2018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节圆周运动..
第3节圆周运动,(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。
(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。
(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。
(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。
(×)(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。
(√)(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。
(√)(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。
(×)(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。
(×)突破点(一) 描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系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 ＝v 2r＝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)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v A ＝v B 。
(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v A ＝v B 。
(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ωA ＝ωB 。
[多角练通]1．(2016·上海高考)风速仪结构如图(a)所示。
光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。
已知风轮叶片转动半径为 r ，每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。
若某段时间Δt 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )A ．转速逐渐减小，平均速率为4πnrΔtB ．转速逐渐减小，平均速率为8πnrΔtC ．转速逐渐增大，平均速率为4πnrΔtD ．转速逐渐增大 ，平均速率为8πnrΔt解析：选B 根据题意，从题图(b)可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt 时间内可以看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n 周，风轮叶片转过的弧长为l ＝4n ×2πr ，转动速率为：v ＝8πnrΔt，故选项B 正确。
2．(2017·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。
如图所示，设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3。
A 、B 、C 分别为各边缘线上的点。
则读取内环上A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( )A.R 12R 2R 3B.R 22R 1R 3C.R 2R 3R 12 D.R 1R 3R 22解析：选D A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r ，可知a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C 两点线速度相同，由a ＝v 2r，可知a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；由①×②可得a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确。
3.(2017·桂林模拟)如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来。
a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( )A ．线速度大小之比为3∶2∶2B ．角速度之比为3∶3∶2C ．转速之比为2∶3∶2D ．向心加速度大小之比为9∶6∶4解析：选D A 、B 轮摩擦传动，故v a ＝v b ，ωa R A ＝ωb R B ，ωa ∶ωb ＝3∶2；B 、C 同轴转动，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v c R C，v b ∶v c ＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝3∶3∶2，ωa ∶ωb ∶ωc ＝3∶2∶2，故A 、B 错误；转速之比等于角速度之比，故C 错误；由a ＝ωv 得：a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确。
突破点(二) 水平面内的匀速圆周运动1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点(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．解答匀速圆周运动问题的一般步骤 (1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。
(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
(3)由F n ＝m v 2r 或F n ＝m ω2r 或F n ＝m 4π2r T2列方程求解。
[典例] (多选)(2016·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切。
大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m 。
赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。
假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。
要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s [审题指导](1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦力提供向心力。
(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。
(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。
[解析] 赛车做圆周运动时，由F ＝mv 2R 知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上时，根据F ＝m v 2R知，其速率v ＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，选项B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′＝30 m/s 。
如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x ＝L sin60°＝50 3 m ，据v 2－v ′2＝2ax 知在直道上的加速度a ≈6.50 m/s 2，选项C 错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s ＝2πr 3，对应的运动时间t ＝sv ′≈2.79 s，选项D 错误。
