配套K122019高考物理 第五章 曲线运动 第三节 圆周运动导学案 新人教版必修1

第三节 圆周运动李仕才班别 姓名 学号一、学习目标1.掌握描述圆周运动的物理量及它们之间的关系.2.理解向心力公式并能应用.3.能够处理平抛运动与圆周运动相结合的问题.二、知识梳理考点一 圆周运动中的运动学分析【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【针对训练1】如图所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑．在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，求：(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比vA ∶vB ∶vC ； (2)A 、B 、C 三点的角速度之比ωA ∶ωB ∶ωC ； (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C .【解析】 (1)令v A ＝v ，由于皮带转动时不打滑，所以v B ＝v ，因ωA ＝ωC ，由公式v ＝ωr 知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故v C ＝12v ，所以v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1.(2)令ωA ＝ω，由于共轴转动，所以ωC ＝ω.因v A ＝v B ，由公式ω＝v r知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB ＝2ω，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1.(3)令A 点向心加速度为a A ＝a ，因v A ＝v B ，由公式a ＝v 2r知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以a B ＝2a .又因为ωA ＝ωC ，由公式a ＝ω2r 知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故a C ＝12a .所以a A ∶a B ∶a C ＝2∶4∶1.【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1【即时训练2】如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，A 是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r .B 点在小轮上，它到小轮中心的距离为r .C 点和D 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则( )A ．A 点与B 点的线速度大小相等 B ．A 点与B 点的角速度大小相等C ．A 点与C 点的线速度大小相等D ．A 点与D 点的向心加速度大小相等【解析】 由于A 、C 两点同在皮带上，故v A ＝v C ，C 正确；B 、C 、D 三点绕同一轴运动，故ωB ＝ωC ＝ωD ＝ω2，由v ＝ωr 得v B ＝ω2r ，v C ＝2ω2r ，v D ＝4ω2r ，v A ＝ω1r ，则ω1＝2ω2，v A ＝v C >v B ，再根据a ＝ω2r 可得a A ＝a D ，故A 、D 错误，D 正确．【答案】 CD 【方法小结】常见的三种传动方式及特点1．皮带滑动：如下图甲、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：如下图丙所示，两轮边缘接触，接触点出现不打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .3．同轴转动：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 .考点二 圆周运动中的动力学分析 1.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= =mr ω2= =m ωv=m ·4π2f 2r. (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. 2.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,物体将逐渐圆心,做近心运动.【典例2】如图所示,有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动,小强站在距圆心为r处的P点不动.关于小强的受力,下列说法正确的是( )A.小强在P点不动,因此不受摩擦力作用B.小强随圆盘做匀速圆周运动,其重力和支持力充当向心力C.小强随圆盘做匀速圆周运动,圆盘对他的摩擦力充当向心力D.当圆盘的转速减小时,小强在P点受到的摩擦力不变【例题拓展】 (1)如果小强随圆盘一起做变速圆周运动,那么其所受摩擦力是否仍指向圆心?(2)如果小强在P点相对于圆盘竖直跳起,再次落在圆盘上后仍随圆盘转动(圆盘转速保持不变),那么小强的受力情况是否发生变化?【典例3】(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q 放在带小孔的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(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(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止,则后一种情况与原来相比较,下列说法中正确的是( )A.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的线速度变小D.小球P运动的角速度变大【即时训练3】如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：(1) 当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2) 当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．【画图寻法】 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示(2)摩擦力为零时物块受力如图所示【解析】 (1)设筒壁与水平面的夹角为θ. 由平衡条件有F f ＝mg sin θ F N ＝mg cos θ由图中几何关系有cos θ＝R R 2＋H2，sin θ＝H R 2＋H 2故有F f ＝mgH R 2＋H 2，F N＝mgRR 2＋H 2. (2)由牛顿第二定律有mg tan θ＝m ω2r .其中tan θ＝H R ，r ＝R 2.可得ω＝2gH R.【答案】 (1)mgHR 2＋H 2mgR R 2＋H2(2)2gHR 【典例4】(2016·课标卷Ⅲ，20)（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )R【解析】 质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12mv 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR，A 正确，B 错误；在最低点时重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．【答案】 AC【即时训练4】(2016·课标卷Ⅱ，16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度【解析】 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P ＞m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a＝v2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误． 【答案】 C【典例5】(2015·浙江卷，19)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 【解析】 由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝(π＋2)rμgr，t 2＝2r (π＋1)2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．【答案】 ACD【即时训练5】(2013·课标卷Ⅱ，21)（多选）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小【解析】 汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A 正确，选项D 错误．当v <v c 时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v >v c 时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B 错误，选项C 正确．