2019年高考物理一輪復習 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第3節(jié) 圓周運動學案 新人教版

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1、 第三節(jié)　圓周運動 (對應學生用書第65頁) [教材知識速填] 知識點1　圓周運動的描述 1．勻速圓周運動 (1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動． (2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動． (3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心． 2．描述圓周運動的物理量 物理量 意義、方向 公式、單位 線速度(v) ①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量 ②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切 ①v＝＝ ②單位：m/s 角速度(ω) ①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量 ②中學不研究其方

2、向 ①ω＝＝ ②單位：rad/s 周期(T) 和轉速(n) 或頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周的時間 ②轉速是物體單位時間轉過的圈數(shù)，也叫頻率 ①T＝ 單位：s ②n的單位：r/s、 r/min，f的單位：Hz 向心加速度(a) ①描述速度方向變化快慢的物理量 ②方向指向圓心 ①a＝＝rω2 ②單位：m/s2 易錯判斷 (1)勻速圓周運動是勻加速曲線運動．(×) (2)做勻速圓周運動的物體的向心加速度與半徑成反比．(×) (3)做勻速圓周運動的物體所受合外力為變力．(√) 知識點2　勻速圓周運動的向心力 1．作用效果 向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變

3、速度的方向，不改變速度的大?。? 2．大小 F＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r． 3．方向 始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力． 4．來源 向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供． 易錯判斷 (1)隨水平圓盤一起勻速轉動的物體受重力、支持力和向心力的作用．(×) (2)做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力．(√) (3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的．(×) 知識點3　離心現(xiàn)象 1．定義 做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運

4、動． 2．本質(zhì) 做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的趨勢． 3．受力特點 圖4-3-1 (1)當Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動． (2)當Fn＝0時，物體沿切線方向飛出． (3)當Fn＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動． (4)當Fn＞mω2r時，物體逐漸靠近圓心，做近心運動． 易錯判斷 (1)做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周的半徑方向飛出．(×) (2)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用．(×) (3)賽車轉彎時沖出賽道是因為沿轉彎半徑向內(nèi)的靜摩擦力不足以提供向心力．(√) [教材習題回訪] 考查點：

5、勻速圓周運動向心力來源 1．(人教版必修2P25T3改編)如圖4-3-2所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是( ) 圖4-3-2 A．重力、支持力 B．重力、向心力 C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力 D．重力、支持力、向心力、摩擦力 [答案]　C 考查點：離心運動的理解 2．(滬科必修2P25T1改編)(多選)如圖4-3-3所示，豎直平面上，質(zhì)量為m的小球在重力和拉力F作用下做勻速圓周運動．若小球運動到最高點P點時，拉力F發(fā)生變化，下列關于小球運動情況說法中正確的是( ) 圖4-3-3 A．若拉力突然變大，

6、小球?qū)⒀剀壽EPb做離心運動 B．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPb做離心運動 C．若拉力和重力突然消失，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運動 D．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPc做向心運動 [答案]　BC 考查點：向心加速度與半徑的關系 3．(多選)(粵教必修2P37T2)甲、乙兩球做勻速圓周運動，向心加速度a隨半徑r變化的關系圖象如圖4-3-4所示．由圖象可以知道( ) 圖4-3-4 A．甲球運動時，線速度大小保持不變 B．甲球運動時，角速度大小保持不變 C．乙球運動時，線速度大小保持不變 D．乙球運動時，角速度大小保持不變 [答案]　BC 考查點：轉動裝置中各物理量

7、關系 4．(人教版必修2P19T4改編)圖4-3-5是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為n r/s，則自行車前進的速度為( ) 圖4-3-5 A． B． C． D． [答案]　D 考查點：勻速圓周運動基本規(guī)律的應用 5．(人教版必修2P25T2改編)如圖4-3-6所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質(zhì)量相等的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則以下說法中正確的是( ) 【導學號：84370174】 圖4-3