[答案] AB [方法规律]求解圆周运动问题必须进行的三类分析[集训冲关]1.(2017·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。
当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)( )A ．向管底运动B ．向管口运动C ．保持不动D ．无法判断解析：选B 开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B 正确。
2．(多选)(2017·兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球A 和B ，质量分别为m A 和m B ，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动。
则以下叙述正确的是( )A ．只有当m A <mB 时，小球A 的角速度才会大于小球B 的角速度 B ．不论A 、B 的质量关系如何，小球A 的线速度始终大于小球B 的线速度C ．不论A 、B 的质量关系如何，小球A 对漏斗内壁的压力始终大于小球B 对漏斗内壁的压力D ．不论A 、B 质量关系如何，小球A 的周期始终大于小球B 的周期解析：选BD 对A 、B 两球中任意一球研究，进行受力分析，如图，小球只受重力和漏斗给的支持力F N 。
如图所示，设内壁与水平面的夹角为θ。
根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m ω2r ＝m v 2r ＝m 4π2T2r ，则得ω＝g tan θr，v ＝gr tan θ，T ＝2πr g tan θ。
可知，小球的轨道半径越大角速度越小，线速度越大，周期越大，与两球质量大小无关。
所以A 的角速度小于B 的角速度，A 的线速度大于B 的线速度，A 的周期始终大于B 的周期，故A 错误，B 、D 正确；支持力F N ＝mgcos θ，θ相同，知两球所受的支持力与质量成正比，故C 错误。
3．(2017·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速。
如图所示，AB 为进入弯道前的平直公路，BC 为水平圆弧形弯道。
已知AB 段的距离 s AB ＝14 m ，弯道半径R ＝24 m 。
汽车到达A 点时速度v A ＝16 m/s ，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2。
要确保汽车进入弯道后不侧滑。
求汽车：(1)在弯道上行驶的最大速度；(2)在AB 段做匀减速运动的最小加速度。
解析：(1)在BC 弯道，由牛顿第二定律得，μmg ＝m v max 2R，代入数据解得v max ＝12 m/s 。
(2)汽车匀减速至B 处，速度恰好减为12 m/s 时，加速度最小， 由运动学公式－2a min s AB ＝v max 2－v A 2， 代入数据解得a min ＝4 m/s 2。
答案：(1)12 m/s (2)4 m/s 2突破点(三) 竖直面内的圆周运动[典例] 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g R ＋rB ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝0C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，外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，内侧管壁对小球一定有作用力 [模型建立]小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻“杆”模型，杆的长度为R ＋r 。
[解析] 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点的最小速度为0，A 错误，B 正确；小球在水平线ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力。
(新课标)2018年高考物理一轮复习 第四章 曲线运动万有引力与航天 第三节 圆周运动随堂达标巩固落实教案
＝
45
m/s ， v
小＝
Fr m
＝
2.25mmgr＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速 运动，则 A、B 项正确；由几何关系得直道长度为 d＝
L2－（R－r）2＝50 3 m，由运动学公式 v2大－v2小＝2ad， 得赛车在直道上的加速度大小为 a＝6.50 m/s2，则 C 项错误； 赛车在小圆弧弯道上运动时间 t＝32vπ小r＝2.79 s，则 D 项错误．
解析：选 B.设 P、Q 质量均为 m，当角速度 ω 较小时，做圆 周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无
张力．当 mω2r＝fm 即 ω＝ mfmr时，若再增大 ω，则静摩擦 力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张 力，不足的部分由细线中张力提供，对 Q 而言有 T＋fm＝ mω2r2，而此时对 P 而言有 T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增 大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当 T＞mω2r1 时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．
(1)求圆轨道的半径 R 和小球的质量 m； (2)若小球从 D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置 与圆心 O 等高，求此时 θ 的值．
解析：(1)由题意，小球在 D 点的速度大小满足 v2D＝2gH－4gR 在 D 点，由牛顿第二定律得 mg＋F′＝mvR2D 又 F′＝F，解得 F＝2mRgH－5mg 根据图象得 m＝0.1 kg，R＝0.2 m.
A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为 45 m/s C．在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s
解析：选 AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心 力公式有 F＝mvR2，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为 v
2018版高考物理一轮总温习 第4章节 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动及其应用限时规范特训讲义
环 有 ： T2cosθ2 ＝ mω2l2cosθ2 两 环
ω
相
等
得
T1 T2
＝
l1 l2
；
若
l1cosθ1>l2cosθ2，则 T1cosθ1>T2cosθ2，不能得到 T1>T2；由题
意可知 l1sinθ1<l2sinθ2；若 l1tanθ1>l2tanθ2, 可得 cosθ1<cosθ2，
不能得到 T1>T2；若 l1>l2，则 T1>T2，选项 D 正确，A、B、
解析 以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FN －mg＝mvr02，解得 FN＝mg＋mvr20，由牛顿第三定律知：小 球对圆管的作用力大小 FN′＝FN＝mg＋mvr20，方向向下。 再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力 大小 F＝mg＋FN′＝2mg＋mvr20，选项 C 正确。
2. [2017·杭州质检]某同学骑自行车经过一段泥泞路 后，发现自行车的后轮轮胎侧面上粘附上了一块泥巴，为 了把泥巴甩掉，他将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而 悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就 被甩下来。如图所示，图中 a、b、c、d 为后轮轮胎边缘上 的四个特殊位置，则( )
