（通用版）2021版高考物理大一輪復習 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第3節(jié) 圓周運動教學案

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1、第3節(jié)　圓周運動 一、圓周運動及其描述 1．勻速圓周運動 (1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是做勻速圓周運動。 (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中學不研究其方向 ①ω＝＝ ②單位：rad/s 周期(

2、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；頻率是單位時間內運動重復的次數 ①T＝ 單位：s ②n的單位：r/s、r/min，f的單位：Hz 向心加速度(a) ①描述速度變化快慢的物理量 ②方向指向圓心 ①a＝＝rω2 ②單位：m/s2 二、圓周運動的向心力 1．作用效果 向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。 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

3、由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供。 三、離心現象 1．現象 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動。 2．受力特點及軌跡 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。 1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”) (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

4、所受合外力為變力。 (√) (4)做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力。 (√) (5)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用。 (×) (6)賽車轉彎時沖出賽道是因為沿轉彎半徑向內的靜摩擦力不足以提供向心力。 (√) 2．(人教版必修2P25T3改編)如圖所示，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(　　) 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 3．(粵教版必修2P37T2)(多選)如圖為甲、乙兩球做勻速圓周運動時向心加速度隨半徑變化的關系圖

5、線，甲圖線為雙曲線的一支，乙圖線為直線。由圖象可以知道(　　) A．甲球運動時，線速度的大小保持不變 B．甲球運動時，角速度的大小保持不變 C．乙球運動時，線速度的大小保持不變 D．乙球運動時，角速度的大小保持不變 AD　[題圖的圖線甲中a與r成反比，由a＝可知，甲球的線速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，角速度逐漸減小，A正確，B錯誤；題圖的圖線乙中a與r成正比，由a＝ω2r可知，乙球運動的角速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，線速度大小增大，C錯誤，D正確。] 4．(人教版必修2P25T2改編)(多選)如圖所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線

6、與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．A、B球受到的支持力之比為∶3 B．A、B球的向心力之比為∶1 C．A、B球運動的角速度之比為3∶1 D．A、B球運動的線速度之比為1∶1 CD　[設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin θ＝mg，FNA∶FNB＝∶1，選項A錯誤；F＝，FA∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htan θ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確。] 描述圓

7、周運動的物理量　[依題組訓練] 1．(2019·石嘴山三中期中)質點做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　) A．速度的大小和方向都改變 B．勻速圓周運動是勻變速曲線運動 C．當物體所受合力全部用來提供向心力時，物體做勻速圓周運動 D．向心加速度不變 C　[質點做勻速圓周運動時，線速度大小始終不變，速度方向為質點運動軌跡的切線方向，時刻在改變，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體的加速度始終指向圓心，即方向在時刻改變，則勻速圓周運動是非勻變速曲線運動，故B、D錯誤；當質點所受合力全部用來提供向心力時，質點的線速度的大小不變，做勻速圓周運動，故C正確。] 2.某機器的齒輪系統(tǒng)如圖所示，

8、中間的輪叫做太陽輪，它是主動輪。從動輪稱為行星輪，主動輪、行星輪與最外面的大輪彼此密切嚙合在一起，如果太陽輪一周的齒數為n1，行星輪一周的齒數為n2，當太陽輪轉動的角速度為ω時，最外面的大輪轉動的角速度為(　　) A．ω B．ω C．ω D．ω A　[由行星輪、主動輪、最外面的大輪三部分彼此密切嚙合在一起可知，齒輪的周長之比等于齒數之比。大輪、太陽輪、行星輪分別用A、B、C表示，＝，所以＝，則＝＝，因為三輪彼此密切嚙合在一起，三輪轉動的線速度相等，則角速度與半徑成反比，即＝＝，得到ωA＝ω，A項正確。] 3.(多選)如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別

9、為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則(　　) 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∶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vA＝vC及關系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，選項A錯誤。根據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ωB＝及關系式a＝ω2R，

