第四章　第20课时　圆周运动-2026版一轮复习

第20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.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法。3.掌握圆周运动的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。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。(×)在an＝v2r，an＝ω2r两式中an与答案在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。例1(2024·山东东营市开学考)A、B两艘快艇在水平湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内(该时间小于A、B的周期)，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∶3B.角速度之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶2答案A解析由v＝ΔsΔt知，时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由ω＝ΔθΔt知，时间相同，运动方向改变的角度之比等于快艇与圆心连线扫过的圆心角之比，即角速度之比，为3∶2，B项错误；由v＝ωr知半径之比为8∶9，C项错误；由向心加速度an＝v2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∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.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nbnc＝ωbωc＝11，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝v2r得aaab＝RBRA＝32，对b、c两点，由an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我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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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：a角速度与半径成反比：向心加速度与半径成反比：a例3(多选)(2025·山东烟台市校考)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L，对准圆盘上边缘的A点水平抛出飞镖，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动。不计空气阻力，重力加速度为g。若飞镖恰好击中A点，下列说法正确的是()A.从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置B.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为LC.圆盘的半径为gD.圆盘转动的角速度一定满足2kπv0L(k＝1，2答案ABC解析飞镖抛出后做平抛运动，则从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到了圆盘最低点位置，故A正确；飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝Lv0，故B正确；飞镖击中A点时，A恰好在圆盘最低点，有2r＝12gt2，解得r＝gL24v02，故C正确；飞镖击中A点，则A点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…)，故ω＝2k＋1Lπv0(匀速圆周运动的周期性和多解性问题匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。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＝mv2r＝mrω2＝m4π2T(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.匀速圆周运动中向心力的来源运动模型向心力Fn的来源(图示)汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)圆锥摆飞车走壁飞机水平转弯火车转弯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，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。1.做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)2.摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)3.向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供。(√)4.在变速圆周运动中，向心力不指向圆心。(×)例4(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，杂技演员与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，则该演员()A.受到4个力的作用B.所需的向心力由弹力提供C.角速度越大，人受到的摩擦力越大D.圆筒的角速度ω≥g答案BD解析杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误；由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝Ff，筒壁的弹力提供向心力，水平方向有F＝mω2r，角速度越大，弹力变大，人受到的摩擦力不变，B正确，C错误；要想不下滑，最大静摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F＝mω2r，解得ω≥gμr，D例5(2023·福建卷·15)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，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/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。答案(1)0.05m(2)1063rad/s解析(1)当细杆和圆环处于静止状态，对圆环受力分析得受弹簧弹力FT0＝mgcosα＝5N根据胡克定律F＝kΔx得Δx0＝FT0k＝0.05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＝0.05m(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mgtanα＝m由几何关系得圆环此时做匀速圆周运动的半径为r＝x0sinα联立解得ω0＝1063(3)圆环处于细杆末端P时，圆环受重力、支持力、沿杆向下的弹力。根据胡克定律得FT＝k(L－x0)＝10N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＋FTcosα＝FNsinα，FTsinα＋FNcosα＝mω2r'由几何关系得r'＝Lsinα联立解得ω＝10rad/s。圆周运动中动力学问题的分析思路例6(多选)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是()A.小球A、B角速度大小相等B.小球A、B线速度大小相等C.小球C、D向心加速度大小相等D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等答案ACD解析对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝glcosθ＝gh，所以小球A、B的角速度大小相等，A、B做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝man，FTcosθ＝mg，得an＝gtanθ，FT＝mgcosθ，所以小球C、D向心加速度大小相等，小球圆锥摆模型1.如图所示，向心力F向＝mgtanθ＝mv2r＝mω2r，且r＝Lsinθ，联立解得v＝ω＝gL2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝mgcos课时精练(分值：100分)1~6题每小题8分，共48分1.(多选)(2024·甘肃卷·8)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A.小车的动能不变B.小车的动量守恒C.小车的加速度不变D.小车所受的合外力一定指向圆心答案AD解析做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，故动能不变，但动量不守恒，故A正确，B错误；做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确。2.(2024·黑吉辽·2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，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.角速度大小相等答案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，故D正确；由题图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP<rQ，故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，故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，故C错误。3.(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50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为()A.10m/s2 B.100m/s2C.1000m/s2 D.10000m/s2答案C解析根据匀速圆周运动的规律，此时ω＝2πn＝100πrad/s，向心加速度大小a＝ω2r≈1000m/s2，故选C。4.(2024·山东济宁市期中)如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为R3的小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为t，则抽水桶的运动速率约为()A.2πR1R3R2C.R1R32πR2答案A解析大齿轮的线速度大小为v1=2πR1t，由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即v2=v1=2πR1t，中齿轮和小齿轮是同轴转动，具有相同的角速度，根据ω=vr可知v2R25.(多选)如图为质点P以O为圆心做匀速圆周运动的轨迹圆，角速度为ω，圆周上水平虚线BD与虚线AC垂直，若质点从C点开始运动的同时在D点正上方有一小球自由下落，重力加速度为g，要使小球与质点P相遇，则小球下落时离D点的高度可能为()A.gπ24ω2 B.答案BD解析质点P经过D点的时间为t＝(n＋14)T(n＝0，1，2，3，…)，其中T＝2πω，要使小球与质点P在D点相遇，则两者运动时间相等，所以小球自由下落的高度h＝12gt2＝g2(n＋14)2(2πω)2(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0，有h1＝gπ28ω2，当n＝6.(2024·广东卷·5)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为l2、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(A.rk2m B.C.r2km D.答案A解析由题意可知当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝l2根据胡克定律有F＝kΔx＝kl插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，弹力提供向心力，则有F＝mlω2对卷轴有v＝rω联立解得v＝rk2m，故选7、8题每小题9分，9题16分，10题18分，共52分7.(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FTsinθ＝mg，而FT＝k(MPcosθ－l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FTcosθ－FN＝mω2r，即FN＝FTcosθ－mω2r当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，则FTcosθ＋FN'＝mω'2r即FN'＝mω'2r－FTcosθ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。8.(2025·山东省模拟)如图所示，一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内，圆环上套有质量为m的小球，一原长为1.5R的轻质弹簧一端系于球上，另一端固定于圆环最低点O'。当圆环绕过圆心的竖直轴OO'转动时，小球相对圆环静止在P点，∠POO'=30°，已知弹簧的劲度系数k=mg2R，重力加速度为g，则圆环转动的角速度大小为(A.2g3R B.gR C.3答案C解析根据几何关系可得，此时弹簧的长度为R，弹簧处于压缩状态，则FNcos30°-kxcos30°=mω2Rcos30°，FNsin30°+kxsin30°=mg，x=0.5R，联立解得ω=3g2R9.(16分)(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中：(1)(4分)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；(2)(5分)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；(3)(7分)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，tan22°＝0.40、tan27°＝0.51、tan32°＝0.62、tan37°＝0.75)答案(1)4m/s2(2)1430.8N(3)27°解析(1)设武大靖运动过程的加速度大小为