2019届高考一轮复习备考资料之物理人教版课件：第四章 第3讲 圆周运动

第三节圆周运动(对应学生用书第65页)[教材知识速填]知识点1圆周运动的描述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易错判断(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．(√)知识点2 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 ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝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．易错判断(1)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．(×)(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．(×) 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4-3-1(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．易错判断(1)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)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用．(×)(3)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力．(√)[教材习题回访]考查点：匀速圆周运动向心力来源1．(人教版必修2P25T3改编)如图4-3-2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4-3-2A．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]C考查点：离心运动的理解2．(沪科必修2P25T1改编)(多选)如图4-3-3所示，竖直平面上，质量为m的小球在重力和拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到最高点P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况说法中正确的是( )图4-3-3A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力和重力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动[答案]BC考查点：向心加速度与半径的关系3．(多选)(粤教必修2P37T2)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径r 变化的关系图象如图4-3-4所示．由图象可以知道( )图4-3-4A．甲球运动时，线速度大小保持不变B．甲球运动时，角速度大小保持不变C．乙球运动时，线速度大小保持不变D．乙球运动时，角速度大小保持不变[答案]BC考查点：转动装置中各物理量关系4．(人教版必修2P19T4改编)图4-3-5是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3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4-3-5A．πnr1r3r2B．πnr2r3r1C．2πnr2r3r1D．2πnr1r3r2[答案]D考查点：匀速圆周运动基本规律的应用5．(人教版必修2P25T2改编)如图4-3-6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( )【导学号：84370174】图4-3-6A．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(对应学生用书第67页)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＝v2r＝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．(多选)如图4-3-7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 A 2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图4-3-7 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∶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 ＝ωC 2，选项A 错误．根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC 2，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 ＝ωC 2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C 4，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．(2018·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A 的半径为r a ，车轮B 的半径为r b ，滚动圆筒C 的半径r c ，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n (每秒钟n 转)运行时，下列说法正确的是( )【导学号：84370175】图4-3-8A．C的边缘线速度为2πnr cB．A、B的角速度大小相等，均为2πn且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动D．B、C的角速度之比为r b r cB[由v＝2πnR可知B轮的线速度为v b＝2πnr b，B、C线速度相同，即C 的线速度为v c＝v b＝2πnr b，A错误．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误．A、B为主动轮，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误．]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．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，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．3．两种模型对比[多维探究] 考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2018·湖南株洲高三联考) (多选)如图4-3-9所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg 和3 kg 的小物体A 、B ，A 、B 间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为r A ＝0．2 m 、r B ＝0．3 m ．A 、B 与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0．4倍．g 取10 m/s 2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )图4-3-9 A ．当A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为12 NB ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/sC ．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为2303 rad/sD ．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A 将做向心运动，B 将做离心运动[题眼点拨] ①“匀速转动”想到向心力来源；②“缓慢增大圆盘的角速度”要判断A 、B 两物体谁先发生相对滑动．AC [增大圆盘的角速度，B 先达到最大静摩擦力，所以A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为F B ＝km B g ＝12 N ，A 正确；设小物体A 达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T ，则对A ：km A g －T ＝m A ω21r A ，对B ：T ＋km B g ＝m B ω21r B ，得ω1＝10213 rad/s ，B错误；当细线上开始有弹力时，对B ：km B g ＝m B ω22r B ，解得ω2＝2303 rad/s ，C 正确；剪断细线，A 随圆盘做圆周运动，B 将做离心运动，D 错误．](多选)在题1中，若去掉A 、B 间连线改为如图所示，且r b ＝2r a ＝2l ，m a ＝m b ，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＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．若ω＝2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmgAC [小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得f ＝mω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝mω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为kg l ，b 发生相对滑动的临界角速度为kg 2l ；当ω＝2kg 3l 时，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝mω2l ＝23kmg ．综上所述，本题正确选项为A 、C ．]2．(2018·陕西“四校”联考)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图4-3-10所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T ，F T 随ω2变化的图象是下图中的( ) 【导学号：84370176】图4-3-10[题眼点拨] 看到“F T 随ω2变化的图象”想到小球刚要脱离锥面的临界状态．C [设线长为L ，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和线的拉力F T 而平衡，F T ≠0，故A 、B 错误；ω增大时，F T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0．当ω<ω0时，由牛顿第二定律得F T sin θ－N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得F T ＝mω2L sin 2 θ＋mg cos θ．当ω>ω0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得F T sin β＝mω2L sin β，所以F T ＝mLω2，此时图线的反向延长线经过原点．可知F T -ω2图线的斜率变大，故C 正确，D 错误．]考向2 竖直平面内的圆周运动3．(多选)如图4-3-11甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )【导学号：84370177】甲 乙图4-3-11 A ．图象的函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB ．重力加速度g ＝b lC ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变[题眼点拨] 由F -v 2图象要想到根据动力学知识写出拉力F 与线速度v 2的函数关系式．BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝m v 2l －mg ，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有mg ＝m v 2l ，得g ＝v 2l ＝b l ，故B正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 正确．]4．(2018·烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4-3-12所示，则下列说法正确的是( )图4-3-12 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[题眼点拨] “在竖直平面内做半径为R 的圆周运动”要分析杆模型的临界条件及速度v ＝gR 时，杆的受力特点．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．]5．如图4-3-13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( )【导学号：84370178】图4-3-13A．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＝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．][母题](2018·湖南六校联考)如图4-3-14所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h＝5 m．现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s2，求：(1)起滑点A至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M 端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A 距水平滑道的高度取值范围为多少？图4-3-14 【自主思考】(1)与起滑点离水平滑道最小高度对应的临界条件是什么？[提示] 即游客恰能过圆形滑道的最高点．(2)如何求出C 、N 两点间的水平距离？[提示] 由(1)的高度求出达C 点的速度，再根据平抛运动规律可求C 、M 两点间的水平距离s 1，s 1＋L 即为C 、N 两点水平间距．[解析] (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有：mg ＝m v 2R ①从A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有mgH 1＝12m v 2＋mg ×2R② 解得H 1＝52R ＝5 m ． ③(2)落在M 点时抛出速度最小，从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12m v 21④ v 1＝2gH 1＝10 m/s ⑤水平抛出，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m则对应的抛出速度v 2＝s 2t ＝15 m/s ⑧由mgH 2＝12m v 22得H 2＝v 222g ＝11．25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m ≤H ≤11．25 m ．⑨[答案](1)5 m (2)见解析[母题迁移]迁移1 先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4-3-15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，P A 与竖直方向的夹角为θ2．下列说法正确的是( )图4-3-15 A ．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 yv0＝gtv0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt，则tan θ1tan θ2＝2．故A正确，B、C、D错误．]迁移2先圆周运动，再平抛运动2．如图4-3-16所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1．0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1．0 m，B点离地高度H＝1．0 m，A、B两点的高度差h＝0．5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：图4-3-16(1)地面上DC两点间的距离x；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【导学号：84370179】[解析](1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝12m v2B①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝12gt2 ②在水平方向上有x＝v B t ③由①②③式解得x≈1．41 m．(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m v 2B L ④由①④式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力大小为20 N ．[答案](1)1．41 m (2)20 N(2018·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0．5 m ，离水平地面的高度H ＝0．8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0．4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ．[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t ，竖直方向有H ＝12gt2 ① 水平方向有s ＝v 0t② 联立①②两式得v 0＝s g2H ＝1 m/s ．③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 20R④ 联立③④得μ＝v 20gR ＝0．2． ⑤[答案](1)1 m/s (2)0．2。