第4章 第3讲 圆周运动（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“圆周运动”核心考点，覆盖线速度、角速度、向心力等必备知识及传动问题、天体运动等应用，依据高考评价体系梳理运动学公式应用、动力学受力分析等考查要求，通过概念辨析（8个易错判断）和核心考点突破，明确传动方式（皮带、同轴）、向心力来源等高频考点，归纳多选、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题感悟+方法建模+针对训练”，如以2024江西卷“雪地转转”题为例，运用“一、二、三、四”解题法（确定对象、轨道、圆心半径、受力与运动分析），培养科学思维与运动和相互作用观念，通过高考真题解析（2024吉林卷、2025重庆卷）及易错点警示，帮助学生掌握传动问题分析技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第3讲　圆周运动 第四章　曲线运动与万有引力定律 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 基础知识•落实 01 核心考点•突破 02 高考真题•感悟 03 知能达标•训练 04 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 基础知识•落实 栏目导航 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 切线 一周 man 线速度 不变 圆心 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 核心考点•突破 栏目导航 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 高考真题•感悟 栏目导航 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 栏目导航 第四章　曲线运动与万有引力定律 1 知能达标•训练 栏目导航 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解析　由题可知，A、B两点的线速度相等，设为v，则B点的向心加速度aB＝，A点的角速度与C点的角速度相等，则有ωC＝ωA＝＝，所以C点的向心加速度aC＝ωC2rC＝rC，由于B、C两点的向心加速度大小相等，所以aB＝aC，联立解得rC＝4r，A、B、C错误，D正确。 答案　D 考点二　圆周运动的动力学问题 1．向心力的来源 (1)向心力的方向沿半径指向圆心。 (2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。 2．向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。 (2)分析物体的受力情况，找出所有的力，则沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。 　(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(a)、(b)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，其角速度与圆盘的角速度相等。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(a)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(b)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，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子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f1＝μmg 根据几何关系有tan α＝ 联立解得tan α＝。 (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2＝mω22r2 转椅受到的摩擦力f2＝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f2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝ 。 [答案]　(1)　(2) “一、二、三、四”求解圆周运动问题 1．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)一条狗用水平拉力拉着质量为80 kg的雪橇(包括内部物品)，在水平雪面做半径为24 m的匀速圆周运动，速度大小为3 m/s，雪橇与地面间的动摩擦因数0.05，重力加速度取10 m/s2，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A．狗给雪橇的水平拉力方向指向圆心 B．雪橇受到狗的水平拉力大小为40 N C．狗给雪橇的水平拉力方向与雪橇前进方向成37°角 D．狗拉着雪橇转过30°圆弧的过程中，雪橇克服地面摩擦力做功160π J 解析　狗拉雪橇的水平拉力有两个作用效果，一个作用效果平衡雪橇做圆周运动时切向受到的摩擦力，另一个作用效果使雪橇做圆周运动，根据雪橇做圆周运动，由牛顿第二定律有Fn＝m＝80×N＝30 N，在雪橇前进的方向上始终有F切＝Ff＝μmg＝40 N，则可得雪橇受到狗的水平拉力大小为F＝＝50 N，故B错误； 狗给雪橇的水平拉力方向与雪橇前进方向之间夹角的正切值为tan θ＝＝，可得夹角θ＝37°，故A错误，C正确；狗拉着雪橇转过30°圆弧的过程中，雪橇克服地面摩擦力做功W＝μmg·2πR＝160π J，故D正确。 答案　CD 2．如图所示的离心装置中，水平轻杆OM固定在竖直转轴ON的O点，小圆环P和轻质弹簧套在OM上，弹簧的两端分别固定于O点和圆环P上，弹簧的原长为L。小圆环Q套在ON上，P和Q的质量均为m，用长为L的细线连接，两环静止时，细线与竖直方向的夹角θ＝37°。现将装置由静止缓慢加速转动，直至细线与竖直方向的夹角增大到53°。忽略一切摩擦。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)弹簧的劲度系数k； (2)当θ＝53°时装置转动的角速度ω。 解析　(1)根据题意可知，两环静止时，细线与竖直方向的夹角θ＝37°，设此时绳子的拉力为FT，弹簧的弹力为F，分别对两环受力分析，如图所示，由平衡条件有FTcos 37°＝mg，F＝FTsin 37° 解得F＝mg tan 37°＝mg 由几何关系可知，此时弹簧的长度为 L1＝L sin 37°＝L 由胡克定律F＝kΔx有mg＝k 解得k＝。 (2)当细线与竖直方向的夹角增大到53°时， 细线的拉力为FT1＝ 由几何关系可知，此时弹簧的长度为L2＝L sin 53°＝L>L 则弹簧被拉伸，此时弹簧的弹力为F2＝k 由牛顿第二定律有FT1sin 53°＋F2＝mω2L2 联立解得ω＝ 。 答案　(1)　(2) 1．(2024·吉林卷)“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．线速度的大小相等 C．向心加速度的大小相等 D．角速度的大小相等 解析　根据题图可知，Q点到轴的距离大于P点到轴的距离，则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径，A错误；P、Q两点同轴转动，角速度大小相等，根据v＝ωr和a＝ω2r结合A项分析可知，Q点的线速度和向心加速度均大于P点的，B、C错误，D正确。 答案　D 2．(2025·重庆卷)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(　　) A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 解析　对汽车根据速度位移关系v02－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速度大小a＝，汽车做减速运动的时间t＝＝，这段时间列车行驶距离为s′＝2v0·t＝，B正确，A错误；根据an＝，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝，C、D错误。 答案　B 3．[考教衔接：此题源于人教必修第二册P41，T7] (多选)(2025·广东卷)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，已知圆周运动半径R为0.4 m。小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　) A．角速度为5 rad/s B．线速度大小为4 m/s C．向心加速度大小为10 m/s2 D．所受支持力大小为1 N 解析　 答案　AC 4．(2023·福建卷)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆的长度L＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧的原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环的质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度的大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。 (1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； (2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； (3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 解析　(1)当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析如图所示，得T0＝mg cos α＝5 N 根据胡克定律F＝kΔx得Δx0＝＝0.05 m 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态， 弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 x1＝x0－Δx0＝0.05 m。 (2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得＝mω02r 由几何关系得圆环此时转动的半径为r＝x0sin α 联立解得ω0＝ rad/s。 (3)圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析如图所示，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得T＝k(L－x0)＝10 N 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有mg＋T cos α＝FNsin α，T sin α＋FNcos α＝mω2r′ 由几何关系得r′＝L sin α 联立解得ω＝10 rad/s。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　 (3)10 rad/s $