高中物理粤教版第二章圆周运动 章末复习课

章末复习课【知识体系】[答案填写]①eq\f(l,t)②eq\f(φ,t)③eq\f(v2,r)④ω2r⑤ωv⑥eq\f(mv2,r)⑦mω2r⑧mωv⑨速率⑩角速度⑪周期⑫合力⑬速度方向⑭速度大小⑮速度方向主题一圆周运动的各物理量之间的关系1．运动快慢的描述：线速度是描述物体沿圆周运动快慢的物理量，若比较两物体做匀速圆周运动的快慢，不能只看线速度的大小，角速度、周期和转速都是描述物体转动快慢的物理量．物体做匀速圆周运动时，角速度越大，周期越小，转速越大，物体转动越快；反之则转动越慢．由于线速度和角速度的关系为v＝ωr，所以，在半径不确定的情况下，不能由角速度大小判断线速度大小，也不能由线速度大小判断角速度大小．2．公式v＝ωr的应用和说明．(1)在线速度v一定时，角速度ω与圆周运动的半径r成反比；在角速度ω一定时，线速度v与圆周运动的半径r成正比；在运动半径r一定时，线速度v与角速度ω成正比．(2)在分析转动装置的各物理量之间的关系时，要首先明确哪些量是相等的，哪些量是不相等的．通常情况下，同轴转动的各点的角速度ω、转速n和周期T是相等的，而线速度v＝ωr，与半径r成正比．在皮带传动装置中，皮带不打滑的情况下，传动皮带和与皮带连接的轮子的边缘上各点的线速度大小相等，而角速度与半径r成反比．【典例1】(多选)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两点的()A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2)B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1C．线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)D．线速度之比vA∶vB＝eq\r(2)∶1解析：板上A、B两点是同轴转动，A、B两点的转动角速度相等，即ωA＝ωB，选项A错误，选项B正确；又知rB∶rA＝eq\r(2)∶1，且v＝ωr，因此，A、B两点的线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)，选项C正确，选项D错误．答案：BC针对训练1．(多选)如图所示，甲、乙、丙为某机械装置内部三个紧密啮合的齿轮．已知甲、乙、丙三齿轮半径之比r甲∶r乙∶r丙＝1∶5∶3，下列判断正确的是()A．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝5∶1B．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝1∶5C．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝15∶1D．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝3∶1解析：甲、乙、丙三齿轮紧密啮合，因此三齿轮边缘上各点的线速度相等，均为v，又由于v＝ωr，则甲、乙、丙三齿轮的角速度之比为ω甲∶ω乙∶ω丙＝15∶3∶5，即三齿轮的频率之比为f甲∶f乙∶f丙＝15∶3∶5，则选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD主题二圆周运动中的临界问题1．当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫作临界状态．出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”．2．确定临界状态的常用方法：(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的．(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题．3．临界问题经常出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动．(1)轻绳类：轻绳拴球在竖直面内做圆周运动，过最高点时，临界速度为v＝eq\r(gr)，此时F绳＝0.(2)轻杆类：①小球能过最高点的临界条件：v＝0，F＝mg，F为支持力；②当0<v<eq\r(gr)时，F随v增大而减小，且mg>F，F为支持力；③当v＝eq\r(gr)时，F＝0；④当v>eq\r(gr)时，F随v增大而增大，F为拉力．(3)汽车过拱桥：如图所示，汽车过凸形桥顶时，桥对车的支持力F＝G－meq\f(v2,R)，由此式可以看出汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且是随着汽车速度的增大而减小．当压力为零时，即G－meq\f(v2,R)＝0，v＝eq\r(gR)，这个速度是汽车能正常过拱桥的临界速度．v<eq\r(gR)是汽车安全过桥的条件．(4)摩擦力提供向心力：如图所示，物体随着水平圆盘一起转动，汽车在水平路面上转弯，它们做圆周运动的向心力等于静摩擦力，当静摩擦力达到最大时，物体运动速度也达到最大，由Fm＝meq\f(veq\o\al(2,m),r)得vm＝eq\r(\f(Fmr,m))，这就是物体以半径r做圆周运动的临界速度．【典例2】如图所示，杆长为L，杆的一端固定一质量为m的小球，杆的质量忽略不计，整个系统绕杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动．(1)小球在最高点A时速度vA为多大时，才能使杆对小球的作用力为零？(2)如m＝0.5kg，L＝0.5m，vA＝0.4m/s，g＝10m/s2，则在最高点解析：(1)若杆和小球之间相互作用力为零，那么小球做圆周运动的向心力由重力mg提供，mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),L)解得：vA＝eq\r(Lg).