v＝3 /s拉绳，使小船靠岸，那么() A．s时绳与水面的夹角为60°B．s后小船前进了1．s时小船的速率为4 /sD．s时小船到岸边的距离为1 解析：选D设开始时小船距岸边为L，则L＝h tan 30°＝203 ，s后绳端沿岸位移为x＝vt＝3×＝1 ，设s 后小船前进了x′，绳与水平面的夹角为θ，由几何关系得sin θ＝h2h －x＝202×20－1＝08，解得θ＝3°，选项A错误；由tan θ＝hL－x′，解得x′＝1964 ，选项B错误；由v船s θ＝v可得此时小船的速率为v船＝/s，选项错误；s时小船到岸边的距离为L－x′＝203 －1964 ＝1 ，选项D正确．2 如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知()A．物体A做匀速运动B．物体A做加速运动．物体A所受摩擦力逐渐增大D．物体A所受摩擦力不变解析：选B设系在A上的细线与水平方向夹角为θ，物体B的速度为vB，大小不变，细线的拉力为FT，则物体A的速度vA＝vBs θ，FfA＝μ(g－FTsin θ)，因物体下降，θ增大，故vA增大，物体A做加速运动，A错误，B正确；物体B匀速下降，FT不变，故随θ增大，FfA减小，、D均错误．3．(2017•上海四区联考) 如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()Avsin αL B．vLsin αvs αL DvLs α 解析：选B棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝vLsin α时规范训练[基础巩固题组]1．精彩的F1赛事相信你不会陌生吧！车王舒马赫在一个弯道上突然调整行驶的赛车致使后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛．关于脱落的后轮的运动情况，以下说法中正确的是()A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动B．沿着与弯道垂直的方向飞出．脱落时，沿着轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D．上述情况都有可能解析：选车轮被甩出后，不再受到车身的约束，被甩出的后轮沿甩出时的速度方向(即甩出点轨迹的切线方向)做直线运动，轮不可能沿车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动．故本题答案为2．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中平台内箭头指向表示投篮方向)()解析：选B 篮球若能被投入球筐，其合速度的方向应指向圆心，因平台逆时针旋转，所以投篮方向应是如图B所示，选项B正确．3 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关解析：选水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，则运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B、D错误．4．(多选)如图，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸从一侧岸边向对岸行驶，船的轨迹是一个弯曲的“S”形，则()A．小船垂直河岸的速度大小恒定不变B．小船垂直河岸的速度大小先增大后减小．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间长了D．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间短了解析：选BD船在沿河岸的方向上做匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上，在相等的时间间隔内(参照船在沿河岸方向上的时间)，开始时位移的变化逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小；因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间短了．选项B、D正确．(多选)如右图所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对梯子匀速向上运动．在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是()A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动解析：选B当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项A错误，B正确；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项正确，D错误．6．如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为()A．vsin αBvsin α．vs α Dvs α解析：选人的速度为合速度，当人沿平直的河岸以速度v行走时，可将人的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直于绳方向的分速度，沿绳方向的分速度即为船行驶的速度，故船的速度为vs α，选项正确．7．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连．由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线水平时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则()A．v2＝0 B．v2＞v1．v2≠0 D．v2＝v1解析：选A环A在虚线位置时，环A的速度沿虚线方向的分速度为零，故物体B的速度v2＝0，A正确．[综合应用题组]8．(多选)一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 远的一浮标处，已知快艇始终与河岸垂直，其在静水中的速度vx图象和流水的速度v图象分别如图甲、乙所示，则()A．快艇的运动轨迹为直线B．快艇的运动轨迹为曲线．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 sD．快艇最快到达浮标处经过的位移为100解析：选B快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直于河岸的匀加速运动的合运动是类平抛性质的曲线运动，A错误，B正确；最快到达浮标处的方式是使垂直于河岸的速度vx保持图甲所示的加速度a＝0 /s2的匀加速运动，则12at2＝xx，代入xx＝100 有t＝20 s，但实际位移为x＝x2x＋x2＞100 ，正确，D错误．9．质量＝4 g的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点处，先用沿＋x轴方向的力F1＝8 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿＋轴方向的力F2＝24 N作用了1 s，则质点在这3 s内的轨迹为()解析：选D由F1＝ax得ax＝2 /s2，质点沿x轴匀加速直线运动了2 s，x1＝12axt21＝4 ，vx1＝axt1＝4 /s；之后质点受F2作用而做类平抛运动，a＝F2＝6 /s2，质点再经过1 s，沿x轴再运动，位移x2＝vx1t2＝4 ，沿＋方向运动位移2＝12at22＝3 ，对应图线可知D项正确．10 如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为 4 /s，则船从A点开出相对水流的最小速度为()A．2 /s B．24 /s．3 /s D．3 /s解析：选B船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v 船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图，当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v 船的最小值为v船in＝v水sin 37°＝24 /s，选项B正确．11．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系x，质量为1 g的物体原静止在坐标原点(0,0)，t＝0时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中Fx表示沿x轴方向的外力，图乙中F表示沿轴方向的外力，下列描述正确的是()A．0～4 s内物体的运动轨迹是一条直线B．0～4 s内物体的运动轨迹是一条抛物线．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀加速曲线运动D．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀速圆周运动解析：选0～2 s内物体沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2 s时受沿轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故2～4 s内物体做类平抛运动，项正确．12 (多选)如图所示，某同学在研究运动的合成时做了如图所示活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时用右手沿直尺向右移动笔尖．若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是()A．笔尖做匀速直线运动B．笔尖做匀变速直线运动．笔尖做匀变速曲线运动D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小解析：选D由题意知笔尖做匀变速曲线运动，A、B错误，正确；笔尖的速度方向为合速度方向，右手沿水平方向的速度逐渐增大，则合速度方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确．13 如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成α、β角，此时B物体的速度大小为()A．vsin α/sin β B．vs α/sin β．vsin α/s β D．vs α/s β解析：选D根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v 和vB分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2(垂直绳的分量)以及vB1(沿绳的分量)和vB2(垂直绳的分量)，由于两物体沿绳的速度分量相等，v1＝vB1，即vs α＝vBs β，则B物体的速度方向水平向右，其大小为vB＝s αs βv，D正确．14 如图所示，在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H＝0 的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10 /s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉．在将伤员拉到直升机内的时间内，A、B之间的竖直距离以l＝0－t(单位：)的规律变化，则()A．伤员经过s时间被拉到直升机内B．伤员经过10 s时间被拉到直升机内．伤员的运动速度大小为/sD．伤员的运动速度大小为10 /s解析：选B伤员在竖直方向的位移为h＝H－l＝t()，所以伤员的竖直分速度为v1＝/s；由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t＝Hv1＝0 s＝10 s，故A错误，B正确；伤员在水平方向的分速度为v0＝10 /s，所以伤员的速度为v＝v21＋v20＝2＋102 /s＝/s，故、D均错误．第2节抛体运动一、平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动，叫平抛运动．2．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．二、平抛运动的规律。

