第四章 第3讲　圆周运动-2025届高三一轮复习物理

第四章抛体运动圆周运动第3讲圆周运动对应学生用书P83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,若在任意相等的时间内通过的圆弧长度①,就是匀速圆周运动。

(2)特点:加速度大小②、方向始终指向③,是变加速运动。

(3)条件:合外力大小④、方向始终与⑤方向垂直且指向圆心。

2.描述圆周运动的物理量(1)线速度:大小v=ΔsΔt=2πr(2)角速度ω=ΔθΔt=(3)周期:物体沿圆周运动一周所用的时间,T=2πω=(4)转速:单位时间内转过的圈数,n=⑦(与周期的关系)=⑧(与角速度的关系)。

(5)向心加速度大小an=v2r=⑨=4π答案①相等②不变③圆心④不变⑤速度⑥切线⑦1T⑧ω2π1.如图所示,物体沿圆弧由M向N运动,在t时刻经过A点。为了描述物体经过A点附近时运动的快慢,可以取一段很短的时间Δt,物体在这段时间内由A运动到B,通过的弧长为Δs。弧长Δs与时间Δt之比反映了物体在A点附近运动的快慢,如果Δt非常非常小,该比值就可以表示物体在A点时运动的快慢,通常把它称为线速度,用符号v表示,即v=

ΔsΔt。这种定义法利用了物理学中的极限①速率(选填“速度”或“速率”)不变。

②若图中Δθ对应的时间为Δt,则其角速度ω=

ΔθΔ③图中弧长Δs=rΔθ(用图中字母表示)。

(说明)当Δt足够小时,弧AB与线段AB几乎没有差别,此时,弧长Δs也就等于物体由A到B的位移Δl的大小。2.如图所示,A、B两点分别位于大、小轮的边缘上,C点位于大轮半径的中点,大轮的半径是小轮的2倍,它们之间靠摩擦传动,接触面上没有滑动。A、B、C三点的线速度、角速度及向心加速度的大小关系分别为:vA∶vB∶vC=2∶2∶1;

ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶1;

aA∶aB∶aC=2∶4∶1。

角度1描述圆周运动的物理量间的关系考向1线速度与角速度(2024届咸阳质检)图为车牌自动识别系统的直杆道闸,离地面高为1m的细直杆可绕点O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s,自动识别系统的响应时间为0.3s。汽车可看成高1.6m的长方体,其左侧面底边在aa'直线上,且O到汽车左侧面的距离为0.6m,要使汽车安全通过道闸,直杆转动的角速度至少为()。A.π4rad/s B.3πC.π6rad/s D.π12答案D解析由题意可知,在t=3.3s-0.3s=3.0s的时间内,横杆上距离O点0.6m的点至少要抬高1.6m-1m=0.6m,根据几何关系可知,横杆至少转过θ=π4,则角速度至少为ω=θt=π12rad/s考向2向心加速度(2022年辽宁卷)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动,若运动员加速到速度v=9m/s时,滑过的距离x=15m,求加速度的大小。(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯道,滑行半径分别为R甲=8m、R乙=9m,滑行速率分别为v甲=10m/s、v乙=11m/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。答案(1)2.7m/s2(2)225242解析(1)根据速度位移公式有v2=2ax,代入数据可得a=2.7m/s2。(2)根据向心加速度的表达式a=v2R,可得甲、乙的向心加速度之比a甲a乙=甲、乙做匀速圆周运动,则运动的时间t=π代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲=4π5s,t乙=9π11s,因t甲1.向心加速度公式不仅适用于匀速圆周运动,也适用于非匀速圆周运动,且无论物体做的是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动,其向心加速度的方向都指向圆心。2.向心加速度与半径的关系(如图所示)。