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)描述圓周運動的物體運動快慢的物理量是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切v單位：m/s角速度()描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量中學不研究其方向單位：rad/s周期(T) 和轉(zhuǎn)速(n) 或頻率(f)周期是物體沿圓周運動一周的時間轉(zhuǎn)速是物體單位時間轉(zhuǎn)過的圈數(shù)，也叫

2、頻率T單位：sn的單位：r/s、r/min，f的單位：Hz向心加速度(a)描述速度方向變化快慢的物理量方向指向圓心ar2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，只改變速度的方向，不改變速度的大小2大小Fmm2rmrmv42mf2r3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(zhuǎn)動的物體受重力、

3、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431(1)當Fnm2r時，物體做勻速圓周運動(2)當Fn0時，物體沿切線方向飛出(3)當Fnm2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動(4)當Fnm2r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

4、)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用()(3)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()教材習題回訪考查點：勻速圓周運動向心力來源1(人教版必修2P25T3改編)如圖432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432A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433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

5、確的是( ) 圖433A若拉力突然變大，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434所示由圖象可以知道( ) 圖434A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(zhuǎn)動裝置中各物理量關系4(人教版必修2P19T4改編)圖435是自行車傳動裝

6、置的示意圖，其中是半徑為r1的大齒輪，是半徑為r2的小齒輪，是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉(zhuǎn)速為n r/s，則自行車前進的速度為( ) 圖435A BC 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436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436AA球的角速度等于B球的角速度BA球的線速度大于B球的線速度CA球的運動周期小于B球的運動周期DA球?qū)ν脖诘膲毫Υ笥贐球?qū)ν脖诘膲毫Υ鸢窧(對應學生用書第6

7、7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：的單位為rad/s，不是r/s2對公式vr的理解當r一定時，v與成正比；當一定時，v與r成正比；當v一定時，與r成反比3對a2r的理解當v一定時，a與r成反比；當一定時，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繞同一轉(zhuǎn)軸運轉(zhuǎn)的物體，角速度相同，AB，由vr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vAvB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vAvB題組通關1(多選)如圖437所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉(zhuǎn)軸的距離分別為RA、RB、R

8、C，已知RBRC，若在傳動過程中，皮帶不打滑則( ) 圖437AA點與C點的角速度大小相等BA點與C點的線速度大小相等CB點與C點的角速度大小之比為21DB點與C點的向心加速度大小之比為14BD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vAvC，AB，選項B正確根據(jù)vAvC及關系式vR，可得ARACRC，又RC，所以A，選項A錯誤根據(jù)AB，A，可得B，即B點與C點的角速度大小之比為12，選項C錯誤根據(jù)B及關系式a2R，可得aB，即B點與C點的向心加速度大小之比為14，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

9、測原理如下：車的主動輪壓在兩個相同粗細的有固定轉(zhuǎn)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(zhuǎn)速n(每秒鐘n轉(zhuǎn))運行時，下列說法正確的是( ) 【導學號：84370175】圖438AC的邊緣線速度為2nrcBA、B的角速度大小相等，均為2n且A、B沿順時針方向轉(zhuǎn)動，C沿逆時針方向轉(zhuǎn)動CA、B、C的角速度大小相等，均為2n，且均沿順時針方向轉(zhuǎn)動DB、C的角速度之比為B由

10、v2nR可知B輪的線速度為vb2nrb，B、C線速度相同，即C的線速度為vcvb2nrb，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(zhuǎn)動，C逆時針轉(zhuǎn)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與軌道圓垂直的方向，此方向受力平衡軌道圓的切線方向，勻速圓周運動中此方向受力平衡；變速圓周運動中速度

11、最大或最小的點，此方向也受力平衡軌道圓的徑向，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mgFTmmgFNm臨界特征FT0，即mgm，得vv0，即F向0，此時FNmgv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) (多選)如圖439所示，勻速轉(zhuǎn)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(zhuǎn)軸的距離分別為rA02 m、rB03 mA、B與盤面