2018届高三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课件

故D正确。
【感悟提高】
(1)特点:本题属于匀速圆周运动的运动学分析。
(2)方法:解答本题应用了齿轮咬合传动和同轴转动的线速度大相关知识。齿轮咬合传动属于同缘传动,边缘_______ 角速度相同。小相同;同轴转动的各点_______
转动,角速度相同,所以齿轮D和齿轮A的转动角速度相
同,周期相同,故B错误;A、M、C边缘线速度大小相同,
A rM 0.9R M rC R 10 根据v=ω r得，故C错误; M rA R C rM 0.9R 9 9 ，A与B是同轴相连的齿轮,故ω A=ω B,所以 10 vM M rM 10 0.9R 2 M M 10 根据 v= ω r 得，， vB A rB 9 1.5R 3 B A 9
力的作用。
(
)
(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失,物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动。 ( )
提示:(1)×。匀速圆周运动的加速度方向时刻变化,其
运动为变加速曲线运动。
(2)×。做匀速圆周运动的物体所受合外力大小不变 ,
方向时刻变化,为变力。
v2 (3)×。由a= r
可知,只有当线速度一定时,做匀速圆
2r s T 1)v= t =____
线速度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v) _________ m/s (2)是矢量,方向和半径垂 (2)单位:____ 相切直,和圆周_____
定义、意义
公式、单位
角速度
2 转动快慢 (1)ω = T =____ 描述物体绕圆心_________ t
“>”“<”或“=”)
知识点2
匀速圆周运动的向心力

