（江苏专用）2023届高三物理一轮复习必考部分第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教师用书

PAGEPAGE1第3节圆周运动知识点1匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，假设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、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比拟如下表：意义、方向公式、单位线速度(v)①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②单位：m/s角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②中学不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②单位：rad/s周期(T)和转速(n)或频率(f)①周期是物体沿圆周运动一周的时间②转速是物体单位时间转过的圈数，也叫频率①T＝eq\f(2πr,v)单位：s②n的单位：r/s、r/min，f的单位：Hz向心加速度(a)①描述速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②单位：m/s2知识点2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.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，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．知识点3离心现象1．定义做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或缺乏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．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趋势．3．受力特点当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力，如图4­3­1所示．图4­3­11．正误判断(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(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)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力作用．(×)(5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)2．(对圆周运动的理解)(多项选择)以下关于圆周运动的说法正确的选项是()【导学号：96622065】A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动B．向心加速度大小不变，方向时刻改变C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心【答案】CD3．(圆周运动的根本概念)(多项选择)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，那么()A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5r/sC．轨迹半径为eq\f(4,π)m D．加速度大小为4πm/s2【答案】BCD4．(对圆周运动向心力的理解)(多项选择)以下关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的选项是()【导学号：96622066】A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．物体所受的合外力D．向心力和向心加速度的方向都是不变的【答案】BC5．(对离心运动的理解)以下关于离心现象的说法正确的选项是()A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动【答案】C[核心精讲]1．描述圆周运动的物理量间的关系2．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比．3．对a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比．4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图4­3­2甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB，但图甲中两轮转动方向相同，图乙中两轮转动方向相反．(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.图4­3­2[题组通关]1．如图4­3­3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()图4­3­3A．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)D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．2．(多项选择)如图4­3­4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R∶r＝2∶1.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ω1，木块的向心加速度为a1；假设改变转速，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ω2，木块的向心加速度为a2，那么()【导学号：96622067】图4­3­4A.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2) B.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),1)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1) D.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)AC根据题述，a1＝ωeq\o\al(2,1)r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ωeq\o\al(2,1)r，小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r，ωR＝ω2r，联立解得eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)，选项A正确、B错误；a2＝μg＝ω2R，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)，选项C正确、D错误．3．如图4­3­5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.主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑．以下说法正确的选项是()图4­3­5A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮边缘线速度大小为eq\f(r\o\al(2,2),r1)n1D．从动轮的转速为eq\f(r2,r1)n1B主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大小相等，故A、C错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝eq\f(r1,r2)n1，D错误．[名师微博]两个结论：1．共轴转动的物体上各点角速度相同．2．不打滑的摩擦传动、皮带传动和齿轮传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．[核心精讲]1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要防止再另外添加一个向心力．2．轨道确实定确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．寻找与半径相关的量．3．受力分析分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上．(1)与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．(2)轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．(3)轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力，使用牛顿第二定律．根据三个方向上所列方程求解．4．两种模型比照轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝meq\f(v2,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)，N＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力N(2)不能过最高点时，v<eq\r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，N＝mg，N为支持力，沿半径背离圆心；(2)当0<v<eq\r(gr)时，－N＋mg＝meq\f(v2,r)，N背离圆心且随v的增大而减小；(3)当v＝eq\r(gr)时，N＝0；(4)当v>eq\r(gr)时，N＋mg＝meq\f(v2,r)，N指向圆心并随v的增大而增大[师生共研]●考向1水平面内的匀速圆周运动(多项选择)(2022·全国卷Ⅰ)如图4­3­6，两个质量均为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.假设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，以下说法正确的选项是()图4­3­6A．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kmgAC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，那么根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，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正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而转盘的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D错误．●考向2竖直平面内的圆周运动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4­3­7所示，那么以下说法正确的选项是()图4­3­7A．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A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；假设v<eq\r(gR)，那么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，假设v>eq\r(gR)，那么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．[题组通关]4．如图4­3­8所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，以下说法中正确的选项是()【导学号：96622068】图4­3­8A．绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3B．小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6C．小球m1、m2运动的周期之比为2∶1D．小球m1、m2运动的线速度大小之比为1∶2B小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达式方程，在竖直方向列平衡方程，可得拉力大小T1＝eq\f(m1g,cos30°)，T2＝eq\f(m2g,cos60°)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(3),6)，A选项错误；向心力大小F1＝m1gtan30°，F2＝m2gtan60°，eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,6)，B选项正确；周期T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，因连接两小球的绳的悬点距两小球运动平面的距离相等，所以周期相等，C选项错误；由v＝eq\f(2πr,T)可知，eq\f(v1,v2)＝eq\f(tan30°,tan60°)＝eq\f(1,3)，D选项错误．5．如图4­3­9所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，那么以下说法正确的选项是()图4­3­9A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r(gR)C．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C小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，假设速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．[典题例如]动画片?熊出没?中有这样一个情节：某天熊大和熊二中了光头强设计的陷阱，被挂在了树上(如图4­3­10甲)，聪明的熊大想出了一个方法，让自己和熊二荡起来使绳断裂从而得救，其过程可简化为如图乙所示，设悬点为O，离地高度为H＝6m，两熊可视为质点且总质量m＝500kg，重心为A，荡的过程中重心到悬点的距离L＝2m且保持不变，绳子能承受的最大张力为T＝104N，光头强(可视为质点)位于距离O′(O点正下方)点水平距离s＝5m的B点处，不计一切阻力，g取10m/s2.图4­3­10(1)熊大和熊二为了解救自己，荡至最高点时绳与竖直方向的夹角α至少为多大？(2)设熊大和熊二刚好在向右摆到最低点时绳子断裂，那么它们的落地点离光头强的距离为多少？(3)如果重心A到O的距离可以改变，且两熊向右摆到最低点时绳子恰好断裂，有无可能在落地时砸中光头强？请通过计算说明．【解题关键】关键信息信息解读绳子能承受的最大张力为T由T－mg＝meq\f(v2,r)可求平抛的初速度v重心A到O的距离可以改变L变化，平抛的初速度v变化，平抛点高度H－L变化，平抛的水平位移也随之变化【标准解答】(1)在最低点绳子恰好断裂时，有T－mg＝meq\f(v2,L)由机械能守恒定律得mgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2联立解得α＝60°.(2)由平抛运动规律得H－L＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt落地点距光头强的距离d＝s－x联立解得d＝1m.(3)仍在最低点使绳断裂，那么可知摆角仍为α＝60°，令摆长为L′，那么平抛的初速度为v′＝eq\r(2gL′1－cos60°)＝eq\