2024届高考物理一轮总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.docx

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1、第3讲圆周运动一、匀速圆周运动及其描述1匀速圆周运动(1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。2描述匀速圆周运动的物理量物理量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)(1)v；(2)单位：m/s角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量()(1)；(2)单位：rad/s周期物体沿圆周运动一周的时间(T)(1)T，单位：s(2)f，单位：Hz向心加速度描述速度方向变化快慢的物理量(an)；方向指向圆心(1)an2r；(2)单位：m/s2二、匀速圆周运动的向心力1大小：Fnmm2rmmvm42f2r

2、。2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。3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。三、离心运动和近心运动1Fnm2r：物体做匀速圆周运动，如图所示。2Fn0：物体沿切线方向飞出。3Fnm2r：物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。三、离心运动和近心运动1当Fnm2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示；2当Fn0时，物体沿切线方向飞出；3当Fnm2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。情境创设现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动

3、中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。微点判断(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。()(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。()(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。()(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。()(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。()(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。()(7)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴

4、”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由静摩擦力提供。()(一) 描述圆周运动的物理量(固基点) 题点全练通1皮带传动(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为 30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )AP、Q的线速度相同B玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反CP点的线速度大小约为1.6 m/sD摇把的转速约为400 r/min解析：选BC线速度

5、的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮逆时针转动，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度vr2nr2 m/s0.5 m/s1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vcrc20.02 m/s m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vzvc，所以主动轮的转速nz r/s r/s25 r/min，故D错误。2齿轮传动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，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切

6、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. B.C. D.解析：选A太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：，则：RBRA，由题图可知：RC2RBRA，A、B与C的线速度大小相等，得：RARC，联立可得：。故A正确，B、C、D错误。3同轴转动(2021广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端

7、点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60的过程中，下列说法正确的是( )AP点的线速度大小不变BP点的加速度方向不变CQ点在竖直方向做匀速运动DQ点在水平方向做匀速运动解析：选A由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OPl1，PQl2，可知Q点到O点所在水平线的距离yl1sin(30t)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离xl2l1cos(30t)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。要点自悟明1匀速圆周运动各

8、物理量间的关系2三种传动方式及各自的特点皮带传动皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等齿轮传动两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等同轴转动两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等(二) 向心力来源分析及离心现象(释疑点)研清微点1圆周运动的向心力来源分析1.(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为。下列说法中正确的是( )A小球受重力、绳的拉力和向心力作用B小球只受重力和绳的拉力作用C越大，小球运动的速率越大D越大，小球

9、运动的周期越大解析：选BC小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcos mg，Fsin m，T，可求得v，T2 ，可见越大，v越大，T越小。B、C正确，A、D错误。一点一过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，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。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)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。研清微点2匀速圆周运动向心力的分析与计算2.天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转

10、动。一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q。两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45和30，则( )A两球向心加速度的大小相等B小球P、Q的质量之比为2C小球P、Q所受向心力的大小之比为1D两球线速度的大小相等解析：选C对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有Fsin mgtan ma，得agtan ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，故A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcos mg，故两小球的质量之比为mPmQ

11、cos 45cos 30，故B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向Fsin ，故两小球所受向心力的大小之比为F向PF向Qsin 45sin 301，故C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mgtan m，得vtan ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vPvQtan 45tan 301，故D错误。一点一过1向心力的公式Fnmanmm2rmrm42f2rmv。2做匀速圆周运动的条件当物体所受的合外力大小恒定，且始终与速度方向垂直时，物体做匀速圆周运动，此时向心力由物体所受合外力提供。研清微点3离心现象分析3.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重

12、要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r甲r乙31，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块与轴心O、O的间距RA2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来；且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( ) A滑块A和B均与轮盘相对静止时，角速度之比为AB13B滑块A和B均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为aAaB29C转速增加后滑块B先发生滑动D转速增加后两滑块一起发生滑动解析：选ABC由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由vr可知，甲乙13，所以两

