《2019年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講圓周運動一、勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度1勻速圓周運動(1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心2描述勻速圓周運動的物理量定義、意義公式、單位線速度描述做圓周運動的物體運動快慢的物理量(v)(1)v(2)單位：m/s角速度描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量()(1)(2)單位：rad/s周期物體沿圓周運動一圈的時間(T)(1)T，單位：s(2)f，單位：Hz向心加速度(1)描述速度方向變化快慢的物理量(an)(2)方向指向圓心
2、(1)anr2(2)單位：m/s2深度思考如圖1所示為一輛自行車傳動裝置的結構圖圖1(1)同一齒輪上到轉(zhuǎn)軸距離不同的各點的線速度、角速度是否相同？(2)兩個齒輪相比較，其邊緣的線速度是否相同？角速度是否相同，轉(zhuǎn)速是否相同？答案(1)線速度不同，角速度相同(2)線速度相同，角速度、轉(zhuǎn)速不同二、勻速圓周運動的向心力1作用效果向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小2大小Fmmr2mrmv42mf2r.3方向始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力4來源向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供三、離心現(xiàn)象1定義：做圓周運動的物體，在所受
3、合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動2本質(zhì)：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的趨勢3受力特點(如圖2)當Fmr2時，物體做勻速圓周運動；當F0時，物體沿切線方向飛出；當Fmr2時，物體逐漸遠離圓心圖21判斷下列說法是否正確(1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動()(2)做圓周運動的物體，一定受到向心力的作用，所以分析做圓周運動物體的受力時，除了分析其受到的其他力，還必須指出它受到向心力的作用()(3)做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周的半徑方向飛出()(4)火車轉(zhuǎn)彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時，內(nèi)軌受到的壓力會增大()(5)
4、飛機在空中沿半徑為R的水平圓周盤旋時，飛機機翼一定處于傾斜狀態(tài)()2(人教版必修2P25第3題改編)如圖3所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是()圖3A重力、支持力B重力、向心力C重力、支持力、指向圓心的摩擦力D重力、支持力、向心力、摩擦力答案C3(人教版必修2P19第4題改編)圖4是自行車傳動裝置的示意圖，其中是半徑為r1的大齒輪，是半徑為r2的小齒輪，是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉(zhuǎn)速為nr/s，則自行車前進的速度為()圖4A.B.C.D.答案D4(人教版必修2P25第2題改編)如圖5所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不
5、動，有兩個質(zhì)量相等的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則以下說法中正確的是()圖5AA球的角速度等于B球的角速度BA球的線速度大于B球的線速度CA球的運動周期小于B球的運動周期DA球?qū)ν脖诘膲毫Υ笥贐球?qū)ν脖诘膲毫Υ鸢窧解析先對小球受力分析，如圖所示，由圖可知，兩球的向心力都來源于重力mg和支持力FN的合力，建立如圖所示的坐標系，則有：FNsinmgFNcosmr2由得FN，小球A和B受到的支持力FN相等，由牛頓第三定律知，選項D錯誤由于支持力FN相等，結合式知，A球運動的半徑大于B球運動的半徑，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的運動周期大于B球的運動周期，選項A
6、、C錯誤又根據(jù)FNcosm可知：A球的線速度大于B球的線速度，選項B正確.命題點一圓周運動的分析1圓周運動中的運動學分析(1)對公式vr的理解當r一定時，v與成正比；當一定時，v與r成正比；當v一定時，與r成反比(2)對a2rv的理解在v一定時，a與r成反比；在一定時，a與r成正比2圓周運動中的動力學分析(1)向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力(2)向心力的確定確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力例1(
7、多選)如圖6所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R90m的大圓弧和r40m的小圓弧，直道與彎道相切大、小圓弧圓心O、O距離L100m賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍，假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動，要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g10m/s2，3.14)，則賽車()圖6A在繞過小圓弧彎道后加速B在大圓弧彎道上的速率為45m/sC在直道上的加速度大小為5.63m/s2D通過小圓弧彎道的時間為5.58s繞賽道一圈時間最短答案AB解析在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心
8、力得，kmgm，當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速率是一定的，且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率，故要想時間最短，可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的速率為vmRm/s45 m/s，選項B正確；直道的長度為x50m，在小彎道上的最大速率為：vmrm/s30 m/s，在直道上的加速度大小為am/s26.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為ts2.80s，選項D錯誤1如圖7所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確
