2020版高考物理总复习4第3讲圆周运动的规律及应用教案新人教版.docx

第3讲圆周运动的规律及应用一、描述圆周运动的物理量1线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量，v。2角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，。3周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，T，T。4向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量，anr2vr。5向心力：作用效果产生向心加速度，Fnman。6相互关系：(1)vrr2rf。(2)anr2vr42f2r。(3)Fnmanmm2rmrmr42f2。二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。(3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。2非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。(2)合力的作用合力沿速度方向的分量F产生切向加速度，Fma，它只改变速度的大小。合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fnman，它只改变速度的方向。三、离心运动1本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。2受力特点(如图所示)(1)当Fmr2时，物体做匀速圆周运动。(2)当F0时，物体沿切线方向飞出。(3)当Fmr2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。 (判断正误，正确的画“”，错误的画“”。)1匀速圆周运动是匀变速曲线运动。()2做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比。()3做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。()4做圆周运动的物体所受的合外力不一定指向圆心。()5做圆周运动的物体所受的合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出。()1(描述圆周运动的物理量)共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供的自行车单车共享服务，是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC(rArBrC)。下列说法正确的是()AB点与C点的角速度，BCBC点与A点的线速度，vCvACB点与A点的角速度，BADA点和C点的线速度， vAvC解析由圆锥齿轮的特点，得vBvC，根据vr可知BC，A项错误；vCvBvA，B项正确，D项错误；A、B同轴转动，角速度相同，C项错误。答案B2(向心力)如图所示，一圆盘可绕一过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个木块，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，那么()A木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心B木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心C因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同D因为摩擦力总是阻碍物体的运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反解析从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析：由于圆盘转动时，以转动的圆盘为参考系，物体的运动趋势是沿半径向外背离圆心的，所以盘面对木块的静摩擦力方向沿半径指向圆心。从做匀速圆周运动的物体必须有力提供向心力的角度来分析，木块随圆盘一起做匀速圆周运动，它必须受到沿半径指向圆心的合力，只有来自盘面的静摩擦力提供指向圆心的向心力，因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心，所以B项正确。答案B3(离心现象)(多选)如图所示，光滑水平面上一质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则下列关于小球运动情况的说法正确的是()A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc做近心运动解析由F知，若拉力变小，则F不能提供所需的向心力，R变大，小球做离心运动。反之，若F变大，小球将做近心运动，A、C、D三项正确。答案ACD考点1圆周运动的运动学分析考|点|速|通1对公式vr的理解当r一定时，v与成正比。当一定时，v与r成正比。当v一定时，与r成反比。2对a2rv的理解在v一定时，a与r成反比；在一定时，a与r成正比。3常见传动方式及特点(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同。(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。典|例|微|探【例1】(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RBRC，若在传动过程中，皮带不打滑，则()AA点与C点的角速度大小相等BA点与C点的线速度大小相等CB点与C点的角速度大小之比为21DB点与C点的向心加速度大小之比为14解析处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，对于本题，显然vAvC，AB，B项正确；根据vAvC及关系式vR，可得ARACRC，又RC，所以A，A项错误；根据AB，A，可得B，即B点与C点的角速度大小之比为12，C项错误；根据B及关系式a2R，可得aB，即B点与C点的向心加速度大小之比为14，D项正确。答案BD题|组|冲|关1汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于厢内O点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备厢盖的过程中()AA点相对O点做圆周运动BA点与B点相对于O点转动的线速度大小相等CA点与B点相对于O点转动的角速度大小相等DA点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等解析在合上后备厢盖的过程中，OA的长度是变化的，因此A点相对O点不是做圆周运动，A项错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据vr，所以B点相对于O点转动的线速度大，B项错误，C项正确；根据向心加速度ar2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，D项错误。答案C2(多选)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr21。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，木块的向心加速度为a2，则()A. B.C. D.解析根据题述，a1r，ma1mg，联立解得gr，小木块放在P轮边缘也恰能静止，gR2r，Rr，联立解得，A项正确，B项错误；a2gR，C项正确，D项错误。答案AC考点2水平面内的圆周运动的临界问题考|点|速|通1水平面内的匀速圆周运动轨迹特点运动轨迹是圆且在水平面内。2匀速圆周运动的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fnm或Fnm2r或Fnm列方程求解。