（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第3節(jié) 圓周運動教學(xué)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(nèi)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(zhuǎn)動快慢的物理量 ②中學(xué)不研究其方向 ①ω＝＝ ②單位：rad/s 周期(

2、T) 和轉(zhuǎn)速(n) 或頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周的時間 ②轉(zhuǎn)速是物體單位時間轉(zhuǎn)過的圈數(shù)；頻率是單位時間內(nèi)運動重復(fù)的次數(shù) 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(chǎn)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(xiàn)象 1．現(xiàn)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(dāng)Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動。 ②當(dāng)Fn＝0時，物體沿切線方向飛出。 ③當(dāng)Fn＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動。 ④當(dāng)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(zhuǎn)彎時沖出賽道是因為沿轉(zhuǎn)彎半徑向內(nèi)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(guān)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(nèi)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(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)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(shè)小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin θ＝mg，F(xiàn)NA∶FNB＝∶1，選項A錯誤；F＝，F(xiàn)A∶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(xùn)練] 1．(2019·石嘴山三中期中)質(zhì)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(dāng)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(zhì)點做勻速圓周運動時，線速度大小始終不變，速度方向為質(zhì)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(dāng)質(zhì)點所受合力全部用來提供向心力時，質(zhì)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(shù)為n1，行星輪一周的齒數(shù)為n2，當(dāng)太陽輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω時，最外面的大輪轉(zhuǎn)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(shù)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(guān)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(guān)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(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB 同軸 傳動 繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)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(nèi)的圓周運動　[講典例示法] 1．水平面內(nèi)的勻速圓周運動軌跡特點 運動軌跡是圓且在水平面內(nèi)。 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(dāng)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(nèi)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(zhì)檢)如圖所示，轉(zhuǎn)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(zhì)量為m的小球B，繩長l大于h，轉(zhuǎn)動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當(dāng)轉(zhuǎn)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(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較小時，水平面對小球有支持力作用；當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較大時，小球?qū)㈦x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(guān)系，可

13、由幾何形狀來確定。 (3)小球?qū)λ矫娴膲毫榱?，是小球?qū)㈦x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(zhuǎn)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(shè)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(dāng)小球?qū)λ矫娴膲毫榱銜r，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(xùn)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(nèi)軌。如圖所示，當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時，內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設(shè)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(dāng)火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變 C．當(dāng)火車速率大于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓 D．當(dāng)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(cè)向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，設(shè)轉(zhuǎn)彎處斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律得mgt

15、an θ＝m，解得r＝，故選項A正確；根據(jù)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(zhì)量無關(guān)，故選項B正確；當(dāng)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(cè)壓力，輪緣擠壓外軌，故選項C錯誤；當(dāng)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(nèi)軌對火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓內(nèi)軌，故選項D錯誤。] 2.(多選)(2019·河南示范性高中聯(lián)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(cè)面光滑。當(dāng)圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，兩球都位于筒側(cè)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(zhì)量大 B．B球的質(zhì)量大 C．A球?qū)A錐筒側(cè)面的壓力大 D．B球?qū)A錐筒側(cè)面的壓力大 BD　[本題考查圓錐面內(nèi)的圓周運動問題。繩對A、B兩球的拉力大小相等，設(shè)繩子對小球的拉力大小為T，側(cè)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(zhì)量m越大，l就越小，則B球的質(zhì)量大，又T＝，可知m越大，F(xiàn)就越大，則B球受圓錐筒側(cè)面的支持力大，結(jié)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(xué)模擬)如圖所示，在光滑的以角速度ω旋轉(zhuǎn)的水平細桿上穿有質(zhì)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(dāng)兩球離軸距離相等時，兩球可能相對桿靜止 B．當(dāng)兩球離軸距離之比等于質(zhì)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(zhì)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(zhì)量不等，角速度相等，當(dāng)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(zhì)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(zhì)量之比時，兩球會相對桿滑動，故B正確。若Mω2r1>mω2r2，兩球向質(zhì)量為M的小球一端滑動，若Mω2r1

19、連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。 2．豎直平面內(nèi)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(xué)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(xué)模擬)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內(nèi)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(zhì)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(guān)鍵有兩點 (1)做好小球在某一位置的動力學(xué)分析。 (2)將小球的動力學(xué)方程與F-v2圖象對應(yīng)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(xiàn)－mg＝0，結(jié)合圖象可知：20 N－m

21、·10 m/s2＝0，解得小球質(zhì)量m＝2 kg，選項A錯誤；當(dāng)F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝，結(jié)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(shè)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(shù)據(jù)解得F＝20 N，方向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經(jīng)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(shù)據(jù)得F＝100 N，選項D正確。 [答案]　BD 分析豎直平面內(nèi)圓周運動臨界問題的思路 [跟進訓(xùn)練] 　豎直平面內(nèi)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(nèi)做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設(shè)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(nèi)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(nèi)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(zhì)點)。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)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(xiàn)為支持力，由牛頓第二定律得：mg－F＝m，則得v<，故A正確。當(dāng)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(xiàn)為拉力，此時根據(jù)牛頓第二定律有mg＋F＝m，則知v越大，F(xiàn)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(xiàn)為支持力，當(dāng)表現(xiàn)為支持力時，有mg－

24、F＝m，則知v越大，F(xiàn)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(nèi)“管狀”模型 3.如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，內(nèi)側(cè)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(nèi)側(cè)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(cè)管壁對小球一定有作用力 BC　[在最高點，由于外管或內(nèi)管都可以對小球產(chǎn)生彈力作用，當(dāng)小球的速度等于0時，內(nèi)管對小球產(chǎn)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(cè)管壁對小球一定有作用力，而內(nèi)側(cè)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(cè)壁對小球有作用力，也可能內(nèi)側(cè)壁對小球有作用力，故D錯誤。] 12