第四章 第4课时 圆周运动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第4课时　圆周运动 目标要求　1.掌握描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。2.掌握圆周运动动力学问题的处理方法。 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相等，所做的运动叫作匀速圆周运动。 (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。 (3)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。 3．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，就做逐渐远离圆心的运动。 (2)受力特点(如图) ①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。 ②当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。 ③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。 (3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是所受合外力小于做匀速圆周运动需要的向心力。 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，其所受合外力是变力。(　√　) 4．向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用。(　×　) 思考 在a＝＝ω2r两式中a与r成正比还是成反比？ 答案　在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。 例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 答案　A 解析　时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度a＝知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误。 例2　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 答案　D 解析　A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上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，则两轮边缘上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a＝得＝＝，对b、c两点，由a＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。 三种传动装置 同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 转向 相同 相同 相反 规律 线速度与半径成正比： ＝ 向心加速度与半径成正比： ＝ 角速度与半径成反比： ＝ 向心加速度与半径成反比：＝ 角速度与半径成反比： ＝ 向心加速度与半径成反比： ＝ 考点二　圆周运动的动力学问题 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，只改变速度的方向，不改变速度的大小。 (2)大小 Fn＝m＝mrω2＝mr＝mωv。 (3)方向 始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。 2．圆周运动中向心力的来源 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) 例3　(2023·江苏卷·13)“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　mω02r 解析　发光物体的速度大小为v0＝ω0r 发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动所需的向心力，则静摩擦力大小为f＝mω02r 例4　如图所示是为我国的福建号航母配置的歼－35战机，具有优异的战斗性能，其过载能力可以达到9。过载是指作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机重力之比。例如，歼－35战机以大小为2g的加速度竖直向上加速运动时，其过载就是3。若歼－35战机在一次做俯冲转弯训练时，在最低点时速度大小为200 m/s，过载为5，重力加速度g＝10 m/s2，将飞机的运动轨迹看成圆弧，则飞机的转弯半径约为(　　) A．800 m B．1 000 m C．1 200 m D．1 400 m 答案　B 解析　对最低点的飞机受力分析，可知飞机受到重力mg、气动力和发动机推力的合力F，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，此时过载为5，所以F＝5mg，代入数据解得飞机的转弯半径r＝1 000 m，故选B。 例5　如图所示是离心试验器的原理图，测试人的抗荷能力。被测者坐在椅子上随平台做匀速圆周运动，已知人的质量为m，重力加速度为g，图中A到B的长度为L，与竖直方向成30°角，AC的长度为r，求： (1)向心加速度大小和角速度； (2)人对椅子的压力大小。 答案　(1)g　　(2)mg 解析　(1)以人为研究对象，因为人做匀速圆周运动，所以人所受重力和支持力的合力提供向心力，如图所示 由图可知，向心力为F向＝mgtan 30° 再由牛顿第二定律可得F向＝mgtan 30°＝ma 解得a＝gtan 30°＝g 根据a＝ω2R，R＝r＋Lsin 30°＝r＋ 联立并代入数据解得ω＝ (2)如图所示，由图可知FN＝＝mg。 例6　(多选)(2021·河北卷·9)如图，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 答案　BD 解析　对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有 FTsin θ＝mg，而FT＝k 可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确； 水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ－mω2r 当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时， 则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，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。 课时精练 1．(多选)下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是(　　) A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度 B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度 C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动中加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动 答案　BD 解析　速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度；加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B、D正确，A、C错误。 