8、-6 A．A球的角速度等于B球的角速度 B．A球的線速度大于B球的線速度 C．A球的運動周期小于B球的運動周期 D．A球?qū)ν脖诘膲毫Υ笥贐球?qū)ν脖诘膲毫? [答案]　B (對應學生用書第67頁) 圓周運動中的運動學分析 1．描述圓周運動的物理量間的關系 注意：ω的單位為rad/s，不是r/s． 2．對公式v＝ωr的理解 當r一定時，v與ω成正比；當ω一定時，v與r成正比；當v一定時，ω與r成反比． 3．對a＝＝ω2r的理解 當v一定時，a與r成反比；當ω一定時，a與r成正比． 4．常見的三種傳動方式及特點 類型 圖示 特點 同軸傳動

9、繞同一轉軸運轉的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比 皮帶傳動 皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB 摩擦傳動 兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB [題組通關] 1．(多選)如圖4-3-7所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在傳動過程中，皮帶不打滑．則( ) 圖4-3-7 A．A點與C點的角速度大小相等 B．A點與C點的線速度大小相等 C．B點與C點的角速度大小之比為2∶1 D．B點與C點的向心加速度大小之比為1

10、∶4 BD　[處理傳動裝置類問題時，對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度相等；同軸轉動的點，角速度相等．對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確．根據(jù)vA＝vC及關系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，選項A錯誤．根據(jù)ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2，選項C錯誤．根據(jù)ωB＝及關系式a＝ω2R，可得aB＝，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D正確．] 2．(2018·武漢高考調(diào)研)機動車檢測站進行車輛尾氣檢測原理如下：車的主動輪壓在兩個相同粗細的有固定轉動軸的滾動圓筒上，可在原地沿前進方向加速，然后把檢測傳感

11、器放入尾氣出口，操作員把車加速到一定程度，持續(xù)一定時間，在與傳感器相連的電腦上顯示出一系列相關參數(shù)．現(xiàn)有如下檢測過程簡圖：車軸A的半徑為ra，車輪B的半徑為rb，滾動圓筒C的半徑rc，車輪與滾動圓筒間不打滑，當車輪以恒定轉速n(每秒鐘n轉)運行時，下列說法正確的是( ) 【導學號：84370175】 圖4-3-8 A．C的邊緣線速度為2πnrc B．A、B的角速度大小相等，均為2πn且A、B沿順時針方向轉動，C沿逆時針方向轉動 C．A、B、C的角速度大小相等，均為2πn，且均沿順時針方向轉動 D．B、C的角速度之比為 B　[由v＝2πnR可知B輪的線速度為vb＝2πn

12、rb，B、C線速度相同，即C的線速度為vc＝vb＝2πnrb，A錯誤．B、C線速度相同，B、C角速度比為半徑的反比，D錯誤．A、B為主動輪，C為從動輪，A、B順時針轉動，C逆時針轉動，B正確，C錯誤．] 圓周運動中的動力學分析 1．向心力的來源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力． 2．向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置．(2)分析物體的受力，畫出物體受力示意圖，利用力的合成或分解把力分解到三個方向上． ①與軌道圓垂直的方向，此方向受力平衡． ②軌道圓的切線方向，勻速圓周運動中此

13、方向受力平衡；變速圓周運動中速度最大或最小的點，此方向也受力平衡． ③軌道圓的徑向，此方向合力指向圓心即向心力． 3．兩種模型對比 模型 輕“繩”模型 輕“桿”模型 情景圖示 彈力特征 彈力可能向下，也可能等于零 彈力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意圖 力學方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 臨界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此時FN＝mg v＝的意義 物體能否過最高點的臨界點 FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界點 [多維探究] 考向1　水平面內(nèi)的勻速圓周運動 1．(2018·湖南株洲高三聯(lián)考)

14、(多選)如圖4-3-9所示，勻速轉動的水平圓盤上放有質(zhì)量分別為2 kg和3 kg的小物體A、B，A、B間用細線沿半徑方向相連．它們到轉軸的距離分別為rA＝0．2 m、rB＝0．3 m．A、B與盤面間的最大靜摩擦力均為重力的0．4倍．g取10 m/s2，現(xiàn)極其緩慢地增大圓盤的角速度，則下列說法正確的是( ) 圖4-3-9 A．當A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為12 N B．當A恰好達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度約為4 rad/s C．當細線上開始有彈力時，圓盤的角速度為 rad/s D．在細線上有彈力后的某時刻剪斷細線，A將做向心運動，B將做離心運動 [題眼點撥