通用版2018高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教师用书20170327159

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)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．描述圆周运动的物理量比较物理量意义、方向公式、单位线速度(v)①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v＝ΔsΔt＝2πrT②单位：m/s角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②中学不研究其方向①ω＝ΔθΔt＝2πT②单位：rad/s周期(T) 和转速(n) 或频率(f) ①周期是物体沿圆周运动一周的时间②转速是物体单位时间转过的圈数，也叫频率①T＝2πrv单位：s②n的单位：r/s、r/min，f的单位：Hz向心加速度(a)①描述速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①a＝v2r＝rω2②单位：m/s21．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 v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .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．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．受力特点图431(1)当F n ＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动． (2)当F n ＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n ＜mω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (4)当F n ＞mω2r 时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．1．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、支持力和向心力的作用．(×) (5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(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．[对离心运动的理解]下列关于离心现象的说法正确的是 ( ) 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 C [物体做匀速圆周运动时，合外力必须满足物体所需要的向心力F ＝mω2r .若F ＝0，物体由于惯性而沿切线飞出，若F <mω2r ，物体由于惯性而远离圆心，并不是受到离心力作用，故A 、B 、D 错误，C 正确．]3．[皮带传动问题](多选)如图432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 A2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图432A ．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∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4BD [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 ＝ωC2，选项A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，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＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．]4．[竖直面内的圆周运动](2017·西安模拟)某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D .工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则( )【导学号：92492177】A ．滚筒的角速度应满足ω＜2gDB ．滚筒的角速度应满足ω＞2g DC ．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D ．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落 A [粟子在最高点恰好不脱离时有：mg ＝m D2ω2，解得ω＝2gD，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则ω＜2gD，故A 正确，B 错误．栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C 错误．若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，故D 错误．]圆周运动中的运动学分析1．描述圆周运动的物理量间的关系注意：ω的单位为rad/s ，不是r/s. 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433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 ，但图甲中两轮转动方向相同，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 .图433[题组通关]1．(2017·浙江名校联考)“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图434ABCD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( )图434A．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，转动半径越小的，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；故选A.] 2．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．设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3.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( )【导学号：92492178】图435A.R21R2R3B．R22R1R3C.R 2R 3R 21D ．R 1R 3R 22D [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；①×②得：a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确．]圆周运动的动力学分析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．轨道的确定确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．寻找与半径相关的已知量． 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，使用牛顿第二定律．根据三个方向上所列方程求解． 4．两种模型对比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 ＝m v 2r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 ＝m v 2r，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＝m v 2r，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 ＝m v 2r，N 指向圆心并随v 的增大而增大●考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2017·河南二模)如图436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( )图436A．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C[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球受到的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球受到的摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道小球B是否受到摩擦力，故而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．] 2．(多选)(2017·潍坊模拟)如图437所示，水平杆两端有挡板，质量为m的小木块A穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A连接．初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与水平杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L.现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω.若小木块A不与挡板接触，则下列说法正确的是( )【导学号：92492179】图437A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大B．弹簧伸长量保持不变C．当ω＝μgL时，摩擦力为零D．当ω＝μgL时，弹簧弹力为零AC[初始时，弹簧弹力大小为μmg.ω较小时，摩擦力f背离竖直轴OO′，μmg－f＝mLω2，ω越大，f越小；当ω＝μgL时，f为零；ω较大时，摩擦力f指向竖直轴OO′，μmg＋f＝mLω2，当ω＝2μgL时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大．综上分析，B、D错，A、C对．]●考向2 竖直平面内的圆周运动3．如图438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，则下列说法正确的是( )图438A．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，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．]解决圆周运动问题需做好三个分析1．几何关系分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等．2．运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度．3．受力分析：目的是利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力．圆周运动与直线运动或平抛运动的组合问题弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s.一质量m＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2.图439(1)求N 点的纵坐标y N ；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，小物块与传送带共速时，物块位移x 1＝v 202a ＝2 m ＜(L －x P )＝4 m ，故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q ，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有mg ＝m v 2NR从Q →N 有12mv 20－12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得x 2＝0.8 m 所以5.2 m≤x ＜6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m 时，小物块均不脱离轨道．【答案】 (1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m [母题迁移]●迁移1 物体先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4310所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，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.下列说法正确的是( )【导学号：92492180】图4310A ．tan θ1tan θ2＝2B ．tan θ2tan θ1＝2C ．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 12gt 2＝2v 0gt ，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．] ●迁移2 物体先圆周运动，再平抛运动2．如图4311所示，小球由静止释放，运动到最低点A 时，细线断裂，小球最后落在地板上．如果细线的长度l 可以改变，则( )图4311A ．细线越长，小球在最低点越容易断裂B ．细线越短，小球在最低点越容易断裂C ．细线越长，小球落地点越远D ．细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远D [根据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl ＝12mv 2，在A 点有T －mg ＝m v2l ，所以细线对小球的拉力T ＝3mg ，可见细线的断裂情况与细线长短无关，A 、B 错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O 点离地板的高度为H ，则H －l ＝12gt 2，小球做平抛运动的水平位移x ＝vt ，整理得x ＝2H －l l ，所以细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远，C 错误，D 正确．]关于组合运动的关键提醒解答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．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运动末速度在圆切线方向的分速度．11。