12、間的最大靜摩擦力均為重力的04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439A當A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為12 NB當A恰好達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度約為4 rad/sC當細線上開始有彈力時，圓盤的角速度為 rad/sD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“勻速轉(zhuǎn)動”想到向心力來源；“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FBkmBg12 N，A正確；設小物體A達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速

13、度為1，此時細線的拉力為T，則對A：kmAgTmArA，對B：TkmBgmBrB，得110 rad/s，B錯誤；當細線上開始有彈力時，對B：kmBgmBrB，解得2 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rb2ra2l，mamb，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(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是( ) Ab一定比a先開始滑動Ba、b所受的摩擦力始終相等C是b開始滑動的臨界角速度D若時，a所受摩擦力的大小為kmgAC小木塊發(fā)生相對滑動之

14、前，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得fm2r，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fmaxkmg，所以kmgm2r，由此可以求得木塊剛要滑動時的臨界角速度0，由此得a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；當時，a受到的是靜摩擦力，大小為fm2lkmg綜上所述，本題正確選項為A、C2(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4310所示，設小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為，線的張力為FT，F(xiàn)T隨2變化的圖象是下圖中的( ) 【導學號：84370176】圖4310題

15、眼點撥看到“FT隨2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，當0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T0，故A、B錯誤；增大時，F(xiàn)T增大，N減小，當N0時，角速度為0當0時，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設為，由牛頓第二定律得FTsin m2Lsin ，所以FTmL2，此時圖線的反向延長線經(jīng)過原點可知FT2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4311甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動小球通過最高點時，繩對小球的拉力

16、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4311A圖象的函數(shù)表達式為FmmgB重力加速度gC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Fv2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)牛頓第二定律有Fmgm，得Fmmg，故A錯誤；當F0時，根據(jù)表達式有mgm，得g，故B正確；根據(jù)Fmmg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F0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

17、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4312所示，則下列說法正確的是( ) 圖4312A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，

18、則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mgFm，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤5如圖4313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(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是( ) 【導學號：84370178】圖4313A小球通過最高點時的最小速度vminB小球通過最高點時的最小速度vminC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(cè)管壁

19、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(cè)管壁的作用力，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4314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(cè)半徑R2 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

20、滑道內(nèi)運動時，要求緊貼內(nèi)側(cè)滑行水面離水平滑道高度h5 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L5 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4314【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，s1L即為C

21、、N兩點水平間距解析(1)游客在圓形滑道內(nèi)側(cè)恰好滑過最高點時，有：mgm從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒，有mgH1mv2mg2R解得H1R5 m(2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒mgH1mvv110 m/s水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知hgt2得t1 s則s1v1t10 m落在N點時s2s1L15 m則對應的拋出速度v215 m/s由mgH2mv得H21125 m安全滑下點A距水平滑道高度范圍為5 mH1125 m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4315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

22、，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1，PA與豎直方向的夾角為2下列說法正確的是( ) 圖4315Atan 1tan 22 B2Ctan 1tan 2 DA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點時速度與水平方向的夾角為1，tan 1，位移與豎直方向的夾角為2，tan 2，則tan 1tan 22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4316所示，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質(zhì)量m10 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)

23、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L10 m，B點離地高度H10 m，A、B兩點的高度差h05 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣影響，求：圖4316 (1)地面上DC兩點間的距離x；(2)輕繩所受的最大拉力大小 【導學號：84370179】解析(1)小球從A到B過程機械能守恒，有mghmv小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有Hgt2在水平方向上有xvBt由式解得x141 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Fmgm由式解得F20 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)141

24、 m(2)20 N(2018廈門質(zhì)檢)如圖所示，置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動現(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R05 m，離水平地面的高度H08 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s04 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g10 m/s2求：(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；(2)物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)解析(1)設物塊做平拋運動所用時間為t，豎直方向有Hgt2水平方向有sv0t聯(lián)立兩式得v0s1 m/s(2)物塊離開轉(zhuǎn)臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有mgm聯(lián)立得02答案(1)1 m/s(2)02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