15、]?、佟皠蛩俎D動”想到向心力來源；②“緩慢增大圓盤的角速度”要判斷A、B兩物體誰先發(fā)生相對滑動． AC　[增大圓盤的角速度，B先達到最大靜摩擦力，所以A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為FB＝kmBg＝12 N，A正確；設小物體A達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度為ω1，此時細線的拉力為T，則對A：kmAg－T＝mAωrA，對B：T＋kmBg＝mBωrB，得ω1＝10 rad/s，B錯誤；當細線上開始有彈力時，對B：kmBg＝mBωrB，解得ω2＝ rad/s，C正確；剪斷細線，A隨圓盤做圓周運動，B將做離心運動，D錯誤．] (多選)在題1中，若去掉A、B間連線改為如圖所示，且rb

16、＝2ra＝2l，ma＝mb，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g．若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是( ) A．b一定比a先開始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度 D．若ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg AC　[小木塊發(fā)生相對滑動之前，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得f＝mω2r，顯然b受到的摩擦力較大；當木塊剛要相對于盤滑動時，靜摩擦力f達到最大值fmax，由題設知fmax＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得木塊剛要滑動時的臨界角速度ω0＝，由此得a

17、發(fā)生相對滑動的臨界角速度為，b發(fā)生相對滑動的臨界角速度為；當ω＝時，a受到的是靜摩擦力，大小為f＝mω2l＝kmg．綜上所述，本題正確選項為A、C．] 2．(2018·陜西“四?！甭?lián)考)用一根細線一端系一可視為質(zhì)點的小球，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖4-3-10所示，設小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為FT，F(xiàn)T隨ω2變化的圖象是下圖中的( ) 【導學號：84370176】 圖4-3-10 [題眼點撥]　看到“FT隨ω2變化的圖象”想到小球剛要脫離錐面的臨界狀態(tài)． C　[設線長為L，錐體母線與豎直方向的夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支

18、持力N和線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T≠0，故A、B錯誤； ω增大時，F(xiàn)T增大，N減小，當N＝0時，角速度為ω0． 當ω<ω0時，由牛頓第二定律得 FTsin θ－Ncos θ＝mω2Lsin θ， FTcos θ＋Nsin θ＝mg， 解得FT＝mω2Lsin2 θ＋mgcos θ． 當ω>ω0時，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設為β，由牛頓第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β， 所以FT＝mLω2，此時圖線的反向延長線經(jīng)過原點． 可知FT-ω2圖線的斜率變大，故C正確，D錯誤．] 考向2　豎直平面內(nèi)的圓周運動 3．(多選)如圖4-3-11甲所示，一長為l的輕繩，

19、一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉動．小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是( ) 【導學號：84370177】 甲 乙 圖4-3-11 A．圖象的函數(shù)表達式為F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變 [題眼點撥]　由F-v2圖象要想到根據(jù)動力學知識寫出拉力F與線速度v2的函數(shù)關系式． BD　[小球在最高點時，根據(jù)牛頓第二定

20、律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A錯誤；當F＝0時，根據(jù)表達式有mg＝m，得g＝＝，故B正確；根據(jù)F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，斜率更小，故C錯誤；當F＝0時，g＝，可知b點的位置與小球的質(zhì)量無關，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D正確．] 4．(2018·煙臺模擬)一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖4-3-12所示，則下列說法正確的是( ) 圖4-3-12 A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零 B．小球過最高點的最小速度是 C．小球過最高點時，桿對

21、球的作用力一定隨速度增大而增大 D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小 [題眼點撥]　“在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動”要分析桿模型的臨界條件及速度v＝時，桿的受力特點． A　[輕桿可對小球產(chǎn)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤；若v<，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小，若v>，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤．] 5．如圖4-3-13所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)壁做圓周運動，內(nèi)側壁半徑為R，小球半徑為r，

22、則下列說法正確的是( ) 【導學號：84370178】 圖4-3-13 A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內(nèi)側管壁對小球一定無作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 C　[小球沿光滑圓形管道上升，到達最高點的速度可以為零，A、B選項均錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由于重力的方向豎直向下，向心力方向斜向上，必須受外側管壁指向圓心的作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，由于重力有指向圓心的分量，若速度較小，小球可不受外側管