9、的是()圖7AA的速度比B的大BA與B的向心加速度大小相等C懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小答案D解析根據(jù)題意可知，座椅A和B的角速度相等，A的轉(zhuǎn)動半徑小于B的轉(zhuǎn)動半徑，由vr可知，座椅A的線速度比B的小，選項A錯誤；由ar2可知，座椅A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；座椅受力如圖所示，由牛頓第二定律得mgtanmr2，tan，因座椅A的運動半徑較小，故懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；拉力FT，可判斷懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，選項D正確2(多選)如圖8所示，兩個質(zhì)量不同的小球用長度不等的細線拴在同一點，并在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運
10、動，則它們的()圖8A周期相同B線速度的大小相等C角速度的大小相等D向心加速度的大小相等答案AC解析對小球受力分析如圖所示，受自身重力mg、繩子拉力FT，合力提供向心力即水平指向圓心，設細線和豎直方向夾角為，小球到懸點的距離為h，則有mgtanmanm2htan，可得向心加速度angtan，所以向心加速度大小不相等，選項D錯；角速度，所以角速度大小相等，選項C對；由于水平面內(nèi)圓周運動的半徑不同，線速度vhtan，所以線速度大小不同，選項B錯，周期T，角速度相等，所以周期相等，選項A對命題點二水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題例2如圖9所示，用一根長為l1m的細線，一端系一質(zhì)量為m1kg的小球(可視為質(zhì)
11、點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角37，當小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為時，細線的張力為FT.(g取10m/s2，結果可用根式表示)求：圖9(1)若要小球剛好離開錐面，則小球的角速度0至少為多大？(2)若細線與豎直方向的夾角為60，則小球的角速度為多大？小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動；若要小球剛好離開錐面答案(1)rad/s(2)2rad/s解析(1)若要小球剛好離開錐面，則小球只受到重力和細線的拉力，受力分析如圖所示小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得：mgtanm02lsin解得：02即0
12、rad/s.(2)同理，當細線與豎直方向成60角時，由牛頓第二定律及向心力公式得：mgtanm2lsin解得：2，即2rad/s.水平面內(nèi)圓周運動臨界問題的分析技巧1在水平面內(nèi)做圓周運動的物體，當角速度變化時，物體有遠離或向著圓心運動的趨勢這時要根據(jù)物體的受力情況，判斷某個力是否存在以及這個力存在時方向朝哪(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)2三種臨界情況：(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN0.(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值(3)繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受
13、的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：FT0.3(多選)(2014新課標全國20)如圖10所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()圖10Ab一定比a先開始滑動Ba、b所受的摩擦力始終相等C是b開始滑動的臨界角速度D當時，a所受摩擦力的大小為kmg答案AC解析小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即fm2R.當角
14、速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fama2l，當fakmg時，kmgma2l，a；對木塊b：fbmb22l，當fbkmg時，kmgmb22l，b，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則fam2l，fbm22l，fafb，選項B錯誤；當時b剛要開始滑動，選項C正確；當時，a沒有滑動，則fam2lkmg，選項D錯誤命題點三豎直面內(nèi)的圓周運動1豎直面內(nèi)圓周運動兩類模型一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”2豎直平面內(nèi)圓
15、周運動的兩種模型特點及求解方法輕繩模型輕桿模型實例如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的球等如球與桿連接、球在內(nèi)壁光滑的圓管內(nèi)運動等圖示最高點無支撐最高點有支撐最高點受力特征重力、彈力，彈力方向向下或等于零重力、彈力，彈力方向向下、等于零或向上受力示意圖力學特征mgFNmmgFNm臨界特征FN0，vmin豎直向上的FNmg，v0過最高點條件vv0速度和彈力關系討論分析能過最高點時，v，F(xiàn)Nmgm，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN不能過最高點時，v，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道做斜拋運動當v0時，F(xiàn)Nmg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心當0v時，F(xiàn)Nmgm，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大例3(2016全國16
16、)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖11所示將兩球由靜止釋放在各自軌跡的最低點()圖11AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動能一定小于Q球的動能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量；由靜止釋放；在各自軌跡的最低點答案C解析小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgLmv2，解得v，因LPLQ，故vPmQ，LP時，小球一定能通過最高點PD當v0時小球一定能通過最高點P，選項C正確；當v0時，由mv02mgh得小球能上升的
