2021年高考物理一轮复习：圆周运动(附答案解析)

2021年高考物理一轮复习：圆周运动考点一圆周运动的运动学问题1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长__相等__，就是匀速圆周运动．(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__线速度__方向垂直且指向圆心．2．描述圆周运动的物理量常用的有：线速度、角速度、周期、转速、频率、向心加速度等．它们的比较见下表：定义、意义公式、单位线速度1.描述做圆周运动的物体运动__快慢__的物理量(v)2．是矢量，方向和半径垂直，和圆周上__每点切线方向相同__1.v＝eq\f(Δl,Δt)＝eq\f(2πr,T)2．单位：m/s角速度1.描述物体绕圆心__运动快慢__的物理量(ω)2．是矢量，在中学阶段不研究其方向1.ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝__eq\f(2π,T)__2．单位：rad/s周期和频率1.周期是物体沿圆周运动__一周__的时间(T)2．频率是物体单位时间转过的__圈数__(f)1.T＝eq\f(2πr,v)；单位：s2．f＝eq\f(1,T)；单位：Hz向心加速度1.描述线速度__方向__变化快慢的物理量(a)2．方向__指向圆心__1.a＝eq\f(v2,r)＝rω22．单位：m/s2公式相互关系1.v＝rω2．a＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)3.对公式v＝rω和a＝eq\f(v2,r)＝rω2的理解(1)v＝rωeq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r一定时v与ω成正比,ω一定时v与r成正比,v一定时ω与r成反比))(2)a＝eq\f(v2,r)＝rω2eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v一定时a与r成反比,ω一定时a与r成正比))【理解巩固1】如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点()A．角速度之比ωA∶ωB＝eq\r(2)∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2)C．线速度之比vA∶vB＝eq\r(2)∶1D．线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)[解析]板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)，选项C错误，D正确．[答案]D例1如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比()A．线速度之比为1∶4B．角速度之比为4∶1C．向心加速度之比为8∶1D．向心加速度之比为1∶8[解析]由题意知2va＝2v3＝v2＝vc，其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，所以va∶vc＝1∶2，A错．设轮4的半径为r，则aa＝eq\f(veq\o\al(2,a),ra)＝eq\f(（\f(vc,2)）2,2r)＝eq\f(veq\o\al(2,c),8r)＝eq\f(1,8)ac，即aa∶ac＝1∶8，C错，D对.eq\f(ωa,ωc)＝eq\f(\f(va,ra),\f(vc,rc))＝eq\f(\f(va,2r),\f(2va,r))＝eq\f(1,4)，B错．[答案]D几种常见的传动装置(1)传动装置的分类主要有四种：①同轴转动(图甲)；②皮带传动(图乙)；③齿轮传动(图丙)；④摩擦传动(图丁)．(2)传动装置的特点传动问题包括皮带传动(链条传动、齿轮传动、摩擦传动)和同轴传动两类，其中运动学物理量遵循下列规律．①同轴传动的轮子或同一轮子上的各点的角速度大小相等．②皮带传动的两轮，皮带不打滑时，皮带接触处的线速度大小相等．链条传动、摩擦传动也一样．③齿轮的齿数与半径成正比，即周长＝齿数×齿间距(大小齿轮的齿间距相等)．④在齿轮传动中，大、小齿轮的转速跟它们的齿数成反比．)考点二匀速圆周运动的一般动力学问题对应学生用书p751．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：F＝__meq\f(v2,r)__＝__mω2r__＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r.(在F＝eq\f(mv2,r)中，v是运动物体相对圆心的速度)(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__．(4)来源：向心力可以由一个力提供，也可能由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．2．近心运动和离心运动(1)做圆周运动的物体，如果所受合外力不等于物体做圆周运动所需的向心力，物体将做近心运动或离心运动．(2)受力特点①当Fn＝mω2r时，物体做圆周运动．②当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出．③当Fn<mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．④当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动．【理解巩固2】(多选)如图，物体m用不可伸长的细线通过光滑的水平板间的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动，若减少M的质量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是()A．r不变，v减小B．r增大，ω减小C．r增大，v减小D．r减小，ω不变[解析]小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．砝码的重力提供向心力，当砝码的重量减小，此时向心力大于砝码的重力，从而做离心运动，导致半径变大．当再次出现砝码的重力与向心力相等时，小球又做匀速圆周运动．由于半径变大从而M的势能增大，而m和M整个系统机械能守恒，所以m的动能要减少，故可确定其v变小，故A不正确；由于半径变大，而向心力大小变小，则角速度减小，故B、C正确，D不正确．[答案]BC对应学生用书p76例2如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°，小球以速率v绕圆锥体轴线做水平圆周运动．(1)当v1＝eq\r(\f(gL,6))时，求细线对小球的拉力大小；(2)当v2＝eq\r(\f(3gL,2))时，求细线对小球的拉力大小．[审题指导]先求出小球刚要离开圆锥面时的临界速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界速度．