10、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。] 常見的三種傳動方式及特點 類型 模型 模型解讀 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(或齒輪)傳動 兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB 同軸 傳動 繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比 水平面內的圓周運動　[講典例示法] 1．水平面內的勻速圓周運動軌跡特點 運動軌跡是圓且在水平面內。 2．勻速圓周運動的受力特點 (1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓

11、心。 (2)合外力充當向心力。 3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟 (1)選擇研究對象，找出勻速圓周運動的圓心和半徑。 (2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。 (3)由Fn＝m或Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。 4．水平面內圓周運動的三種臨界情況 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是：彈力FN＝0。 (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值。 (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松

12、弛的臨界條件是：FT＝0。 [典例示法]　(2019·蘭州質檢)如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h(A點)處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質量為m的小球B，繩長l大于h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當轉動的角速度ω逐漸增大時，下列說法正確的是(　　) A．小球始終受三個力的作用 B．細繩上的拉力始終保持不變 C．要使球不離開水平面，角速度的最大值為 D．若小球飛離了水平面，則角速度可能為 思路點撥：(1)當轉動的角速度較小時，水平面對小球有支持力作用；當轉動的角速度較大時，小球將離開水平面。 (2)小球做勻速圓周運動的半徑r與繩長l之間的關系，可

13、由幾何形狀來確定。 (3)小球對水平面的壓力為零，是小球將離開水平面的臨界條件，此時，小球的合力由自身的重力及細繩的拉力合成來確定。 [解析]　小球可以在水平面上轉動，也可以飛離水平面，飛離水平面后只受重力和細繩的拉力兩個力作用，故選項A錯誤；小球飛離水平面后，隨著角速度增大，細繩與豎直方向的夾角變大，設為β，由牛頓第二定律得Tsin β＝mω2lsin β可知，隨角速度變化，細繩的拉力T會發(fā)生變化，故選項B錯誤；當小球對水平面的壓力為零時，有Tcos θ＝mg，Tsin θ＝mlω2sin θ，解得臨界角速度為ω＝＝，若小球飛離了水平面，則角速度大于，而<，故選項C正確，D錯誤。 [答

14、案]　C “一、二、三、四”求解圓周運動問題 [跟進訓練] 1．(多選)(2019·江蘇省如東縣第一次檢測)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌。如圖所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則(　　) A．該彎道的半徑r＝ B．當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變 C．當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓 D．當火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓 AB　[火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，設轉彎處斜面的傾角為θ，根據牛頓第二定律得mgt

15、an θ＝m，解得r＝，故選項A正確；根據牛頓第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝，可知火車規(guī)定的行駛速度與質量無關，故選項B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故選項C錯誤；當火車速率小于v時，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此時內軌對火車有側壓力，輪緣擠壓內軌，故選項D錯誤。] 2.(多選)(2019·河南示范性高中聯考)如圖所示，A、B兩小球用一根輕繩連接，輕繩跨過圓錐筒頂點處的光滑小定滑輪，圓錐筒的側面光滑。當圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉動時，兩球都位于筒側面上，且與筒保持相對靜止，小球A到頂點O的距離大于小球B到

16、頂點O的距離，則下列判斷正確的是(　　) A．A球的質量大 B．B球的質量大 C．A球對圓錐筒側面的壓力大 D．B球對圓錐筒側面的壓力大 BD　[本題考查圓錐面內的圓周運動問題。繩對A、B兩球的拉力大小相等，設繩子對小球的拉力大小為T，側面對小球的支持力大小為F，則豎直方向有Tcos θ＋Fsin θ＝mg，水平方向有Tsin θ－Fcos θ＝mω2lsin θ，可得T＝mgcos θ＋mω2lsin 2θ，可知質量m越大，l就越小，則B球的質量大，又T＝，可知m越大，F就越大，則B球受圓錐筒側面的支持力大，結合牛頓第三定律可知選項B、D正確，A、C錯誤。] 3.(多選)(2