角度2传动装置中物理量间的关系常见的三种传动方式及特点类型图示特点同轴传动绕同一转轴运转的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比皮带传动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摩擦传动两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB(2024届武汉联考)共享单车是很常见的一种校园交通代步工具,为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实用的单车服务。如图所示,A点为单车轮胎上的点,B、C两点为两齿轮外沿上的点,其中RA=2RB=5RC,则下列关系式中正确的是()。A.ωB=ωCB.vC=vAC.2ωA=5ωBD.vA=2vB答案C解析B轮和C轮是链条传动,由链条传动的特点,即两轮与链条接触点的线速度大小与链条的线速度大小相同,知vB=vC,根据v=ωR,得5ωB=2ωC,A项错误;由A轮和C轮同轴知,两轮角速度相同,根据v=ωR,得vA=5vC,B项错误;因vA=5vC,vA=ωARA,vC=vB=ωBRB,故vA=5vB,2ωA=5ωB,C项正确,D项错误。传动装置的分析技巧1.首先分析是哪种传动装置。2.若是皮带(或链条)传动和齿轮传动,与皮带接触的点或与齿轮接触点的线速度一定相同。3.若是同轴转动,角速度一定相同。4.最后利用v=ωr分析求解。角度3圆周运动与其他运动的结合圆周运动+直线运动或平抛运动,往往涉及多个运动过程,解题的关键是做好两点分析。(1)临界点分析:对于物体在临界点相关的多个物理量,需要区分哪些物理量能够突变,哪些物理量不能突变,而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。(2)运动过程分析:对于物体参与的多个运动过程,速度是联系多过程运动的桥梁。考向1圆周运动直线运动结合(2022年山东卷)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点,与半径为4m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为2m/s2,CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l分别为()。A.2+7π4s,8mB.94+7π2s,5mC.2+5612+76π6s,5.D.2+5612+4+62πs,5.5答案B解析小车在BC段的最大加速度a1=2m/s2,由a1=v12r1得小车在BC段的最大速度v1=6m/s;在CD段的最大加速度a2=1m/s2,由a2=v22r2得小车在CD段的最大速度v2=2m/s<v1,故小车在BCD段的最大速度为v2=2m/s。小车在BCD段运动的最短时间t3=π(r1+r2)v2=7π2s,在AB段从最大速度vm减速到v2的最短时间t1=vm-v2a1=1s,对应位移x2=vm2-v222a1=3m,则在AB段匀速运动的最长距离l=8m-3m=5考向2圆周运动与平抛运动结合(2022年河北卷)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是()。A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1B.若v1=v2,则h1∶h2=R12C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2答案BD解析根据平抛运动的规律有h=12gt2,R=vt,可得R=v2ℎg。可知若h1=h2,则v1∶v2=R1∶R2;若v1=v2,则h1∶h2=R12∶R22,A项错误,B项正确。若ω1=ω2,则喷水嘴各转动一周的时间相同,因v1=v2,出水口的横截面积相同,可知单位时间喷出水的质量相同,喷水嘴转动一周喷出的水量相同,但因内圈上的花盆总数量较少,可知落入内圈上的花盆的水量较多,C项错误。设出水口横截面积为S0,喷水速度为v,半径为R,因h1=h2,则水落地的时间相等,则t=Rv相等;在圆周上单位时间内单位长度的水量Q0=vΔtS0ωRΔt=RS0ωRt=S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①,不改变速度的②。