13、滑块均与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为AB13，故A正确；两滑块均与轮盘相对静止时，根据aR2，得A、B的向心加速度之比为aAaB29，故B正确；根据题意可得滑块的最大静摩擦力为fmg，转动中所受的静摩擦力之比为fAfBmaAmaB29，可知滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故C正确，D错误。一点一过圆周运动与离心运动的判定(1)当物体沿半径方向指向圆心的合力恰好等于向心力时，物体做匀速圆周运动。(2)当物体沿半径方向指向圆心的合力不足以提供向心力时，物体将做离心运动，只有提供向心力的合外力突然消失时，物体才沿切线方向飞出。(3)靠静摩擦力提供向心力时，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，

14、物体将开始做离心运动。(三) 水平面内的匀速圆周运动(融通点)1运动特点(1)运动轨迹在水平面内。(2)做匀速圆周运动。2受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3分析思路考法全析考法(一)车辆转弯问题例1(多选)在旅游时，游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )A列车转弯过程中的向心加速度为gtan ，方向与水平面的夹角为B列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用C水杯

15、与桌面间无摩擦D水杯内水面与桌面不平行解析设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F(如图)，有mgtan ma，可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为agtan ，方向与水平面平行，A错误；列车的向心加速度由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，C正确；水杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为agtan ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于，与桌面平行，D错误。答

16、案BC例2(2023汕头高三质检)如图所示的路段是一段半径约为120 m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2 m/s2B汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/sC晴天时，汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道D下雨时，汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动解析汽车以v7

17、2 km/h20 m/s的速率通过此圆弧形弯道时，向心加速度a3.3 m/s2，角速度0.17 rad/s，故A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm，在竖直方向上有FNmg，径向最大静摩擦力为正压力的，即FfmkFN，其中k，以上三式联立解得vm31.0 m/s111.6 km/h，所以晴天时汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的，有vm21.9 m/s78.8 km/

18、h，60 km/h78.8 km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，不做离心运动，故D错误。答案C考法(二)圆锥摆问题例3(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是( )A仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小C仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力解析根据题意可知，mgtan mr2m2Lsin ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜

19、向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。答案BD例4拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力的大小不一定变大，C

20、错误；根据F合m2r，可知，因角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。8如图所示，一质量m1 kg的小球用长L0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面的高度H1 m。现使小球绕OO轴在水平面内做圆周运动，已知细线的拉力T12.5 N，取g10 m/s2，不计空气阻力。(1)求小球的线速度大小v。(2)在小球运动的过程中，若细线突然断裂，则细线断裂后小球做平抛运动的落地点与O点之间的距离s为多少？解析：(1)设细线与竖直方向的夹角为，有Tcos mg对小球，根据牛顿第二定律得Tsin m联立解得v1.5 m/s。(2)小球做平抛运动，在竖直方向上有HLcos gt2水平方向上有xvt落地点与

21、O点之间的距离s为s0.6 m。答案：(1)1.5 m/s(2)0.6 m二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d5 cm，拖把头的托盘半径为10 cm，拖布条的长度为6 cm，脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时，固定套杆在1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是( )A拖把头的周期为7 sB拖把头转动的角速度为14 rad/sC紧

22、贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出D旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为56解析：选B每转动一周固定套杆向下运动5 cm，故拖把头转动的周期为T s，故A错误；拖把头转动的角速度为14 rad/s，故B正确；拖布条上所有位置角速度相同，越靠近脱水桶内壁的位置转动半径越大，需要的向心力越大，水越容易被甩出，故C错误；托盘和脱水桶内壁的半径之比为56，由a2r可知，脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为65，故D错误。10一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74，圆锥底面的圆心为O。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑

23、圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小。(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O点间的距离。(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，据牛顿第二定律可得：Tsin 37FNcos 37m2Lsin 37Tcos 37FNsin 37mg小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，求得：05 rad/sT01.25 N当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，根据公式可求得：T11.088 N。(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T01.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为。根据牛顿运动定律可得：T2sin mT2cos mg，求得：53，v m/s轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：hHLcos 530.45 m，据hgt2，求得：t0.3 s如图所示：水平位移为：xvt m抛出点与OO间的距离为：yLsin 530.4 m，0.8 m08 m0.75 mtan 37，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O点间的距离为0.8 m。答案：(1)1.088 N(2)0.8 m