(2)杆长L＝0.5m时，v临＝eq\r(Lg)＝eq\r×10)m/s＝2.2m/s，vA＝0.4m/s<v临，杆对小球有推力FA由mg－FA＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得：FA＝mg－meq\f(veq\o\al(2,A),L)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1×10－\f×,))N＝N.答案：(1)eq\r(Lg)(2)N推力针对训练2．如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：(1)当转盘的角速度ω1＝eq\r(\f(μg,2r))时，细绳的拉力F1；(2)当转盘的角速度ω2＝eq\r(\f(3μg,2r))时，细绳的拉力F2.解析：设角速度为ω0时，物块所受静摩擦力为最大静摩擦力有：μmg＝mωeq\o\al(2,0)r，解得ω0＝eq\r(\f(μg,r)).(1)由于ω1＝eq\r(\f(μg,2r))＜ω0，故绳未拉紧，此时静摩擦力未达到最大值，F1＝0.(2)由于ω2＝eq\r(\f(3μg,2r))＞ω0，故绳被拉紧，F2＋μmg＝mω2r，解得F2＝eq\f(μmg,2).答案：(1)0(2)eq\f(μmg,2)统揽考情本章的主要内容是圆周运动的运动学特征和动力学特征，其中匀速圆周运动的向心力分析和“绳模型”“杆模型”是高考的热点、重点．试题有时在本章内单独命题，题型多为选择题；有时和以后学习的功能关系、电场、磁场等知识综合考查，题型多为计算题，偶尔出现实验题．本章内容所占分数大约为6～10分．真题例析(2023·全国Ⅰ卷)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m图(a)完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg.图(b)(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示．序号12345m/kg(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s(重力加速度大小取9.80m/s2，解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40kg(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m＝eq\f＋＋＋＋,5)kg＝1.81kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－g＝－×N≈N.由题意可知小车的质量为m′＝－kg＝0.40kg.对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝eq\f(m′v2,R).解得v≈1.4m/s.答案：针对训练(2023·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(g,r))，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．答案：B1．(2023·杭州高一检测)(多选)如图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是()A．从动轮做顺时针转动 B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为eq\f(r1,r2)n1 D．从动轮的转速为eq\f(r2,r1)n1解析：皮带连接着两轮，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则选项A错误，B正确．两轮转速之比满足eq\f(n1,n2)＝eq\f(r2,r1)(线速度相等)则n2＝eq\f(r1,r2)n1，选项C正确，选项D错误．答案：BC2.长度为0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为3kg的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为1m/s，取g＝10mA．受到6N的拉力B．受到6N的支持力C．受到24N的支持力D．受到36N的拉力解析：小球在最高点受杆的拉力的临界条件为v0＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，当小球在最高点的速度v＞eq\r(5)m/s时，小球受杆的拉力，现小球在最高点的速度为1m/s小于临界速度，杆对小球产生向上的支持力，由牛顿定律可得mg－FN＝meq\f(v2,R)，FN＝mg－meq\f(v2,R)＝24N，C选项正确．答案：C3.(2023·安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是()\r(5)rad/s \r(3)rad/sC．rad/s D．rad/s解析：对物体受力如图所示，当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝rad/s，故选项C正确．答案：C4．(多选)(2023·课标全国Ⅰ卷)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ω表示圆盘转动的角速度，A.b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，当fa＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，选项B错误；当ω＝eq\r(\f(kg,2l))时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．答案：AC5．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向．解析：(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)·Rsinθ.代入数据得ω0＝eq\r(\f(2g,R)