17、019·沙市中學模擬)如圖所示，在光滑的以角速度ω旋轉的水平細桿上穿有質量分別為m和M的兩球，兩球用輕細線(不會斷)連接，若M>m，則(　　) A．當兩球離軸距離相等時，兩球可能相對桿靜止 B．當兩球離軸距離之比等于質量之比時，兩球一定相對桿滑動 C．若兩球相對于桿滑動，一定是都向穿有質量為M的球的一端滑動 D．若角速度為ω時，兩球相對桿都不動，那么角速度為2ω時，兩球也不動 BD　[兩小球所受細線的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，由于兩小球質量不等，角速度相等，當兩球離軸距離相等時，則有Mω2r>mω2r，所以兩球相對桿會滑動，故A錯誤。兩球的向心力是相等的，則有Mω2r1

18、＝mω2r2，所以＝<1，兩球離軸距離與質量成反比時可以與桿保持相對靜止，所以兩球離軸距離之比等于質量之比時，兩球會相對桿滑動，故B正確。若Mω2r1>mω2r2，兩球向質量為M的小球一端滑動，若Mω2r1

19、連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。 2．豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法 “輕繩”模型 “輕桿”模型 圖示 受力特征 物體受到的彈力方向為向下或等于零 物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上 受力示意圖 力學方程 mg＋FN＝m mg±FN＝ 臨界特征 FN＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 過最高點的條件 在最高點的速度 v≥ 在最高點的速度 v≥0 [典例示法]　(多選)(2019·湖北重點中學模擬)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點做半徑為R的圓

20、周運動。小球運動到最高點時，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) 甲　　　　　　　乙　 A．小球的質量為4 kg B．固定圓環(huán)的半徑R為0.8 m C．小球在最高點的速度為4 m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20 N，方向向上 D．若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100 N 思路點撥：解此題關鍵有兩點 (1)做好小球在某一位置的動力學分析。 (2)將小球的動力學方程與F-v2圖象對應找出已知物理量。 [解析]　對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F－mg＝0，結合圖象可知：20 N－m

21、·10 m/s2＝0，解得小球質量m＝2 kg，選項A錯誤；當F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝，結合圖象可知mg＝，解得固定圓環(huán)半徑R為0.8 m，選項B正確；小球在最高點的速度為4 m/s時，設小球受圓環(huán)的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝m，代入數據解得F＝20 N，方向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經過最低點時，其受力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝m，若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝mv2，由以上兩式得F＝5 mg，代入數據得F＝100 N，選項D正確。 [答案]　BD 分析豎直平面內圓周運動臨界問題的思路 [跟進訓練] 　豎直平面內輕“繩

22、”模型 1.如圖所示，雜技演員表演水流星節(jié)目。一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為(　　) A．　　　B.　　　C.　　　D. B　[杯子在豎直平面內做半徑為的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點重力提供向心力，則有mg＝，可得ω＝，故B正確，A、C、D錯誤。] 　豎直平面內輕“桿”模型 2.如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質點)。小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動，且能通過最高點，g為重力加

23、速度。下列說法正確的是(　　) A．小球通過最高點時速度可能小于 B．小球通過最高點時所受輕桿的作用力不可能為零 C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大 D．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小 A　[小球在最高點時，桿對球可以表現為支持力，由牛頓第二定律得：mg－F＝m，則得v<，故A正確。當小球速度為時，由重力提供向心力，桿的作用力為零，故B錯誤。輕桿在最高點可以表現為拉力，此時根據牛頓第二定律有mg＋F＝m，則知v越大，F越大，即隨小球速度的增大，桿的拉力增大；小球通過最高點時桿對球的作用力也可以表現為支持力，當表現為支持力時，有mg－

24、F＝m，則知v越大，F越小，即隨小球速度的增大，桿的支持力減小，故C、D錯誤。] 　豎直平面內“管狀”模型 3.如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) 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＝0 C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內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 BC　[在最高點，由于外管或內管都可以對小球產生彈力作用，當小球的速度等于0時，內管對小球產生彈力，大小為mg，故最小速度為0，故A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下管道中運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，所以外側管壁對小球一定有作用力，而內側管壁對小球一定無作用力，故C正確；小球在水平線ab以上管道中運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，可能外側壁對小球有作用力，也可能內側壁對小球有作用力，故D錯誤。] 12