23、壁的作用力，D錯誤．] [反思總結]　巧解圓周運動問題“三分析” (1)幾何關系分析：目的是確定圓周運動的圓心、半徑等. (2)運動分析：目的是確定圓周運動的線速度、角速度. (3)受力分析：目的是利用力的合成與分解知識，表示出物體做圓周運動時外界所提供的向心力. 圓周運動與平拋運動的組合問題 [母題]　(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖4-3-14所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內(nèi)的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑R＝2 m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B′相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內(nèi)運動時，要求緊貼內(nèi)側滑行．水面離水平滑道高度h＝

24、5 m．現(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質(zhì)點，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)起滑點A至少離水平滑道多高？ (2)為了保證游客安全，在水池中放有長度L＝5 m的安全氣墊MN，其厚度不計，滿足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少？ 圖4-3-14 【自主思考】(1)與起滑點離水平滑道最小高度對應的臨界條件是什么？ [提示]　即游客恰能過圓形滑道的最高點． (2)如何求出C、N兩點間的水平距離？ [提示]　由(1)的高度求出達C點的速度，再根據(jù)平拋運動規(guī)律可求C、M兩點間的水平距離s1，s1＋L

25、即為C、N兩點水平間距． [解析]　(1)游客在圓形滑道內(nèi)側恰好滑過最高點時，有：mg＝m ① 從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒，有 mgH1＝mv2＋mg×2R ② 解得H1＝R＝5 m． ③ (2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒 mgH1＝mv ④ v1＝＝10 m/s ⑤ 水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知 h＝gt2 ⑥ 得t＝1 s 則s1＝v1t＝10 m 落在N點時s2＝s1＋L＝15 m 則對應的拋出速度v2＝＝15 m/s⑧ 由mgH2＝mv 得H2＝＝11．25 m 安全滑下點A距水平滑道高度范圍為 5 m≤H≤11．25 m

26、． ⑨ [答案](1)5 m　(2)見解析 [母題遷移] 遷移1　先平拋運動，再圓周運動 1．(2017·太原模擬)如圖4-3-15所示，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O為圓心的一段圓弧，位于豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有一小球從一水平桌面的邊緣P點向右水平飛出，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道．OA與豎直方向的夾角為θ1，PA與豎直方向的夾角為θ2．下列說法正確的是( ) 圖4-3-15 A．tan θ1tan θ2＝2 B．＝2 C．tan θ1tan θ2＝ D．＝ A　[小球在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球在A點

27、時速度與水平方向的夾角為θ1，tan θ1＝＝，位移與豎直方向的夾角為θ2，tan θ2＝＝＝，則tan θ1tan θ2＝2．故A正確，B、C、D錯誤．] 遷移2　先圓周運動，再平拋運動 2．如圖4-3-16所示，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質(zhì)量m＝1．0 kg的小球．現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點．地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L＝1．0 m，B點離地高度H＝1．0 m，A、B兩點的高度差h＝0．5 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣影響，求： 圖4-3-16 (1)地面上D

28、C兩點間的距離x； (2)輕繩所受的最大拉力大?。? 【導學號：84370179】 [解析]　(1)小球從A到B過程機械能守恒，有 mgh＝mv ① 小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有 H＝gt2 ② 在水平方向上有x＝vBt ③ 由①②③式解得x≈1．41 m． (2)小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m ④ 由①④式解得F＝20 N 根據(jù)牛頓第三定律得輕繩所受的最大拉力大小為20 N． [答案](1)1．41 m　(2)20 N (2018·廈門質(zhì)檢)如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數(shù)值時，

29、物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動．現(xiàn)測得轉臺半徑R＝0．5 m，離水平地面的高度H＝0．8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0．4 m．設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2．求： (1)物塊做平拋運動的初速度大小v0； (2)物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)μ． [解析]　(1)設物塊做平拋運動所用時間為t，豎直方向 有H＝gt2 ① 水平方向有s＝v0t ② 聯(lián)立①②兩式得v0＝s＝1 m/s．③ (2)物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有 μmg＝m ④ 聯(lián)立③④得μ＝＝0．2． ⑤ [答案](1)1 m/s　(2)0．2 [反思總結]　組合運動的關鍵提醒 (1)速度是聯(lián)系前后兩個過程的橋梁. (2)后一個過程的初速度是前一個過程的末速度. 16