2018年高三物理总复习顶层设计文档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Word版含答案

第3讲圆周运动的规律及应用知|识|梳|理微知识❶ 描述圆周运动的物理量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 ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r 。

5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n ＝ma n 。

6．相互关系：①v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf 。

②a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r 。

③F n ＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝mr 4π2T2＝mr 4π2f 2。

微知识❷ 匀速圆周运动和非匀速圆周运动 1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。

(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。

(3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。

2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。

(2)合力的作用①合力沿速度方向的分量F τ产生切向加速度，F τ＝ma τ，它只改变速度的大小。

②合力沿半径方向的分量F n 产生向心加速度，F n ＝ma n ，它只改变速度的方向。

微知识❸离心运动1．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倾向。

2．受力特点(如图所示)①当F＝mrω2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<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的力。

④当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动。

基|础|诊|断一、思维诊断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．做圆周运动的物体所受的合外力不一定指向圆心(√)5．做圆周运动的物体所受的合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出(×)二、对点微练1．(描述圆周运动的物理量)(2017·无锡测试)甲、乙、丙三个物体，甲放在海南，乙放在无锡，丙放在天津。

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教案-高三全册物理教案

第3节圆周运动【基础梳理】提示：线速度大小不变的半径相切2πrTm/s2πTrad/s 一圈圈数圆心v2 r ω2r圆心mv2rmω2r切线远离靠近【自我诊断】判一判(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所受合外力是保持不变的．( )(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)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．( )(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2020·云南临沧一中高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若“魔盘”半径为r，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( ) A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．如果转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在“魔盘”上时，有 mg ≤f ，N ＝mr (2πn )2，又f ＝μN 解得转速为n ≥12π g μr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D 正确．圆周运动的运动学问题【题组过关】1．(多选)(2020·台州质检)如图所示，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 A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )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∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4解析：选BD.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 ＝ωC2，选项A 错误；根据ωA＝ωB ，ωA ＝ωC2，可得ωB ＝ωC2，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 ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．2．如图是自行车传动机构的示意图，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 r/s ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D.2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．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． 3．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、戊所示，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．圆周运动的动力学问题【题组过关】1.(2020·绍兴高三选考适应考试)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A ，细线的上端固定在金属块B 上，B 放在带小孔的水平桌面上，小球A 在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A 改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B 在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．金属块B 受到桌面的静摩擦力变大 B ．金属块B 受到桌面的支持力减小C ．细线的张力变大D ．小球A 运动的角速度减小解析：选D.设A 、B 质量分别为m 、M ，A 做匀速圆周运动的向心加速度为a ，细线与竖直方向的夹角为θ，对B 研究，B 受到的静摩擦力f ＝T sin θ，对A ，有：T sin θ＝ma ，T cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，θ变小，a 减小，则静摩擦力大小变小，故A 错误；以整体为研究对象知，B 受到桌面的支持力大小不变，应等于(M ＋m )g ，故B 错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．