2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　) A．10 m/s2 B．100 m/s2 C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2 答案　C 解析　根据匀速圆周运动的规律， 此时ω＝2πn＝100π rad/s， 向心加速度大小a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C。 3.(多选)如图为一链条传动装置。已知主动轮是逆时针转动的，转速为n，主动轮和从动轮的半径比为k，下列说法正确的是(　　) A．从动轮是顺时针转动的 B．主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等 C．从动轮的转速为nk D．从动轮的转速为 答案　BC 解析　主动轮逆时针转动，带动从动轮逆时针转动，因为用链条传动，所以两轮边缘线速度大小相等，A错误，B正确；由r主∶r从＝k,2πn·r主＝2πn从·r从，可得n从＝nk，C正确，D错误。 4.(2021·广东卷·4)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 答案　A 解析　由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，P点的加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误； Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y＝lOP·sin 则可看出Q点在竖直方向不是做匀速运动，C错误； Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x＝lOP·cos＋lPQ 则可看出Q点在水平方向也不是做匀速运动，D错误。 5．(2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，质点所受合外力等于质点圆周运动所需的向心力，根据F合＝F＝mr，联立可得F＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3，故选C。 6.(2023·广东汕头市期中)如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是(　　) A．拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大 B．拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出 C．踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出 D．踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等 答案　C 解析　拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A错误； 由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此越容易被甩出，B错误； 踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向心力公式F＝m可知，转动半径一定时，转速越大，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分越容易被甩出，C正确； 踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，由线速度与角速度的关系v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶的转轴距离不同，即转动半径不同，所以所有水分的线速度大小不相等，D错误。 7.如图所示，长为L的细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方A处钉一个光滑的小钉子，小球从一定高度摆下，当细绳与钉子相碰时，钉子的位置距小球，则细绳碰到钉子前、后瞬间(　　) A．细绳对小球的拉力大小之比为1∶4 B．小球所受合外力大小之比为1∶4 C．小球做圆周运动的线速度大小之比为1∶4 D．小球做圆周运动的角速度之比为4∶1 答案　B 解析　细绳与钉子相碰前、后线速度大小不变，即线速度大小之比为1∶1，半径变小，根据v＝ωr得知，角速度之比为1∶4，选项C、D错误；根据F合＝m，则合外力之比为1∶4，选项B正确；拉力F＝mg＋m，可知拉力之比＝＝≠，选项A错误。 8．(多选)2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0.01g～2g(零重力到两倍重力范围)高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是(　　) A．实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大 B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍 C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心 D．为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动 答案　BD 解析　根据题意可得m(2πn)2r＝mg模 可得“模拟重力加速度”g模＝4π2n2r “模拟重力加速度”与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故A错误，B正确；实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以“模拟重力”的方向背离离心机转轴中心，故C错误；根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。 9.(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A．子弹在圆筒中的水平速度为d B．子弹在圆筒中的水平速度为2d C．圆筒转动的角速度可能为π D．圆筒转动的角速度可能为3π 答案　ACD 解析　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，故C、D正确。 10.(2023·广东阳春市第一中学模拟)北京冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静、韩聪获得金牌，夺得中国队第九金。韩聪以自己为轴拉着隋文静做圆锥摆运动，可简化为如图所示的模型。重力为mg(g为重力加速度)的物块到悬挂点的摆线长为L，测得物块在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动。物块可视为质点，求： (1)摆线与竖直方向的夹角θ满足的关系式(可用三角函数表示)； (2)摆线对物块的拉力大小。 答案　(1)cos θ＝　(2) 解析　(1)由题意知物块做圆周运动的周期T＝ 对物块受力分析可得mgtan θ＝Lsin θ 解得cos θ＝ (2)对物块受力分析， 可得摆线对物块的拉力F＝ 代入可得F＝。 11.(2023·广东潮州市松昌中学阶段测试)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求： (1)圆弧BC段所对应的圆心角θ； (2)小球经B点时，对圆轨道的压力大小。 答案　(1)45°　(2)(4＋)mg 解析　(1)小球到达B点时竖直分速度vy＝ 则tan θ＝ 解得θ＝45° (2)设小球到达B点时速度大小为vB，则有vB＝v0 设轨道对小球的支持力为F，根据F－mgcos 45°＝m 解得F＝(4＋)mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(4＋)mg。 学科网（北京）股份有限公司 $