18第四单元 第3课时　匀速圆周运动的规律及应用-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教浙江专版）

高考总复习 物理 必修　第二册 第3课时　匀速圆周运动的规律及应用 第四单元　曲线运动　 万有引力与航天 目标定位 1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2.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。3.会利用圆周运动的相关知识处理生活中的圆周运动。 考点一　圆周运动的运动学问题 1.描述圆周运动的物理量 2.匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处______，这种运动叫作匀速圆周运动。 (2)特点：加速度大小______，方向始终指向______，是变速运动。 (3)条件：合外力大小______、方向始终与______方向垂直且指向圆心。 相等 不变 圆心 不变 速度 [典例1] （2024·辽宁卷）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图所示，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的 (　　) A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 D 解析：由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，D正确；由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP＜rQ，A错误；根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为vP＜vQ，B错误；根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为aP＜aQ，C错误。 考点二　水平面内圆周运动的动力学分析 方向 大小 mrω2 (3)方向 始终沿半径方向指向______，时刻在改变，即向心力是一个变力。 2.离心运动和近心运动 (1)离心运动：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__________________的运动。 (2)受力特点（如图） 圆心 逐渐远离圆心 ①当F＝0时，物体沿______方向飞出，做匀速直线运动。 ②当0<F<mrω2时，物体逐渐______圆心，做______运动。 ③当F>mrω2时，物体逐渐_______________，做______运动。 (3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力______做匀速圆周运动需要的向心力。 切线 远离 离心 向圆心靠近 近心 小于 1.运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆。 (2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2.常见运动模型 AB [典例3] （2024·江西卷）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图甲中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图乙所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解决圆周运动问题的主要步骤 考点三　竖直面内圆周运动的动力学分析 1.两类模型 (1)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”； (2)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.模型特点 绳（环）约束模型 考向1 [典例4] 如图所示，长度为L＝0.4 m的轻绳，系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为m＝0.5 kg，且可视为质点，g取10 m/s2。 (1)求小球刚好通过最高点时的速度大小v1； (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，求绳的拉力大小FT； (3)若轻绳能承受的最大张力为FT′＝45 N，求小球速度的最大值。 杆（管）约束模型 考向2 [典例5] （2024·全国甲卷）如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 (　　) A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 C [典例6] 如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B（均可视为质点），A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。 (1)若A球在最高点时，杆与A球间无相互作用力，求此时B球的速度大小； (2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。 1.如图所示，圆桌桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，A是圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别把A、B的角速度记为ωA、ωB，线速度记为vA、vB，向心加速度记为aA、aB，周期记为TA、TB，则 (　　) A．ωA＞ωB B．vA＞vB C．aA＜aB D．TA＜TB B 2.（2025·宁波镇海中学月考）汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为r1，C处的曲率半径为r2，r1＞r2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三处时，下列说法正确的是 (　　) B 3.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等（连接D球的绳较长），则下列说法错误的是 (　　) B A．小球A、B角速度相等 B．小球A、B线速度大小相等 C．小球C、D所需的向心加速度大小相等 D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等 4.（2024·强基联盟3月联考）图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”。如图乙所示，该机器人正在沿轨道ABCD给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4 m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4 m，CD段长度为12 m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1 m/s，接着以1 m/s的速率通过BC段，通过C点以1 m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。关于该机器人送餐运动的说法正确的是 (　　) C A．从B点运动到C点过程中机器人的向心加速度为0.5 m/s2 B．为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4 m/s C．从A点运动到B点过程中机器人的加速度为0.125 m/s2，且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动 D．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间为12 s 请完成：课时提升训练（17） 温馨提示 谢谢观看！ (1)线速度 ①方向：沿圆周的切线方向。 ②公式：v＝＝______。 (2)角速度 ①物理意义：描述物体绕圆心转动的快慢。 ②公式：ω＝＝____。 (3)周期 ①定义：物体沿圆周运动一周所用的时间。 ②公式：T＝＝_____。 (4)转速 ①定义：单位时间内转过的圈数。 ②公式：n＝。 1.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。 2.对a＝＝ω2r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。 3.常见的三类传动方式及特点 (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)同轴传动：如图戊、己所示，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。 1.匀速圆周运动的向心力 (1)作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的______，不改变速度的______。 (2)大小 Fn＝m＝________＝mr＝mωv。 运动模型 向心力的来源示意图 飞机水平转弯 运动模型 向心力的来源示意图 圆锥摆 运动模型 向心力的来源示意图 汽车在水平路面转弯 飞车走壁 运动模型 向心力的来源示意图 火车转弯 运动模型 向心力的来源示意图 水平转台（光滑） [典例2] （多选）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则 (　　) A．该弯道的半径r＝ B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 解析：火车拐弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，有mg tan θ＝m，解得r＝，A正确；由mg tan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，D错误。 答案：(1)　(2) 解析：(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需向心力，如图所示 设转椅的质量为m，则转椅所需的向心力Fn1＝mω12r1 转椅受到的摩擦力Ff1＝μmg 根据几何关系有tan α＝ 联立解得tan α＝。 (2)转椅在题图乙情况下所需的向心力Fn2＝mω22r2 转椅受到的摩擦力Ff2 ＝μFN2 根据几何关系有tan β＝ 在竖直方向上由平衡条件有FN2＋FTcos θ＝mg 在水平面上有Ff2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝。 项目 “轻绳”模型 “轻杆”模型 图示 受力特征 在最高点时，物体受到的弹力方向向下或等于零 在最高点时，物体受到的弹力方向向下、向上或等于零 项目 “轻绳”模型 “轻杆”模型 受力示意图 力学方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m 过最高点的条件 在最高点的速度v≥ 在最高点的速度v≥0 答案：(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s 解析：(1)小球刚好通过最高点时，小球的重力恰好提供向心力，有mg＝m 解得v1＝＝2 m/s。 (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，绳的拉力和小球的重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝m 解得FT＝15 N。 (3)分析可知小球通过最低点时绳的张力最大，在最低点由牛顿第二定律得FT′－mg＝，将FT′＝45 N代入解得v3＝4 m/s 即小球的速度的最大值是4 m/s。 解析：方法一（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示 设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律有mg cos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力 和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有 mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F＋mg cos θ ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mg cos θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C正确。 答案：(1)　(2)2mg　方向竖直向下 (3)能；当A、B球的速度大小为时，O轴不受力 解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m，解得vA＝，因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则 vB＝vA＝。 (2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m，代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0 对A有FTOA′－mg＝m，可得FTOA′＝2mg 根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为2mg，方向竖直向下。 (3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点 对B有FTOB″＋2mg＝2m 对A有FTOA″－mg＝m O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″ 联立可得v＝ 所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力。 A．汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg B．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态 C．汽车在A处的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动 D．汽车经过C处时所受的向心力最小 解析：汽车在A处有mg－FNA＝m，得FNA＝mg－m，汽车在A处受到的摩擦力大小Ff＝μFNA＝μ（mg－m），A错误；汽车经过A处时，加速度向下，处于失重状态，经过C处时，加速度向上，处于超重状态，B正确；要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有mg＝，即安全行驶的速度不得超过，当汽车在A处的行驶速度 大于时，汽车将做平抛运动，C错误；该车以恒定的速率v行驶，汽车所受向心力Fn＝m，B处的曲率半径最大，汽车经过B处时所受的向心力最小，D错误。 解析：对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝ mω2l sin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，A说法正确，B说法错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有 mg tan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D说法正确。 解析：从B点运动到C点的过程中机器人的向心加速度a1＝＝ m/s2＝0.25 m/s2，A错误；餐盘与托盘恰好不发生相对滑动的临界条件为餐盘所受的最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝m，解得vm＝2 m/s，B错误；从A点运动到B点过程中机器人的加速度a2＝＝ m/s2＝ 0.125 m/s2，餐盘和水平托盘不会发生相对滑动的临界加速度am＝μg＝ 2 m/s2＞0.125 m/s2，C正确；机器人以1 m/s的速度匀减速至D点的最大加速度大小为am＝μg＝2 m/s2，故最短的减速时间t1＝＝0.5 s，匀减速运动的最小位移x1＝＝0.25 m，故从C点开始匀速运动的时间t2＝＝11.75 s，可知机器人从C点运动到D点的最短时间为12.25 s，D错误。 $$