2．(2020·湖州质检)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，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是( )A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越近C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远答案：A1．常见圆周运动动力学问题的模型运动模型飞机在水平面内做圆周运动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2.“一、二、三、四”求解圆周运动问题竖直面内的圆周运动【题组过关】考向1 汽车过拱桥模型1．(2020·金华质检)如图，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 ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确．考向2 轻绳模型2.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 ＝12mv 2，v ＝2gL ，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 k ＝12mv 2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 v 2L ，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 ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．考向3 轻杆模型3．(多选)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 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，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.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL 时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对．轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg ＝m v 2r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 ，F N ＋mg＝m v 2r，绳、轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时v ＜gr在最高点：(1)当v ＝0时，F N ＝mg ，F N 为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v ＜gr 时，－F N ＋mg ＝m v 2r ，F N 背离圆心且随v 的增大而减小(3)当v ＝gr 时，F N ＝0(4)当v ＞gr 时，F N ＋mg ＝m v 2r，F N指向圆心并随v 的增大而增大1．(2018·11月浙江选考)一质量为2.0×103kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80 m 的弯道时，下列判断正确的是( )A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B ．汽车转弯的速度为20 m/s 时所需的向心力为1.4×104N C ．汽车转弯的速度为20 m/s 时汽车会发生侧滑 D ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s 2答案：D2．(2020·浙江六校联考)一辆质量为2 t 的汽车，驶过一半径为10 m 的凹形路面，已知车胎的最大承受力是40 000 N ，为防止爆胎，安全行车的速度不得超过多少( )A ．10 km/hB ．16 km/hC ．36 km/hD ．60 km/h解析：选C.由合力充当向心力，则N －mg ＝m v 2R，代入数据知v ＝10 m/s ＝36 km/h.3．(2020·舟山高二月考)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R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮的相同，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 分别为三轮边缘上的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( )A ．线速度大小之比为3∶2∶2B ．角速度大小之比为3∶3∶2C ．转速大小之比为2∶3∶2D ．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，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v cR 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．4．(2020·绍兴检测)如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球从静止释放，进入右侧轨道后能到达h 高度的是( )解析：选C.C 情景中的细圆管属于杆模型，过圆周最高点的速度可以为零，选项C 正确，A 错误；B 选项情景中小球离开轨道后做斜上抛运动，到最高点时速度不为零，D 选项情景的圆轨道模型属于绳模型，过圆轨道最高点的速度不为零，由能量守恒定律得，mgh ＋0＝mgh ′＋12mv 2，则h ′＜h ，故选项B 、D 错误．[课后达标]一、选择题1．(2016·4月浙江选考)如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )A．所受的合力为零，做匀速运动B．所受的合力恒定，做匀加速运动C．所受的合力恒定，做变加速运动D．所受的合力变化，做变加速运动答案：D2．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则( )A．F1＞mg B．F1＝mgC．F2＞mg D．F2＝mg答案：C3．平昌冬奥会中武大靖短道500米破世界纪录夺冠，创造了中国男队新历史．如图所示，在过弯时刻，下列说法正确的是( )A．运动员处于平衡状态B．冰面对运动员作用力竖直向上C．冰面对运动员的支持力和重力是一对作用力和反作用力D．若增大速度，运动员将做离心运动解析：选D.运动员做圆周运动需要向心力，不处于平衡状态，故A错；冰面对运动员作用力是摩擦力和弹力的合力，不会竖直向上，故B错；冰面对运动员的支持力和重力，作用在同一物体上，不是作用力和反作用力，故C错；若增大速度，运动员所需要的向心力增大，而摩擦力不变，故做离心运动，故D对．4．(2017·11月浙江选考)如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7，则运动的汽车( )A．所受的合力可能为零B．只受重力和地面支持力作用C．最大速度不能超过25 m/sD．