2022版高考物理一轮复习-第四章-曲线运动-万有引力与航天-第3讲-圆周运动学案-新人教版.doc

2022版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动学案 新人教版2022版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动学案 新人教版年级：姓名：- 16 -第3讲圆周运动知识点1描述圆周运动的物理量及其相互关系1描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表意义、方向公式、单位线速度(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)(2)方向与半径垂直，和圆周相切(1)v(2)国际单位：m/s角速度(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量()(2)中学不研究其方向(1)(2)国际单位：rad/s周期频率和转速(1)周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)(2)转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)(3)频率(f)是物体在1 s内转过的圈数(4)周期与频率的关系为T(1)T；单位：s(2)n的单位r/s，r/min(3)f的国际单位：Hz向心加速度(1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)(2)方向指向圆心(1)an2rv(2)国际单位：m/s2向心力(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小(2)方向指向圆心(1)Fnm2rmmr(2)国际单位： N2各物理量之间的相互关系(1)vr2rf。(2)an2rv42f 2r。(3)Fnmm2rmmvm42f 2r。思考：如图所示，圆盘上的物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)要计算漏斗内壁上小球的角速度时还需要哪些信息？答案(1)圆盘上的物体是由静摩擦力提供向心力，漏斗内壁的物体由重力和支持力的合力提供向心力。(2)小球做圆周运动的半径和漏斗内壁的倾角。知识点2匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变而方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变、方向变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小、方向都变化的变加速曲线运动加速度方向与速度垂直，即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度大小和方向都变化，所以不仅存在向心加速度，而且存在切向加速度，合加速度的方向不指向圆心向心力F合F向F合知识点3离心运动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，所做的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倾向。3受力特点当Fnm2r时，物体做圆周运动。当Fn0时，物体沿切线方向飞出。当Fnm2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。注意：物体做圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的。双基自测一、堵点疏通1做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用。()2一物体以4 m/s的线速度做匀速圆周运动，周期为2 s，则速度变化率的大小为4 m/s2。()3在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯。()4火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。()5飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态。()二、对点激活1(2021湖北模拟)手指转球是指使篮球在指尖上转动，以手腕之力让球体旋转，然后单指顶住球体。如图所示，假设某同学让篮球在指尖上匀速转动，指尖刚好静止在篮球球心的正下方，下列判断正确的是(A)A篮球上各点做圆周运动的角速度相同B篮球上各点的向心力是由手指提供的C篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处D篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大解析本题考查对圆周运动基础知识的理解。篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，角速度相同，圆心均在转轴上，篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，故A正确，C、D错误；篮球要匀速旋转，是靠手的拨动，提供篮球上各点旋转所需的向心力，故B错误。2(2020江苏苏州期中)如图所示，一辆轿车正在水平路面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是(B)A水平路面对轿车的弹力方向斜向上B静摩擦力提供向心力C重力、支持力的合力提供向心力D轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力为零解析本题考查汽车拐弯问题。在匀速圆周运动中，合外力充当向心力，弹力的方向始终垂直于接触面，故水平路面对轿车的弹力方向垂直于路面竖直向上，故A错误。重力和支持力是一对平衡力，轿车靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力，轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力不为零，故B正确，C、D错误。3(多选)如图所示，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(BC)A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做近心运动解析若拉力突然变大，实际提供的向心力大于所需的向心力，小球将做近心运动，AD均错误；若拉力突然变小，实际提供的向心力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb做离心运动，B正确；若拉力和重力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动，C正确。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一圆周运动中的运动学分析常见的三种传动方式及特点1皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB。2摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB。3同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即AB。例1现在许多高档汽车都应用了无级变速装置，不用离合就能连续变换速度，下图为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加。现在滚动轮处于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是(B)ABCD解析本题考查传动问题。角速度2n，则主动轮的线速度v11D1n1，从动轮的线速度v22D2n2。因为主动轮和从动轮的线速度相等，则D1n1D2n2，所以，故B正确，A、C、D错误。方法技巧同轴与同缘传动的联系 同轴转动角速度相等，同缘传动边缘点线速度大小相等，角速度与线速度的关系式为vr。变式训练1某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，主动轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为时，最外面的大轮转动的角速度为(A)ABCD解析由行星轮、主动轮、最外面的大轮三部分彼此密切啮合在一起可知，齿轮的周长之比等于齿数之比。大轮、太阳轮、行星轮分别用A、B、C表示，所以，则，因为三轮彼此密切啮合在一起，三轮转动的线速度相等，则角速度与半径成反比，即，得到A，A项正确。考点二圆周运动中的动力学分析向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用，求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同，但要注意几个特点：1向心力是沿半径方向的合力，是效果力，不是实际受力。2向心力公式有多种形式：Fmm2rmr，要根据已知条件选用。3正交分解时，要注意圆心的位置，沿半径方向和切线方向分解。4对涉及圆周运动的系统，要用隔离法分析，不要用整体法。例2如图所示，一根细线下端拴一个金属小球，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔，(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(图中P位置，圆锥摆)。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是(B)A细线所受的拉力变小B小球运动的角速度变大CQ受到桌面的静摩擦力变小DQ受到桌面的支持力变小解析设OP长度为l，与水平面的夹角为，竖直方向平衡，有Fsin mg，水平方向由牛顿第二定律得Fcos m2lcos ，由以上方程分析可得，随角减小，F增大，A错误；结合Q受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大，受到的桌面的支持力不变，C，D错误；由Fm2l知，随F的增大而增大，B正确。名师点拨解决圆周运动动力学问题的一般步骤 (1)首先要明确研究对象。(2)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径。(3)对其受力分析，明确向心力的来源。(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况：Fmmr2mvmr42mrf 2。解题时应根据已知条件进行选择。变式训练2(2021辽宁沈阳模拟)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较小时可近似认为tan sin ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(B)A8 cmB9 cmC10 cmD11 cm解析本题考查火车转弯问题。由题可知半径R5 600 m，时速为v216 km/h60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan m，解得tan ，由几何关系得tan sin ，而L1 400 mm，联立得h90 mm9 cm，故B正确，A、C、D错误。考点三竖直面内圆周运动的“轻绳”和“轻杆”模型在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑类，如轻绳和单轨道模型；二是有支撑类，如轻杆和双轨道模型。对比见下表：轻绳模型轻杆模型常见模型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mgm得 v临由小球恰能做圆周运动得v临0讨论分析(1)过最高点时，v，Fmgm，绳、圆轨道对球产生弹力F(2)不能过最高点时，v，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v0时，FNmg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0v 时，Fmgm，F指向圆心并随v的增大而增大例3(2020河北石家庄月考)(多选)如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点。外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，忽略空气阻力。则球B在最高点时(BC)A球B的速度为零B球A的速度大小为C水平转轴对杆的作用力为1.5 mgD水平转轴对杆的作用力为2.5 mg解析球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mgm，解得vB，故A错误；由于球A，B的角速度相等，则球A的速度大小vA，故B正确；球B在最高点时，对杆无作用力，此时球A所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，有Fmgm，解得F1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。轻绳模型例4(多选)如图(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v2的关系如图(乙)所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(BD)A图像函数表达式为FmmgB重力加速度gC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，b值不变解析由受力分析得Fmmg，A错误；由图像可知，v2b，当F0时，mgm，即v2gl，得g，B正确；结合图像和Fmmg可知，图像的斜率k，所以m减小，斜率减小，C错误；由前述讨论可知bgl，当m减小时，b值不变，D正确。名师点拨竖直面内圆周运动类问题的解题技巧 (1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。(2)确定临界点：抓住轻绳模型中最高点v 及轻杆模型中v0这两个临界条件。