A．泥巴在图中的 a 位置时最容易被甩下来 B．泥巴在图中的 b、d 位置时最容易被甩下来 C．泥巴在图中的 c 位置时最容易被甩下来 D．泥巴在 a、b、c、d 四个位置被甩下来的难易程度 是一样的
解析 泥巴做圆周运动，由合力提供向心力，根据 F＝ mω2r 知，泥巴在车轮上每一个位置的向心力大小相等，当 提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越 小越容易飞出去。在最低点，泥巴所受重力向下，附着力向 上，合力等于附着力减重力；在最高点，泥巴所受重力向下， 附着力向下，合力为重力加附着力；在线速度竖直向上或向 下时，合力等于附着力，所以在最低点 a 时合力最小，最容 易飞出去，A 正确。
创新大课堂2018届高三物理一轮复习课件：第四章 曲线运动 万有引力与航天 3
①Fn＝mω2r＝mvr2
向心力 不改变线速度的_大__小__
＝m4Tπ22r
②方向指向_圆__心__
②单位：N
相互 关系
①v＝rω＝2Tπr＝2πrf ②an＝vr2＝rω2＝ωv＝4Tπ22r＝4π2f2r ③Fn＝mvr2＝mrω2＝m4Tπ22r＝mωv＝m4π2f2r
二、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．
[答案] (1)
2g R
(2)当 ω＝(1＋k)ω0 时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小
为 3k22＋kmg；当 ω＝(1－k)ω0 时，摩擦力方向沿罐壁切线向
上，大小为
3k2－k 2 mg
[针对训练] 2．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨 道对水平面倾角为 θ(如图所示)，弯道处的圆弧半径为 R，若质 量为 m 的火车转弯时速度小于 gRtan θ，则( )
[答案] D
3．如图所示，光滑水平面上一质量为m的小 球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到 P点时，拉力F发生变化，则下列关于小球运动情 况的说法，正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹 Pa 做离心运动 B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹 Pa 做离心运动 C．若拉力突然变小，小球将沿轨迹 Pb 做离心运动 D．若拉力突然变大，小球将沿轨迹 Pc 做向心运动
典例1 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不 同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A 轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其 中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转 动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在 运动过程中的( )
高三物理第一轮复习课件：第四章第三讲圆周运动
过最高点 的临界条
件
由 mg＝mvr2得 v 临＝ gr
由小球恰能做圆周 运动得 v 临＝0
(1)过最高点时，v≥ (1)当 v＝0 时，FN＝mg，FN 为支
gr，FN＋mg＝mvr2，持(2)力当，0<沿v半< 径gr背时离，圆－心FN＋mg＝
讨论
绳、圆轨道对球产生 弹力 FN
mvr2，FN 背离圆心，随 v 的增大
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道 最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳 连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模 型”；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)， 称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题．
项目
绳模型
杆模型
常见类型 均是没有支撑的 均是有支撑的小球
(2)由于秋千做变速圆周运动，合外力既有指向圆心 的分力，又有沿切向的分力，所以合力不指向悬挂点．
[易误辨析] 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打 “×”)． (1) 做 匀 速 圆 周 运 动 物 体 的 合 外 力 是 保 持 不 变 的．( ) (2)做圆周运动物体的合外力不一定指向圆心．( ) (3)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向 心力的作用．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)×
A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用
力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为 2π
R g
B．若盒子以周期 π Rg做匀速圆周运动，则当盒子 运动到图示球心与 O 点位于同一水平面位置时，小球对
盒子左侧面的力为 4mg C．若盒子以角速度 2 Rg做匀速圆周运动，则当盒
子运动到最高点时，小球对盒子下面的力为 3mg
2018版高考物理大一轮温习 第四章节 曲线运动 万有引力与航天 基础课3 圆周运动讲义 新人教版
答案 B
3．[火车转弯] 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已 知内外轨道平面与水平面的夹角为 θ，如图 6 所示，弯 道处的圆弧半径为 R，若质量为 m 的火车转弯时速度等 于 gRtan θ，则( )
图6
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于cmosgθ
答案 D
反思总结
常见的三种传动方式及特点 (1)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角 速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
(2)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vA＝vB。
(3)摩擦传动：如图所示，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vA＝vB。
1．对公式v＝ωr的进一步理解 (1)当r一定时，v与ω成正比。如齿轮边缘处的质点随着齿轮转 速的增大，角速度和线速度都增大。 (2)当ω一定时，v与r成正比。如地球上各点都绕地轴做圆周运 动，角速度相同，地球表面纬度越低的地方，到地轴的距离 越大，线速度越大。 (3)当v一定时，ω与r成反比。如皮带传运动装置中，两轮边缘 上各点的线速度大小相等，大轮的半径r大，角速度ω较小。
2．对 a＝vr2＝ω2r＝ωv 的理解 在 v 一定时，a 与 r 成反比；在 ω 一定时，a 与 r 成正 比。
1．[同轴传动]一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮 上质量相等的两个质点，a、b两点的位置如图2所示，则偏 心轮转动过程中a、b两质点( )
图2
A．线速度大小相等 B．向心力大小相等 C．角速度大小相等 D．向心加速度的大小相等 解析 a、b两质点都绕同一个转轴O转动，角速度ω相等，选项 C正确；由题图可知，两质点与转轴的距离，即转动半径不相 等，而线速度v＝ωR，因此线速度不相等，选项A错误；向心 加速度a＝ω2R，同理向心加速度的大小不相等，选项D错误； 向心力F＝ma，两质点质量相等但向心加速度的大小a不相等， 所以向心力大小不相等，选项B错误。 答案 C