当速度大于临界速度，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力．[解析]小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力FN＝0，如图甲所示，设此时小球的线速度为v0，则F＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)＝meq\f(veq\o\al(2,0),Lsin30°)＝mgtan30°解得v0＝eq\r(\f(\r(3)gL,6))(1)因v1<v0，FN≠0，对小球受力分析，如图乙所示，有FTsin30°－FNcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,1),Lsin30°)FTcos30°＋FNsin30°＝mg解得FT＝eq\f(（1＋3\r(3)）mg,6)(2)因为v2>v0，小球离开圆锥面，对小球受力分析，如图丙所示，有FT′sinα＝eq\f(mveq\o\al(2,2),Lsinα)FT′cosα＝mg解得FT′＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FT′＝－\f(1,2)mg舍去)).,解答圆周运动问题的基本思路(1)审清题意，确定研究对象．(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力．无论是否为匀速圆周运动，物体受到沿半径指向圆心的合力一定为其向心力．(4)据牛顿运动定律由向心力的不同表达式列方程．(5)求解并讨论．)考点三水平面内的圆周运动对应学生用书p761．火车转弯问题在平直轨道上匀速行驶的火车，所受合外力为零．在火车转弯时，什么力提供向心力呢？若在火车转弯处，让外轨高于内轨，如图所示，转弯时所需向心力由重力和弹力的合力提供．若轨道水平，转弯时所需向心力应由外轨对车轮的挤压力提供，而这样对车轨会造成损坏．车速大时，容易出事故．设车轨间距为L，两轨高度差为h，车转弯半径为R，质量为M的火车运行时应当有多大的速度？根据三角形边角关系知sinθ＝eq\f(h,L)，对火车的受力情况分析得tanθ＝eq\f(F,Mg)＝eq\f(h,\r(L2－h2)).因为θ角很小，粗略处理时，取sinθ≈tanθ，故eq\f(h,L)＝eq\f(F,Mg)，所以向心力F＝eq\f(h,L)Mg，又因为F＝eq\f(Mv2,R)，所以车速v＝eq\r(\f(ghR,L)).2．圆锥摆圆锥摆是运动轨迹在水平面内的一种典型的匀速圆周运动，此类模型的特点是：(1)运动特点：物体做匀速圆周运动，轨迹和圆心在水平面内；(2)受力特点：物体所受的重力与弹力(拉力或支持力)的合力充当向心力，合力的方向是水平指向圆心的，F＝mgtanα.(3)周期特点：mgtanα＝mω2htanα，知ω＝eq\r(\f(g,h))，又T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(h,g))＝2πeq\r(\f(Lcosα,g))，L为圆锥摆的摆长．摆长不同的圆锥摆，只要圆锥高度相同，周期就相同．【理解巩固3】如图所示的圆锥摆，摆线与竖直方向的夹角为θ，悬点O到圆轨道平面的高度为h，下列说法正确的是()A．摆球质量越大，则h越大B．角速度ω越大，则摆角θ也越大C．角速度ω越大，则h也越大D．摆球周期与质量有关[解析]由圆周运动规律有mgtanθ＝mω2r，则geq\f(r,h)＝ω2r可得h＝eq\f(g,ω2)，与质量无关，A错误；由圆周运动规律有mgtanθ＝mω2r，r＝lsinθ，则有ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，则角速度ω越大，则摆角θ也越大，B正确；由A知，h＝eq\f(g,ω2)，则角速度ω越大，则h越小；C错误；由T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))知，摆球周期与质量无关，D错误．[答案]B对应学生用书p77eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(火车转弯问题)例3(多选)火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是()A．当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力与轨道面支持力的合力提供向心力B．当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C．当火车速度大于v时，轮缘挤压外轨D．当火车速度小于v时，轮缘挤压外轨[解析]火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有F＝mgtanθ＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gRtanθ)，故A正确，B错误；若实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故C正确，D错误；故选AC.[答案]ACeq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(圆锥摆问题)例4(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是()A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为eq\r(3)∶1B．小球m1和m2的角速度大小之比为eq\r(3)∶1C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1D．小球m1和m2的线速度大小之比为3eq\r(3)∶1[解析]由mg＝F1cos60°可得F1＝2mg，由mg＝F2cos30°可得F2＝eq\f(2\r(3),3)mg，则细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为eq\r(3)∶1，选项A正确；由mgtanθ＝mω2Lsinθ，可得小球的角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，则m1和m2的角速度大小之比为eq\r(4,3)∶1，选项B错误；小球m1和m2的向心力大小之比为mgtan60°∶mgtan30°＝3∶1，选项C正确；由mgtanθ＝meq\f(v2,Lsinθ)，可得小球m1和m2的线速度大小之比为eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(sinθ1tanθ1,sinθ2tanθ2))＝eq\r(3\r(3))∶1，选项D错误．[答案]ACeq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(水平转盘上的圆周运动问题)例5有一种餐桌，其中心是一个可以匀速转动的、半径为R的圆盘，如图所示．圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计，放置在圆盘边缘的小物块(可视为质点)与圆盘间的动摩擦因数是其与餐桌间动摩擦因数的两倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现缓慢增大圆盘的转速，直到小物块恰好从圆盘边缘滑出，结果小物块恰好滑到餐桌的边缘，则餐桌的半径为()A．1.5RB．2RC.eq\r(2)RD.eq\r(3)R[审题指导]小物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，滑动后物体在餐桌上做匀减速运动，利用几何关系解题即可．[解析]为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于最大静摩擦力，故μ1mg≥mω2R，解得ω≤eq\r(\f(μ1g,R))，物体从圆盘上滑出时的速度为v1＝ωmR；物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律2μ2gx1＝veq\o\al(2,1)，可得滑过的位移：x1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2μ2g)，又μ1＝2μ2，∴x1＝R，故餐桌最小半径：R1＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋R2)＝eq\r(2)R.故选C.[答案]C考点四竖直面内的圆周运动对应学生用书p771．解答竖直面内的圆周运动问题，主要运用两个力学观点，抓住一个关键．(1)动力学观点：在最高点和最低点由什么力提供向心力；(2)功能的观点：建立起最高点与最低点的速度关系；(3)抓住一个关键：过最高点的临界条件．2．竖直面内圆周运动中常见的两种模型轻绳模型轻杆模型常见类型均是不可受到支撑作用的小球均是可以受到支撑作用的小球过最高点的临界条件由mg＝meq\f(veq\o\al(2,临),r)得v临＝eq\r(gr)由小球能运动即可得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN(2)当v＜eq\r(gr)时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜eq\r(gr)时，mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gr)时，FN＝0(4)当v＞eq\r(gr)时，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大在最高点的FN－v2图线取竖直向下为正方向取竖直向下为正方向【理解巩固4】一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B．小球过最高点的最小速度是eq\r(gR)C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小[解析]轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝eq\r(gR)时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜eq\r(gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F减小，若v＞eq\r(gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F增大，故C、D均错误．[答案]A

对应学生用书p78eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(轻绳模型)例6如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为()A.eq\r(3)mgB.eq\f(4\r(3),3)mgC．3mgD．2eq\r(3)mg[解析]小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝meq\f(v2,R)，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝meq\f(（2v）2,R)，可解得：F＝3mg.由2FTcos30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝eq\r(3)mg，A项正确．[答案]Aeq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(轻杆模型)例7(多选)长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端有固定转轴O.现使小球绕转轴无摩擦在竖直平面内做圆周运动，P为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为eq\r(\f(9,2)gL)，则以下判断正确的是()A．小球到达P点时的速度小于eq\r(gL)B．小球不能到达P点C．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力[解析]根据动能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mv2，又v＝eq\r(\f(9,2)gL)，解得vP＝eq\r(\f(1,2)gL).小球在最高点的临界速度为零，所以小球能到达最高点，故B错误，A正确．设杆子在最高点表现为支持力，则mg－F＝meq\f(veq\o\al(2,P),L)，解得F＝eq\f(1,2)mg，故杆表现为支持力，小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C正确，D错误．[答案]AC考点五圆周运动的临界问题对应学生用书p78eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(与摩擦力有关的临界极值问题)例8(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则()A．两物体均沿切线方向滑动B．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小C．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远[审题指导]对AB两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断AB的运动情况．做向心运动的条件是提供的向心力大于需要的向心力；做离心现象的条件是提供的向心力小于需要的向心力．[解析]当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B靠指向圆心的最大静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小．故B、D正确，A、C错误．[答案]BDeq\a\vs4\al()eq\a\v