(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合F向。(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。变式训练3(2020安徽黄山段考)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(A)AmgBmgC3mgD2mg解析本题考查竖直面内圆周运动的分析。若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，根据牛顿第二定律得mgm，若小球在最高点速率为2v时，根据牛顿第二定律，2Tcosmgm，式中为轻绳与竖直方向的夹角，根据几何关系可知，30，解得Tmg，BCD错误，A正确。名师讲坛素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG圆周运动中的临界极值问题1与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm，静摩擦力的方向一定指向圆心。(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。2与弹力有关的临界极值问题(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。与摩擦力有关的临界极值问题例5(2020四川内江开学考试)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心间的距离分别为RAr，RB2r，与圆盘间的动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，则下列说法正确的是(AC)A此时细绳的张力为3mgB此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C此时圆盘的角速度为D此时烧断细绳，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动解析本题考查水平面内圆周运动的临界问题。两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则Fm2r，B做圆周运动的半径比A的大，所以B所需向心力大，细绳上拉力相等，所以当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，B所受的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得FTmgm2r，FTmgm22r，解得FT3mg，故A、C正确，B错误。烧断细绳瞬间，A所需的向心力为2mg，B所需的向心力为4mg，A、B所受的最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，则A、B均做离心运动，故D错误。与弹力有关的临界极值问题例6(2020湖北荆州中学、宜昌一中等三校联考)细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(D)A B2C D 解析本题考查圆锥摆模型问题。对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面的支持力N和细绳的拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知，Rhtan ，则有Fcos Nmg，Fsin mm2R4m2n2R4m2n2htan ；当小球即将离开水平桌面时，N0，转速n有最大值，此时n ，故选D。2年高考1年模拟2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1(2020课标，16)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(B)A200 NB400 NC600 ND800 N解析本题考查圆周运动中的受力问题。该同学在荡秋千过程中的最低点，同学和踏板整体受到的重力和两根绳的拉力的合力提供同学和踏板做圆周运动的向心力，设每根绳子上平均承受的拉力大小为F，由牛顿第二定律得2Fmgm，解得F N410 N，B正确，A、C、D错误。2(2019江苏，6)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱(BD)A运动周期为B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R解析A错：座舱的周期T。B对：根据线速度与角速度的关系，vR。C错，D对：座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合m2R。3(2019海南单科，6)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(B)A BCD2解析设硬币质量为m，对硬币受力分析，如图所示。由摩擦力提供向心力可得fm2r而ffmFNmg联立可得m2rmg解得，选项B正确，选项A、C、D错误。4(2020山东新泰一中质检)如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带AB长度L02.0 m，一半径R0.2 m的竖直圆形光滑轨道与水平轨道相切于C点，水平轨道CD长度L1.0 m，在D点固定一竖直挡板。小物块与传送带AB间的动摩擦因数10.9，BC段光滑，CD段动摩擦因数为2。当传送带以v06 m/s沿顺时针方向匀速转动时，将质量m1 kg的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并以原速率弹回，经水平轨道CD返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度g10 m/s2。求：(1)小物块第一次滑到传送带B点时的速度大小；(2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求2的取值范围。答案(1)6 m/s(2)020.65或0.820.9解析(1)物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力f1mg，那么由牛顿第二定律可知物块做加速度a1g9 m/s2的匀加速直线运动，由2aL0v，可知物块到达B点时刚好达到传送带速度，所以物块滑到B点时的速度大小vBv06 m/s。(2)要使物块能第二次冲上圆形轨道且不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动时可能通过最高点，也可能在圆轨道上达到的最高点的高度0hR; 故当物块能通过最高点时，设其在最高点速度大小为v，在最高点应用牛顿第二定律可得mg； 对物块从B到第二次到最高点应用动能定理可得22mgL2mgRmv2mv，则20.65；当物块在圆轨道上能到达的最高点的高度0hR时，由动能定理可得22mgLmgh0mv，2，解得0.820.9；所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且不会脱离圆轨道，需满足条件为020.65或0.820.9。