所需的向心力由重力和支持力的合力提供答案：C5．(2016·10月浙江选考)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转，此时手臂上A 、B 两点角速度大小分别为ωA 、ωB ，线速度大小分别为v A 、v B ，则( )A ．ωA <ωB B ．ωA >ωBC ．v A <v BD ．v A >v B解析：选D.由于A 、B 两处在人自转的过程中周期一样，所以根据ω＝2πT可知，A 、B两处的角速度一样，所以A 、B 选项错误．根据v ＝rω可知A 处转动半径大，所以A 处的线速度要大，即选项D 正确．6．(2020·嘉兴质检)质量为m 的飞机以恒定速率v 在空中水平盘旋，如图所示，其做匀速圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则此时空气对飞机的作用力大小为( )A ．m v 2RB ．mgC ．mg 2＋v 4R2D ．mg 2－v 4R2解析：选C.飞机在空中水平盘旋时在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力F n ＝m v 2R.飞机受力情况示意图如图所示，根据勾股定理得：F ＝（mg ）2＋F 2n＝mg 2＋v 4R2.7．转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识．如图所示，假设某转篮球高手能让篮球在手指上(手指刚好在篮球的正下方)做匀速圆周运动，下列有关转篮球的物理知识正确的是( )A ．篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上B ．篮球上各点的向心力是由手指提供的C ．篮球上各点做圆周运动的角速度相同D ．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大解析：选C.篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，故A 错误；篮球旋转就是靠我们的手拍动篮球旋转，造成篮球旋转产生向心力，故B 错误；篮球上的各点绕转轴做圆周运动，角速度相同，故C 正确；由于角速度相同，根据a ＝ω2r可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，故D 错误．8．一轻杆一端固定质量为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，如图所示，则下列说法正确的是( )A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析：选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，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则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，若v >gR ，则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．9．在游乐园转盘的游戏中，游客坐在匀速转动的水平转盘上，与转盘相对静止，关于他们的受力情况和运动趋势，下列说法中正确的是( )A ．只受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用B ．受到重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用C ．游客相对于转盘的运动趋势与其运动方向相反D ．游客受到的静摩擦力方向沿半径方向指向圆心答案：D10.(2020·宁波质检)如图所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m 1、m 2的小球A 和B ，让B球悬挂，A 球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r ，则关于r 和ω关系的图象正确的是( )解析：选B.根据m 2g ＝m 1r ω2得：r ＝m 2g m 1·1ω2，可知r 与1ω2成正比，与ω2成反比，故A 错误，B 正确；因为1r ＝m 1m 2g ω2，则1r与ω2成正比，故C 、D 错误．11.(多选)(2020·衢州质检)如图所示，A 、B 、C 三个物体放在旋转圆台上，最大静摩擦力均为各自重的μ倍，A 的质量为2m ，B 、C 的质量各为m ，A 、B 离轴距离为R ，C 离轴距离为2R ，则当圆台旋转时(A 、B 、C 均未打滑)( )A ．C 的向心加速度最大B ．B 的静摩擦力最小C ．当圆台转速增加时，B 比C 先滑动D ．当圆台转速增加时，A 比C 先滑动解析：选AB.三者是同轴转动，所以角速度相等，静摩擦力充当向心力，根据公式F ＝mω2r 可得F A ＝2mω2R ，F B ＝mω2R ，F C ＝2mω2R ，故B 的静摩擦力最小，C 的半径最大，根据公式a ＝ω2r ，可得C 的向心加速度最大，A 、B 正确；三个物体的最大静摩擦力分别为：f A ＝2μmg ，f B ＝μmg ，f C ＝μmg ，当圆盘转速增大时，C 的静摩擦力先达到最大，最先开始滑动，A 和B 的静摩擦力同时达到最大，两者同时开始滑动，C 、D 错误．二、非选择题12．如图所示，竖直平面内的34圆弧形不光滑管道半径R ＝0.8 m ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点为管道的最高点且在O 的正上方．一个小球质量m ＝0.5 kg ，在A 点正上方高h ＝2.0 m 处的P 点由静止释放，自由下落至A 点进入管道并通过B 点，过B 点时小球的速度v B 为4 m/s ，小球最后落到AD 面上的C 点处．不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)小球过A 点时的速度v A 的大小；(2)小球过B 点时对管壁的压力；(3)落点C 到A 点的距离．解析：(1)对小球由自由落体运动规律可得2gh ＝v 2A解得v A ＝210 m/s. (2)小球过B 点时，设管壁对其压力为F ，方向竖直向下，由向心力公式有F ＋mg ＝m v 2B R解得F ＝5 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5 N ，方向竖直向上．(3)从B 到C 的过程中，由平抛运动规律可得x ＝v B tR ＝12gt 2x AC ＝x －R ＝0.8 m.答案：(1)210 m/s (2)5 N ，方向竖直向上(3)0.8 m13．(2020·温州质检)一辆质量m ＝2 t 的轿车，驶过半径R ＝90 m 的一段凸形桥面，g 取10 m/s 2，求：(1)轿车以10 m/s 的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力大小；(2)在最高点对桥面的压力等于轿车重力的一半时，车的速度大小．解析：(1)轿车通过凸形桥面最高点时，受力分析如图所示：合力F ＝mg －F N ，由向心力公式得mg －F N ＝m v 2R故桥面的支持力大小F N ＝mg －m v 2R ＝(2 000×10－2 000×10290) N≈1.78×104 N 根据牛顿第三定律，轿车在桥的顶点时对桥面压力的大小为1.78×104N. (2)对桥面的压力等于轿车重力的一半时，向心力F ′＝mg －F N ＝0.5mg ，而F ′＝m v ′2R ，所以此时轿车的速度大小v ′＝0.5gR ＝0.5×10×90 m/s ＝15 2 m/s.答案：(1)1.78×104 N (2)15 2 m/s。