18第3课时　圆周运动-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

第❸课时　圆周运动 [对应学生用书P70] 一、匀速圆周运动 1．定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。 2．性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。 二、描述圆周运动的物理量 三、向心加速度 1．方向：始终指向圆心。 2．公式：an＝＝ω2r＝r＝ωv。 四、向心力 1．作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 2．公式：F＝m＝mω2r＝m＝mωv＝m·4π2f2r。 3．方向：始终沿半径方向指向圆心。 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。 5．非匀速圆周运动中向心力与合力的关系 五、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，物体就会沿切线方向飞出去或做逐渐远离圆心的运动。 2．受力特点 3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是已有的力不足以提供匀速圆周运动需要的向心力。 [链接1] 人教必修第二册P34T4： 4．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，它们的向心加速度之比是多少？ (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。 [链接2] 人教必修第二册P30T3： 3．如图6.2－8所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是4 rad/s。盘面上距圆盘中心0.10 m的位置有一个质量为0.10 kg的小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动。 …… 　(2023·江苏卷)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 答案：ω0r　mωr 解析：发光体的速度v0＝ω0r，发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为Ff＝mωr。 [对应学生用书P71] 考点一 圆周运动的运动学分析_ 1．线速度、角速度、周期、频率四者的关系：v＝ωr＝＝2πrf。 2．常见的传动方式及特点 (1)边沿传动：(如图所示) 各接触点无相对滑动，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。 (2)同轴传动：(如图所示) 绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr可知，v与r成正比。 1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们 (　　) A．线速度大小之比为4∶3 B．角速度大小之比为3∶4 C．圆周运动的半径之比为2∶1 D．向心加速度大小之比为1∶2 A　解析：因为相同时间内它们通过的路程之比是4∶3，根据v＝可知A、B的线速度大小之比为 4∶3，A正确；运动方向改变的角度之比为3∶2，根据ω＝，则角速度大小之比为3∶2，B错误；根据v＝ωr可得圆周运动的半径之比为＝＝×＝，C错误；根据a＝vω可得向心加速度大小之比为＝＝×＝，D错误。 2．修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图所示的模型。A、B是匀速转动的大、小齿轮边缘上的两点，若大齿轮半径是小齿轮半径的1.5倍，则下列说法正确的是 (　　) A．A、B两点的线速度大小之比为3∶2 B．A、B两点的角速度大小之比为2∶3 C．A、B两点的周期之比为2∶3 D．A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1 B　解析：由题意知rA∶rB＝3∶2，A、B两轮边缘的线速度大小相等，即vA∶vB＝1∶1，A错误；由v＝ωr可知ωA∶ωB＝rB∶rA＝2∶3，B正确；由T＝知TA∶TB＝3∶2，C错误；由an＝ω2r知aA∶aB＝2∶3，D错误。 考点二 水平面内的圆周运动的动力学分析_ 解决圆周运动问题的主要步骤 突破 解答“圆锥摆”模型的方法 【典例1】 如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是 (　　) A．小物块a和b做圆周运动的向心力之比为∶1 B．小物块a和b对容器壁的压力之比为∶1 C．小物块a与容器壁之间无摩擦力 D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下 A　解析：a、b的角速度相等，向心力F＝mω2R sin α，所以a、b的向心力之比为sin 60°∶sin 30°＝∶1，A正确。对b分析可知，其重力和支持力的合力恰好提供其向心力，有mg tan 30°＝mω2R sin 30°；假设不受摩擦力，则小物块a的重力和支持力的合力为mg tan 60°，结合对b的分析结果，易知对a有mg tan 60°＞mω2R sin 60°，所以a有向下滑的趋势，静摩擦力沿切线向上；在竖直方向上，对b由平衡条件有FNbcos 30°＝mg，对a由平衡条件有FNacos 60°＋Ffsin 60°＝mg，所以≠＝，B、C、D错误。 突破 解答水平转盘上圆周运动的方法 【典例2】 (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。 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＝mωr1 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＝ mωr2 转椅受到的摩擦力Ff2 ＝μFN2 根据几何关系有tan β＝ 竖直方向上由平衡条件有FN2＋FTcos θ＝mg 水平面上有Ff2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝。 与水平盘类似的情景 汽车在 水平路 面转弯 水平 转台 (光滑) 3．游乐园的游戏项目——旋转飞椅如图甲所示，飞椅从静止开始缓慢转动，经过一小段时间，坐在飞椅上的游客的运动可以看作匀速圆周运动。整个装置可以简化为如图乙所示的模型。忽略空气阻力，设细绳与竖直方向的夹角为θ，则 (　　) A．飞椅受到重力、绳子拉力和向心力的作用 B．θ角越大，小球的向心加速度就越大 C．只要线速度足够大，θ角就可以达到90° D．飞椅运动的周期随着θ角的増大而增大 B　解析：飞椅受到重力和绳子的拉力作用，二者的合力提供向心力，A错误；根据牛顿第二定律可知mg tan θ＝man，则向心加速度大小为：an＝g tan θ，可知θ角越大，小球的向心加速度就越大，B正确；若θ角可以达到90°，则绳子的拉力在水平方向提供 向心力，在竖直方向的分力为零，但是竖直方向有重力作用，合力不可能为零，C错误；设绳长为L，则根据牛顿第二定律可知mg tan θ＝m()2(L sin θ＋d)，整理可得T＝2π ，当θ增大时cos θ减小，tan θ增大，导致周期T减小，D错误。 4．(2023·北京卷)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球的质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一个待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是 (　　) A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 A　解析：空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球质量m＝，B错误；若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，D错误。 考点三 竖直面内圆周运动“两类模型”问题_ 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为向下或等于零 在最高点时，物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上 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 突破 解答“轻绳”模型的方法 【典例3】 一个小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m。