典|例|微|探【例2】(多选)如图，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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg解析因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得fm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B项错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A项正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgm2l，可得b ，C项正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgml，可得a，而转盘的角速度 ，所以当 时，细线中张力不为零，A项错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则mgtanmlsin，解得2 ，由于1 2，所以当 时，物块与转台间的摩擦力不为零，B项错误；由于12，由牛顿第二定律fFsinm2lsin，因为压力小于mg，所以fmg，C项错误；当2时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanm2lsin，解得cos，故Fmg，D项正确。答案D2.如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内，重力加速度为g)。求：(1)竖直杆角速度为多大时，小球恰好离开竖直杆；(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度之间的关系。解析(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为，由题意可知sin，r，水平方向：Fasinm2r，竖直方向：Facosmg，联立解得2 。(2)由(1)可知02 时，Famg，若角速度再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为，此时小球做圆周运动的半径为r1lsin，水平方向：Fasinm2r1，竖直方向：Facosmg，联立解得Fam2l，当轻绳b恰伸直时，60，此时 ，故有Fam2l，此时2 ，若角速度再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r2lsin60，水平方向：Fasin60Fbsin60m2r2，竖直方向：Facos60Fbcos60mg，联立解得Faml2mg，此时 。答案(1)2 (2)见解析考点3竖直面内的圆周运动的临界问题考|点|速|通竖直面内的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，主要有两种模型：轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：典|例|微|探【例3】(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力，重力加速度为g)，则瞬时速度v必须满足()A最小值 B最大值C最小值 D最大值解析要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mgm，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A项错误，C项正确；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg，满足3mgm，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B项错误，D项正确。答案CD 题|组|冲|关1.(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最高点时的最小速度vmin0C小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A项错误，B项正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力N与球的重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：NFmgm，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C项正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D项错误。答案BC2.如图所示，长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，球A距轴O的距离为L。现给系统一定动能，使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是()A球B的速度为0 B杆对球B的弹力为0C球B的速度为 D球A的速度等于解析对B球：Tmgm，对A球：T mgm，同时vB2vA，要使轴O对杆作用力为0，即满足TT ，解得vA，vB2，故只有D项正确。答案D圆周运动与平抛运动的综合问题圆周运动与平抛运动的组合类问题是近几年高考特别关注的问题，按题目类型可分为水平面内的圆周运动与平抛运动组合、竖直平面内的圆周运动与平抛运动的组合两类，圆周运动与平抛运动的过渡处的速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。【经典考题】如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L1.0 m，B点离地高度H1.0 m，A、B两点的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小。解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，则mghmv，小球从B到C做平抛运动，则在水平方向有svBt，在竖直方向有Hgt2，联立式解得s1.41 m。(2)小球下摆到B点时，绳子的拉力与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Fmgm，联立式解得F20 N，由牛顿第三定律得FF20 N，即轻绳所受的最大拉力为20 N。答案(1)1.41 m(2)20 N必|刷|好|题1(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相撞。已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看作质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2，则()A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2 N解析根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，A项正确，B项错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，C项正确，D项错误。答案AC2.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数。解析(1)设物块做平抛运动所用时间为t，竖直方向有Hgt2，水平方向有sv0t，联立两式得v0s 1 m/s。(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有mgm，联立得0.2。答案(1)1 m/s(2)0.21(2016全国卷)(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W，重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()Aa BaCN DN解析质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgRWmv2，又在最低点时，向心加速度大小a，两式联立可得a，A项正确，B项错误；在最低点时有Nmgm，解得N，C项正确，D项错误。答案AC2(2018全国卷)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到