第4章 第3讲 圆周运动（Word教参）-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习

第3讲　圆周运动 1．熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系。 2．掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法。 3．会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型。 [对应学生用书P75] 【微点辨析】 (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，其线速度是不变的。(×) (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)做匀速圆周运动的物体，当所受的合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×) (7)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是由于摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用。(×) [对应学生用书P76] 考点 圆周运动的运动学分析(互动共研) 1．圆周运动各物理量间的关系 2．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vA＝vB。 (2)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，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。 (3)同轴转动：如图戊所示，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。 [例1]　(2021·广东卷)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(　　) A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 解析　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OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin (30°＋ωt)，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x＝l2＋l1cos (30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。 答案　A 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，由于摩擦力作用，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∶2 B．角速度之比为3∶3∶2 C．转速之比为2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为9∶6∶4 解析　A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝得＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。 答案　D 2．(2023·四川绵阳模拟)如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m 的长方体，其左侧面底边在aa'直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为(　　) A． rad/s B． rad/s C． rad/s D． rad/s 解析　设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得tan α＝＝1，解得α＝，直杆转动的时间t＝t汽－t反＝2 s，直杆转动的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s。故选C。 答案　C 考点 水平面内的匀速圆周运动(方法模型) 1．向心力来源 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．运动模型 运动模型 向心力的来源图示 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台 (光滑) 考向1　圆周运动的动力学问题 [例2]　如图所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，角速度为ω，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是(　　) A．物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为mω2r B．物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为mω2r C．物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为mω2r D．物块只受重力、弹力作用，合力大小为零 解析　对物块进行受力分析可知物块受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物块所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有F合＝Ff＝mω2r，选项A、B、D错误，C正确。 答案　C [例3]　如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方。则(　　) A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度 B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度 C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期 D．球甲对筒壁的压力一定大于球乙对筒壁的压力 解析　对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝m＝mω2R，解得v＝，ω＝，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝，结合牛顿第三定律，球甲对筒壁的压力一定等于球乙对筒壁的压力，故D错误。 答案　B 考向2　车辆转弯类的问题 [例4]　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用 B．列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨 C．列车过转弯处的速度v＜时，列车轮缘会挤压外轨 D．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度 解析　列车以规定速度转弯时受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时。则m＝mg tan α＝mg，解得v＝，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜时，转弯所需的合力F＜mg tan α，故此时列车内轨受挤压，C错误；若要提高列车速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误。 答案　B 解决圆周运动问题的主要步骤 考点 竖直面内圆周运动的“两类模型”(方法模型) 两类模型的对比 模型 轻绳 轻杆 情境图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg 模型关键 (1)“绳”只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的最小速度可以为0 类型1　轻绳模型 [例5]　(多选)(2023·辽宁鞍山模拟)如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器，可测出球经过M点时对管道的作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点的坐标，b为图像延长线与纵轴交点的坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．小球的质量为－ B．小球做圆周运动的半径为 C．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对内管道壁有压力 D．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力 解析　设小球的质量为m，做圆周运动的半径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得2mgR＝mvN2－mvM2，解得vM2＝vN2－4gR；小球经过M点时，根据牛顿第二定律可得mg＋F＝m，联立可得F＝m－5mg。根据FvN2图像的斜率和纵轴截距可得＝ ，b＝－5mg，联立解得m＝－ ，R＝ ，故 AB 正确；由乙图可知，当vN2＝c时，经过M点时对管道作用力F>0，F的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，但对内管道壁无压力，故C错误；由乙图可知，当vN2＝c时，球经过M点时对管道作用力F＝0，故D 正确。故选ABD。 答案　ABD 类型2　轻杆模型 [例6]　如图所示，轻杆长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(　　) A．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1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 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mg＝m，解得v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr可知，球A的速度大小v′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正确，D错误。 答案　C 考点 圆周运动中的两类临界问题(互动共研) 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。 [例7]　如图所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是(　　) A．当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力 B．AC杆对球的作用力先增大后减小 C．一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定 D．当ω＝时，BC杆对球的作用力不为0 解析　当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B、D错误；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cos θ－F2cos θ＝mg，则F1－F2＝，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。 答案　C 3．(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(　　) 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＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b：Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，选项B错误；ω＝＜ωa＝，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D错误。 答案　AC [对应学生用书P79] 生活中的圆周运动 1．(娱乐中的圆周运动)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　　) A．秋千对小明的作用力小于mg B．秋千对小明的作用力大于mg C．小明的速度为零，所受合力为零 D．小明的加速度为零，所受合力为零 解析　在最高点，小明的速度为零，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F。对小明进行受力分析，沿摆绳方向有F－mg cos θ＝m，由于小明的速度为零，则有F＝mg cos θ＜mg；沿垂直摆绳方向有mg sin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝g sin θ。所以A正确，B、C、D错误。 答案　A 2．(体育娱乐中的圆周运动)太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D两点与圆心O等高且在B、D处平板与水平面夹角为θ。设小球的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g。若小球运动的周期为T＝2π，则(　　) A．在A处，平板对小球的作用力大小为mg B．在C处，平板对小球的作用力大小为3mg C．在B处，小球一定受两个力的作用 D．在A、C处平板对小球作用力大小的差值为2mg 解析　在A处，对小球，由牛顿第二定律有FNA＋mg＝mR，得FNA＝2mg，同理，在C处，对小球，由牛顿第二定律有FNC－mg＝mR，得FNC＝4mg，在A、C处平板对小球作用力大小的差值为2mg，故A、B错误，D正确；在B处，小球可能只受重力和支持力两个力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三个力作用，故C错误。 答案　D 3．(生产中的圆周运动)(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)在竖直平面内转动，如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则(　　) A．铁球转动过程中机械能守恒 B．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 C．铁球转动到最低点时，处于超重状态 D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝ 解析　由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断交化，故其机械能不守恒，选项A错误；铁球的向心加速度大小不变，方向时刻在变化，B错误；铁球在转动到最低点时，具有竖直向上的加速度，处于超重状态，C正确；若铁球在最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时铁球所受合外力为(M＋m)g，由(M＋m)g＝mω2l，可得ω＝，选项D正确。 答案　CD 学科网（北京）股份有限公司 $$