2018届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天3圆周运动课件
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考点一 考点二 考点三 考点四
例2某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施,其基本装置是 将绳子上端固定在转盘的边缘上,绳子下端连接坐椅,人坐在坐椅 上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和坐椅看作一个质点,则可简 化为如图所示的物理模型,其中P为处于水平面内的转盘,可绕竖直 转轴OO'转动。设绳长l=10 m,人和坐椅的质量m=60 kg,转盘静止 时坐椅与转轴之间的距离d=4 m。转盘逐渐加速转动,经过一段时 间后质点与转盘一起做匀速圆周运动,此时绳与竖直方向的夹角
D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍 解析 答案
考点一 考点二 考点三 考点四
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考点二 圆周运动的动力学分析(师生共研) 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,因此在受力分析 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。
向圆心
所受到的合力不指向圆心 , 合力产生两个效果: ①沿半径方向的分力 Fn ,即 向心力,它改变速度的方
向; ②沿切线方向的分力 Ft ,它 改变速度的 变加速曲线运动(加速度大小 性 不变,方向变化) 质
非匀速圆周运动
变加速曲线运动(加速度大 小、方向都变化)
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基础夯实 自我诊断
三、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做圆 周运动所需向心力 的情况下,将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 飞出去的倾向。 3.受力特点 (1)当Fn=mω2r时,物体做圆周 运动。 (2)当Fn=0时,物体沿切线 方向飞出。 (3)当Fn<mω2r时,物体逐渐远离 圆心,做离心运动。 (4)当Fn>mω2r时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。
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
考向二 水平面内的匀速圆周运动模型 1．分析圆周运动问题的基本思路如下
2．水平面内的匀速圆周运动的常见模型 (1)水平转盘：如图甲所示，向心力由静摩擦力提供，即 Ff＝mω2r，物体刚要滑动时Ff＝μmg.所以，临界角速度ωm＝ μrg.
特点与规律： 物体离中心O越远，ωm越小，就越容易被“甩出去”．
加速度跟半径成正比，故aC＝12a，所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1. 【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1
【规律方法】 在分析传动装置的各物理量时，要抓住 不等量与等量之间的关系．分析此类问题有两个关键点：一 是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮 带接触的各点线速度大小相同．这两点抓住了，然后根据描 述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论．
C. gRtan θ
D. gRcot θ
解析：C 轨道不受侧向挤ห้องสมุดไป่ตู้时，轨道对列车的作用力 就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公 式mgtan θ＝mvR2，得v＝ gRtan θ，C正确．
4．(多选)如图所示，两个质量均为 m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆 盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转 轴的距离为2l，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( )
平面对A的静摩擦力方向背离圆心，大小等于最大静摩擦力2
N，此时对A有T－Ffm＝Mω
2 1
r，B静止时受力平衡，T＝mg＝
3 N，解得ω1＝2.9 rad/s
当ω为所求范围的最大值时，A有远离圆心运动的趋势， 水平面对A的摩擦力方向指向圆心，且大小为2 N，此时对A 有T＋Ffm＝Mω22r
2018版高考物理(新课标)一轮复习教师用书：第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动含答案
第3讲圆周运动知识点一匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度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，就是匀速圆周运动.(2)特点：加速度大小，方向始终指向，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小、方向始终与方向垂直且指向圆心.2.描述匀速圆周运动的物理量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体运动的物理量(v）（1）v＝ΔsΔt＝（2）单位：角速度描述物体绕圆心的物理量（ω)(1）ω＝错误!＝（2)单位：周期物体沿圆周运动的时间(T）(1）T＝＝，错误!m/s 转动快慢错误!rad/s 一圈错误!错误!s 方向圆心错误!ω2r m/s2知识点二匀速圆周运动的向心力1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的，不改变线速度的.2。
大小：F＝＝mrω2＝＝mωv＝m·4π2f2r。
3。
方向：始终沿半径指向。
4。
来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的提供，还可以由一个力的提供.答案：1.方向大小2。
m错误!m错误!r3。
圆心 4.合力分力知识点三离心现象1。
定义：做的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的情况下，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象。
2.受力特点（1)当F n＝mω2r时，物体做运动。
（2）当F n＝0时，物体沿方向飞出.（3）当F n〈mω2r时，物体逐渐圆心,做离心运动.（4)当F n>mω2r时,物体逐渐圆心，做近心运动.答案:1。
圆周运动向心力 2.（1)匀速圆周（2）切线（3）远离(4）靠近(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.（)(2)做匀速圆周运动的物体所受合力是保持不变的.（)（3）做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比。
( ）（4）做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比。
( )(5）随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用。
( ）答案：（1）(2）（3）(4)√(5）考点圆周运动的运动学问题1.圆周运动各物理量间的关系2。
通用版2018高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教师用书