17、高度hl，即小球不能越過與懸點等高的位置，故當v0時整體會發(fā)生滑動D當時整體會發(fā)生滑動，故A錯誤，B、C正確；當時，C所受摩擦力沿著半徑向里，且沒有出現(xiàn)滑動，故在增大的過程中，由于向心力FFTFf不斷增大，故B、C間的拉力不斷增大，故D正確6.如圖6所示，水平桿固定在豎直桿上，兩者互相垂直，水平桿上O、A兩點連接有兩輕繩，兩繩的另一端都系在質(zhì)量為m的小球上，OAOBAB，現(xiàn)通過轉(zhuǎn)動豎直桿，使水平桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，三角形OAB始終在豎直平面內(nèi)，若轉(zhuǎn)動過程中OB、AB兩繩始終處于拉直狀態(tài)，則下列說法正確的是()圖6AOB繩的拉力范圍為0mgBOB繩的拉力范圍為mgmgCAB繩的拉力范圍為
18、mgmgDAB繩的拉力范圍為0mg答案B解析當轉(zhuǎn)動的角速度為零時，OB繩的拉力最小，AB繩的拉力最大，這時兩者的值相同，設為F1，則2F1cos30mg，F(xiàn)1mg，增大轉(zhuǎn)動的角速度，當AB繩的拉力剛好等于零時，OB繩的拉力最大，設這時OB繩的拉力為F2，則F2cos30mg，F(xiàn)2mg，因此OB繩的拉力范圍為mgmg，AB繩的拉力范圍為0mg，B項正確7如圖7所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO重合轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO之間的夾角
19、為60，重力加速度大小為g.圖7(1)若0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求0；(2)若(1k)0，且0k1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向答案(1) (2)當(1k)0時，F(xiàn)f沿罐壁切線向下，大小為mg當(1k)0時，F(xiàn)f沿罐壁切線向上，大小為mg解析(1)對小物塊受力分析可知：FNcos60mgFNsin60mR02RRsin60聯(lián)立解得：0(2)由于0k1，當(1k)0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下由受力分析可知：FNcos60mgFfcos30FNsin60Ffsin30mR2聯(lián)立解得：Ffmg當(1k)0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向上由受力分析和幾何關系知：FNcos60Ffs
20、in60mgFNsin60Ffcos60mR2聯(lián)立解得Ffmg.題組3豎直平面內(nèi)圓周運動的臨界問題8如圖8所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L.重力加速度大小為g.現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為()圖8A.mgB.mgC3mgD2mg答案A解析設小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為30，則有rLcosL.根據(jù)題述小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg
21、m；小球在最高點速率為2v時，設每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosmgm，聯(lián)立解得Fmg，選項A正確9.(多選)如圖9所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r0.4m，最低點處有一小球(半徑比r小很多)，現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運動，v0應當滿足(取g10m/s2)()圖9Av00Bv04m/sCv02m/sDv02m/s答案CD解析當v0較大時，小球能夠通過最高點，這時小球在最高點處需要滿足的條件是mg，又根據(jù)機械能守恒定律有mv22mgrmv02，得v02m/s，C正確當v0較小時，小球不能通過最高點，這時對應的臨界條件是小球上升到與圓心等高位置
22、處時速度恰好減為零，根據(jù)機械能守恒定律有mgrmv02，得v02m/s，D正確10如圖10所示，兩個四分之三豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側軌道由金屬凹槽制成，右側軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑軌道在兩軌道右側的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA、hB，下列說法正確的是()圖10A若使小球沿軌道運動并且到達軌道最高點，兩球釋放的最小高度hAhB，A錯誤；在軌道最低點，小球受到的支持力最小時，釋放高度是最小的，即對左側軌道來說，在最低點mghAmv12，由牛頓第二定律有FNAmgm，聯(lián)立得FNA6mg，對右側軌道來說，在最低點有mghBmv22
23、，根據(jù)牛頓第二定律有FNBmgm，聯(lián)立得FNB5mg，故B正確，C錯誤；小球A從最高點飛出后進行平拋運動，下落R高度時，水平位移的最小值為xAvARR，所以小球A落在軌道右端開口外側，而適當調(diào)整hB，B可以落在軌道右端開口處，D錯誤11小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖11所示已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力圖11(1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2；(2)求繩能承受的最大拉力；
24、(3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？答案(1)(2)mg(3)d解析(1)設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律得豎直方向dgt2水平方向dv1t解得v1在豎直方向上有v22g(1)d，則v22v122g(1)d解得v2(2)設繩能承受的最大拉力大小為FT，這也是球受到繩的最大拉力大小球做圓周運動的半徑為Rd對小球在最低點由牛頓第二定律得FTmg解得FTmg(3)設繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變由牛頓第二定律得FTmg解得v3繩斷后球做平拋運動，豎直位移為dl，水平位移為x，時間為t1，則豎直方向dlgt12水平方向xv3t1解得x4當l時，x有極大值，xmaxd.24
2019年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案