【答案】 AC考点三 水平面内圆周运动的临界问题【典例6】(2014·课标卷Ⅰ， 20)（多选）如图，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( )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＝kg2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝ 2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg【解析】 缓慢加速可视为忽略切向加速度，即所有的摩擦力提供向心力，F ＝m ω2R ，两物体质量和角速度均一样，半径不一样，则b 的摩擦力为a 的2倍，B 项错；b 物体先达到极限，所以A 项正确；当最大静摩擦提供b 的向心力时就是b 将要滑动的时候，kmg ＝m ω22l ，则C 正确，当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝m ω2l ＝23kmg .故D 项错误．【答案】 AC【即时训练6】（多选）如图所示，在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO ′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f 1、f 2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是( )【解析】 两滑块的角速度相等，根据向心力公式F ＝mr ω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A 、C 正确．【答案】 AC 【典例7】（多选）如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g ，则( )A ．当ω＝g2l 时，细绳的拉力为0 B ．当ω＝ 3g4l 时，物块与转台间的摩擦力为0 C ．当ω＝ 4g 3l 时，细绳的拉力大小为43mg D ．当ω＝g l 时，细绳的拉力大小为13mg 【解析】 当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，μmg ＝m ω21l sin 30°，解得ω1＝2g 3l，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mg tan 30°＝m ω22l sin 30°，解得ω2＝23g3l，由于ω1< 3g4l<ω2，所以当ω＝ 3g4l，物块与转台间的摩擦力不为零，故B 错误；由于g2l<ω1，所以当ω＝g2l时，细绳的拉力为零，故A 正确；由于ω1<g l <ω2，由牛顿第二定律得f ＋F sin 30°＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g l 2l sin 30°，因为压力小于mg ，所以f <13mg ，解得F >13mg ，故D 错误；当ω＝ 4g3l>ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mg tan α＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫4g 3l 2l sin α，解得cos α＝34，故F ＝mg cos α＝43mg ，故C 正确．【答案】 AC【即时训练7】如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？【解析】 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝m ω20l sin θ，解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝ gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan α＝m ω′2l sin α解得：ω′2＝gl cos α，即ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s.【答案】 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s考点四 平抛运动与圆周运动结合问题【典例8】 (多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏.圆盘最上端有一P 点,飞镖抛出时与P 等高,且距离P 点为l.当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时,圆盘以绕过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P 点,则( )A.飞镖击中P 点所需的时间为0l v B.圆盘的半径可能为2202gl v C.圆盘转动角速度的最小值为2πv lD.P 点随圆盘转动的线速度可能为5π4glv【即时训练8】(多选)如图所示,半径为R 的水平圆盘中心轴正上方a 处水平抛出一小球,圆盘以角速度ω做匀速转动,当圆盘半径Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时,将小球抛出,要使球与圆盘只碰一次,且落点为b,重力加速度为g,小球抛出点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能应满足( )A.h=22πg ω v 0=2πR ωB.h=228πg ω v 0=4πR ωC.h=222πg ωv 0=6πR ωD.h=2232πg ω v 0=8πR ω【即时训练9】 (2018·江苏南京调研)一长l=0.8 m 的轻绳一端固定在O 点,另一端连接一质量m=0.10 kg 的小球,悬点O 距离水平地面的高度H=1.00 m.开始时小球处于A 点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图所示.让小球从静止释放,当小球运动到B 点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P 时立即断裂.不计轻绳断裂的能量损失,取重力加速度g=10 m/s 2.求:(1)当小球运动到B 点时的速度大小;(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面上的C 点,求C 点与B 点之间的水平距离; (3)若OP=0.6 m,轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂,求轻绳能承受的最大拉力.四、巩固训练1．(2016·上海卷，16)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】 据题意，从b 图可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮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 时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动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 ，叶片转动速率为：v ＝8n πrΔt，故选项B 正确．【答案】 B2．(多选)如图所示，水平圆盘可以绕竖直转轴OO ′转动，在距转轴不同位置处通过相同长度的细绳悬挂两个质量相同的物体A 、B .不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO ′轴匀速转动达到稳定状态时，下列说法正确的是( )A ．A 比B 的线速度小B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．细绳对B 的拉力大于细绳对A 的拉力D ．悬挂A 与B 的细绳与竖直方向夹角相等【解析】 物体A 、B 绕同一轴转动，角速度相同，由v ＝ωr 知，v A <v B ，由a ＝ω2r 知，a A <a B ，由T sin θ＝ma ，T cos θ＝mg 及a A <a B 得T A <T B ，θA <θB ，故A 、C 正确．【答案】 AC3.如图所示，ABC 为在竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定的直金属棒，在金属棒上和圆环的BC 部分分别套着两个相同的小环M 、N ，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R ，小圆环的质量均为m ，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g ，小环可视为质点，则M 、N 两环做圆周运动的线速度之比为( )A.gR 2ω4－g 2B ．g 2－R 2ω4gC.gg 2－R 2ω4D ．R 2ω4－g 2g【解析】 AB 杆倾角45°，对于M 环：mg ＝mr ω2＝m v 2M r2v M ＝g ω.对于N 环：mg tan θ＝mR sin θ·ω2＝m ωv Nv N ＝R sin θ·ω＝R ω1－g 2R 2ω4小学+初中+高中+努力=大学所以v M∶v N＝g∶R2ω4－g2，A对，B、C、D错．【答案】 A小学+初中+高中+努力=大学。