第3节 圆周运动知识点1 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 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． 2．描述圆周运动的物理量 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 ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝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． 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431(1)当F n ＝m ω2r 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 ＜m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (4)当F n ＞m ω2r 时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．1．正误判断(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．(√)(4)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．(×) (5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(6)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．[对离心运动的理解]下列关于离心现象的说法正确的是 ( ) A ．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动 C [物体做匀速圆周运动时，合外力必须满足物体所需要的向心力F ＝m ω2r .若F ＝0，物体由于惯性而沿切线飞出，若F <m ω2r ，物体由于惯性而远离圆心，并不是受到离心力作用，故A 、B 、D 错误，C 正确．]3．[皮带传动问题](多选)如图432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 A2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图432A ．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 ＝ωC2，选项A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，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．]4．[竖直面内的圆周运动](2017·西安模拟)某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D .工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则( )A ．滚筒的角速度应满足ω＜2gDB ．滚筒的角速度应满足ω＞2g DC ．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D ．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落 A [粟子在最高点恰好不脱离时有：mg ＝m D2ω2，解得ω＝2gD，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则ω＜2gD，故A 正确，B 错误．栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C 错误．若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，故D 错误．]1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 ＝v 2r＝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)皮带传动：如图433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v A ＝v B ，但图甲中两轮转动方向相同，图乙中两轮转动方向相反．(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v A ＝v B .(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ωA ＝ωB .图433[题组通关]1．(2017·浙江名校联考)“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图434ABCD 是一块矩形电池板，能绕CD 转动，E 为矩形的几何中心(未标出)，则电池板旋转过程中( )图434A ．B 、E 两点的转速相同 B ．A 、B 两点的角速度不同C ．A 、B 两点的线速度不同D ．A 、E 两点的向心加速度相同A [根据题意，绕CD 匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A 正确，B 错误；根据线速度与角速度关系式v ＝ωr ，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A 、B 两点的线速度相等，故C 错误；A 、E 两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式a ＝ω2r 可知，它们的向心加速度不同，故D 错误；故选A.]2．光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点．则读取内环上A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( )图435A.R 21R 2R 3B ．R 22R 1R 3C.R 2R 3R 21 D ．R 1R 3R 22D [A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r 可知，a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C 两点线速度相同，由a ＝v 2r可知：a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；①×②得：a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确．]1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，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．轨道的确定确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．寻找与半径相关的已知量． 3．受力分析分析物体的受力，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，使用牛顿第二定律． 根据三个方向上所列方程求解． 4．两种模型对比●考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2017·河南二模)如图436所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是( )图436A ．小球A 的合力小于小球B 的合力 B ．小球A 与框架间可能没有摩擦力C ．小球B 与框架间可能没有摩擦力D ．圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力一定增大C [由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mr ω2，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A 错误；小球A 受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO ′轴，故一定存在摩擦力，而B 球受到的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴，故B 球受到的摩擦力可能为零，故B 错误，C 正确；由于不知道小球B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力的变化情况，故D 错误．]2．(多选)(2017·潍坊模拟)如图437所示，水平杆两端有挡板，质量为m 的小木块A 穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A 连接．初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与水平杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L.现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω.若小木块A不与挡板接触，则下列说法正确的是( )图437A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大B．弹簧伸长量保持不变C．当ω＝μgL时，摩擦力为零D．当ω＝μgL时，弹簧弹力为零AC[初始时，弹簧弹力大小为μmg.ω较小时，摩擦力f背离竖直轴OO′，μmg－f＝mLω2，ω越大，f越小；当ω＝μgL时，f为零；ω较大时，摩擦力f指向竖直轴OO′，μmg＋f＝mLω2，当ω＝2μgL时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大．综上分析，B、D错，A、C对．]●考向2 竖直平面内的圆周运动3．如图438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( )图438A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．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．]解决圆周运动问题需做好三个分析1．几何关系分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等． 2．运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度．3．受力分析：目的是利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力．弧轨道，轨道的入口与传送带在Q 点相切．以传送带的左端点为坐标原点O ，水平传送带上表面为x 轴建立坐标系，已知传送带长L ＝6 m ，匀速运动的速度v 0＝4 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2.图439(1)求N 点的纵坐标y N ；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，小物块与传送带共速时，物块位移x 1＝v 202a ＝2 m ＜(L －x P )＝4 m ，故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q ，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有mg ＝m v 2NR从Q →N 有12mv 20－12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得x 2＝0.8 m 所以5.2 m≤x ＜6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m 时，小物块均不脱离轨道． 【答案】 (1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m [母题迁移]●迁移1 物体先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4310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，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( )图4310A ．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 y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．] ●迁移2 物体先圆周运动，再平抛运动2．如图4311所示，小球由静止释放，运动到最低点A 时，细线断裂，小球最后落在地板上．如果细线的长度l 可以改变，则( )图4311A ．细线越长，小球在最低点越容易断裂B ．细线越短，小球在最低点越容易断裂C ．细线越长，小球落地点越远D ．细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远D [根据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl ＝12mv 2，在A 点有T －mg ＝m v2l ，所以细线对小球的拉力T ＝3mg ，可见细线的断裂情况与细线长短无关，A 、B 错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O 点离地板的高度为H ，则H －l ＝12gt 2，小球做平抛运动的水平位移x ＝vt ，整理得x ＝2H －l l ，所以细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远，C 错误，D 正确．]关于组合运动的关键提醒解答平抛运动与圆周运动的组合题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运动末速度在圆切线方向的分速度．。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动万有引力与航天 第3节 圆周运动课件
答案
第八页，共四十六页。
-9知识(zhī
shi)梳理
考点(kǎo
diǎn)自诊
2. 一轻杆一端固定质量(zhìliàng)为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在
竖直面内做半径为R的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是(
)
关闭
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,
A.小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零
2ℎ
=ω
12/9/2021
第十二页，共四十六页。
2 =R
2ℎ
。
2
+
;方向与水
2ℎ
-13知识(zhī
shi)梳理
考点(kǎo
diǎn)自诊
5.(2019·
黑龙江哈尔滨三中一调)如图所示,带有竖直侧壁的圆盘绕过中心
的竖直轴转动,转速可调,侧壁到转轴的距离为R,有一质量为m(可视为质
点)的物块,它与圆盘和侧壁间的摩擦因数(yīnshù)均为μ,现将物块放置在
-7知识(zhī
shi)梳理
考点(kǎo
diǎn)自诊
3.受力特点(tèdiǎn)
(1)当Fn=mω2r时,物体做 圆周
运动。
(2)当Fn=0时,物体沿 切线 方向飞出。
(3)当Fn<mω2r时,物体逐渐 远离 圆心,做离心运动。
(4)当Fn>mω2r时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。
12/9/2021
心
所受到的合力 不指向圆心 ,合
力产生两个效果:
①沿半径方向的分力 Fn ,即向
心力,它改变速度的 方向 ;
②沿切线方向的分力 Ft ,它改