若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为 (　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg C　解析：小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝m，小球由A点到B点根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，C正确。 突破 解答“轻杆”模型的方法 【典例4】 (多选)图甲是某体操运动员在比赛中完成“单臂大回环”的高难度动作时的场景：用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，运动员运动到最高点时，运动员与单杠间弹力大小为F，运动员在最高点的速度大小为v。其F－v2图像如图乙所示，g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　) A．此运动员的质量为50 kg B．此运动员的重心到单杠的距离为0.9 m C．在最高点速度为4 m/s时，运动员受单杆的弹力大小跟重力大小相等 D．在最高点速度为4 m/s时，运动员受单杆的弹力大小为428 N，方向向下 BD　解析：对运动员在最高点进行受力分析，由题图乙可知v2＝0时，F－mg＝0，解得m＝＝ kg＝55 kg，A错误；由题图乙可知，当v2＝9 m2/s2，此时F＝0，重力充当向心力，根据牛顿第二定律可得mg＝m，解得r＝0.9 m，B正确；在最高点速度为4 m/s时，运动员受到单杠的弹力的方向向下，根据牛顿第二定律可得F＋mg＝m，解得F≈428 N，C错误，D正确。 1．(多选)现有一根长0.4 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1 kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g取10 m/s2，则 (　　) A．小球以1 m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之上 B．小球以1 m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之下 C．小球以2 m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为10 N D．小球以4 m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为30 N BD　解析：要使小球做完整的圆周运动，则在最高点时重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得小球通过最高点的最小速度v＝＝ m/s＝2 m/s；若小球平抛运动到与O点等高的位置，且细绳恰好伸直，则满足L＝v0t，L＝gt2，解得平抛的初速度v0＝ m/s；因此若将小球以1 m/s的速度水平抛出，当绳子再次伸直时，小球在过O点的水平线之下，A错误，B正确。以2 m/s的速度水平抛出，小球将做完整的圆周运动，且在最高点时轻绳刚好伸直且无张力，C错误。小球以4 m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳有张力，满足FT＋mg＝m，解得T＝30 N，D正确。 2．如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的是 (　　) A．v的最小值为 B．当v＝时，小球处于完全失重状态，不受力的作用 C．当v＝时，轨道对小球的弹力方向竖直向下 D．当v由逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小 C　解析：小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大小等于小球重力的大小时，小球的最小速度为零，A错误；根据公式a＝可知，当v＝时，小球的加速度为a＝g，方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，B错误；当v＝时，小球需要的向心力为Fn＝m＝2mg，则可知，轨道对小球的弹力大小为mg，方向竖直向下，C正确；当v＜时，小球需要的向心力Fn＝m＜mg，可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有mg－FN＝m，可得FN＝mg－m，则在v逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力N逐渐增大，D错误。 [对应学生用书P74] 近几年的新高考试题，注重选取与生活实际、社会应用相关的情境，考查圆周运动规律的灵活应用，体现力与运动的观念，分析综合、模型构建的科学思维。 热点1 基本规律的应用 【真题1】 (经典高考题)如图，一枚硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为 (　　) A． B． C． D．2 B　解析：硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则μmg＝mω2r，解得ω＝，即圆盘转动的最大角速度为，B正确。 在双人花样滑冰比赛中，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。通过目测估计男运动员的手臂与水平冰面的夹角约为45°，女运动员与其身上的装备总质量约为45 kg，重力加速度g取10 m/s2。仅根据以上信息，可估算 (　　) A．女运动员旋转的向心加速度约为10 m/s2 B．女运动员旋转的角速度约为6.28 rad/s C．男运动员对女运动员的拉力约为450 N D．男运动员对冰面的压力约为450 N A　解析：做圆周运动的女运动员受到重力、男运动员的拉力，在竖直方向上的合力为零，有F sin 45°＝mg，解得F＝mg＝450 N，C错误；在水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有F cos 45°＝ma向，解得a向＝g＝10 m/s2，A正确；若角速度为6.28 rad/s，则a＝g＝ω2r，可得r≈0.25 m，转动半径过小与实际情况不符，B错误；设男运动员质量为M，对男运动员受力分析可得FN＝F cos 45°＋Mg＝(450＋Mg)N，D错误。 热点2 综合性应用 【真题2】 (多选)(经典高考题)如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时 (　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 BD　解析：对小球受力分析，设弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则在竖直方向有FTsin θ＝mg，又由胡克定律和几何关系有FT＝k(－l0)，可知θ为定值，FT不变；当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确。当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则在水平方向有FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ－mω2r；当转速较大时，FN指向转轴，有FTcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－FTcos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。 　如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一个直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.小球返回到A点时对细管的内外侧都无作用力 B．小球自A点到C点的过程中，一直对细管的外侧有压力作用 C．小球在C点时的机械能为2mgR sin θ D．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg D　解析：小球返回A点时的速度为零，对细管的内侧有压力，A错误；离开A点的最初过程，小球的速度很小，小球对细管的内侧有压力作用，B错误；小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgR sin θ，C错误；根据机械能守恒可得mgR sin θ＝mv，根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为FN1＝m，解得FN1＝2mg sin θ，管的底部对小球的支持力为FN2＝mg cos θ，因此小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为F＝＝mg，D正确。 [课时跟踪练18见P377] 学科网（北京）股份有限公司 $$