(2)大小:Fn=man=mv2r=③=m4π2T2r=(3)方向:始终沿半径方向指向④,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⑤提供,还可以由一个力的⑥提供。

2.变速圆周运动的向心力当小球在竖直面内摆动时,半径方向的合力提供向心力,即FT-mgcosθ=mv2答案①方向②大小③mω2r④圆心⑤合力⑥分力1.如图所示,在水平面内做圆周运动的沙袋正在加速转动,O是沙袋运动轨迹的圆心,F是绳对沙袋的拉力。根据F产生的效果,可以把F分解为两个相互垂直的分力:跟圆周相切的分力Ft和指向圆心的分力Fn。下面选填“大小”、“方向”、“切向”或“向心”。Ft的作用:改变速度大小,产生切向加速度;

Fn的作用:改变速度方向,产生向心加速度。

2.运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动,可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样,但在研究时,可以把这条曲线分割为许多很短的小段,质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分(如图)。这样,在分析质点经过曲线上某位置的运动时,就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。

3.把一个小球放在玻璃漏斗中,晃动漏斗,可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动(如图)。小球做匀速圆周运动的向心力由重力与支持力的合力提供。

角度1向心力的理解考向1向心力的表达(2023年全国甲卷)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于()。A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析设质点的质量为m,做圆周运动的半径为r,周期为T。由题意知T=kr(k为常数);又向心力F=m2πT2r,可得F=4π2mr3k2∝r3;由题意知F∝rn考向2向心力的来源(2023年江苏卷)“转碟”是传统的杂技项目,如图所示,质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘,杂技演员用杆顶住碟子中心,使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时,碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。答案ω0rmω0解析发光体的速度v0=ω0r,发光体做匀速圆周运动,则静摩擦力提供做圆周运动的向心力,则静摩擦力大小f=mω02角度2水平面内圆周运动几种常见的匀速圆周运动模型模型受力分析分解方法满足的方程F或mgtanθ=mω2lsinθF或mgtanθ=mω2rF或mgtanθ=mω2rF模型1火车转弯(多选)某同学乘坐火车时,在车厢内研究列车的运动情况。他在车厢顶部用细线悬挂一颗小球,当火车以恒定速率通过一段弯道时,发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行(如图所示),则下列判断正确的是()。A.细线对小球的拉力等于小球的重力B.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用C.内侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用D.如果知道转弯处轨道的倾角,就可以求出列车转弯时的速率答案BC解析设火车转弯时内、外轨所在斜面的倾角为θ,小球质量为m。由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行,即细线垂直内、外轨所在斜面,可知细线与竖直方向的夹角为θ,细线上的拉力FT与小球所受的重力mg的合力提供小球做圆周运动的向心力,FT=mgcosθ,A项错误;车厢所受的重力与轨道对车厢的支持力的合力提供车厢做圆周运动的向心力,内、外轨道与轮缘间均没有侧向挤压作用,B、C两项正确;由mgtanθ=mv2r得v=grtanθ,当θ与转弯处的圆弧半径r已知时火车转弯的临界速度v0=gr1.当v=v0时,由重力与轨道的支持力的合力mgtanθ提供向心力,这时火车的轮缘对内、外轨均无侧向挤压。2.当v<v0时,重力与轨道的支持力的合力mgtanθ大于实际的向心力,这时火车的轮缘对内轨有侧向挤压。3.当v>v0时,重力与轨道的支持力的合力mgtanθ小于实际的向心力,这时火车的轮缘对外轨有侧向挤压。模型2圆锥摆模型(2024届沈阳质检)智能呼啦圈轻便美观,深受大众喜爱,其腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳,其简化模型如图所示,可视为质点的配重质量为0.5kg,绳长为0.5m,悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m,水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重随短杆做水平匀速圆周运动,绳子与竖直方向夹角为θ,运动过程中腰带可看成不动,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是()。A.匀速转动时,配重受到的合力恒定不变B.若增大转速,腰带受到的合力变大C.当θ稳定在37°时,配重的角速度为5rad/sD.保持转速不变,将配重的质量更换为1kg时,θ不变答案D解析匀速转动时,配重做匀速圆周运动,合力大小不变,但方向在变化,A项错误;运动过程中腰带可看作不动,所以腰带受到的合力始终为零,B项错误;对配重,由牛顿第二定律有mgtanθ=mω2(r+lsinθ),可得ω=gtanθr+lsinθ,当θ=37°时,解得ω=15rad/s,C项错误;由ω=gtanθr+lsinθ可知,θ与配重质量无关“一、二、三、四”求解圆周运动动力学问题模型3漏斗模型一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在光滑圆锥顶上,如图所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,细线的张力为FT,则FT随ω2变化的图像是()。ABCD答案C解析解法1:设小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ,用L表示细线长度,小球离开圆锥表面前,细线的张力为FT,圆锥对小球的支持力为FN,水平方向上,根据牛顿第二定律,有FTsinθ-FNcosθ=mω2Lsinθ,竖直方向上,有FTcosθ+FNsinθ=mg,联立解得FT=mgcosθ+ω2mLsin2θ。小球离开圆锥表面后,设细线与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律,有FTsinα=mω2Lsinα,解得FT=mω2L,C项正确。解法2:由题意知ω=0时,FT≠0,则A、B两项错误;小球离开圆锥体表面后,设细线与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律,有FTsinα=mω2Lsinα,解得FT=mω2L,图像过原点,C项正确。角度3竖直平面内圆周运动模型1.竖直面内圆周运动的两类模型(1)无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”;(2)有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管)约束模型”。2.竖直平面内圆周运动的两种模型的特点项目轻绳模型轻杆模型常见模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=mv2r得v临由小球恰能做圆周运动得v临=0讨论分析(1)过最高点时,v≥gr,FN+mg=mv2r,绳、圆轨道对球产生弹力(2)不能过最高点时,v<gr,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<gr时,mg-FN=mv2r,FN背离圆心,随(3)当v=gr时,FN=0(4)当v>gr时,FN+mg=mv2r,FN指向圆心并随模型1轻杆模型(多选)如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为m的球A和B,光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时()。A.球B的速度大小为2B.球A的速度大小为2C.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平转轴对杆的作用力为2.5mg答案AC解析球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=mvB22L,解得vB=2gL,A项正确;由于A、B两球的角速度相等,则球A的速度大小vA=122gL,B项错误;B球在最高点时,对杆无弹力,此时A球受重力和拉力,这两个力的合力提供向心力,有F-mg=mvA2L,解得竖直平面内圆周运动分析思路模型2轻绳模型(2024届太原质检)如图1所示,小球用不可伸长的轻绳连接,绕定点O在竖直平面内做圆周运动,小球经过最高点的速度大小为v,此时绳子拉力大小为FT,拉力FT与速度的二次方v2的关系如图2所示,图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量,以下说法正确的是()。A.数据a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关C.比值ba只与小球的质量有关,D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径答案D解析当v2=a时,绳子的拉力为零,小球的重力提供小球做圆周运动的向心力,则有mg=mar,解得a=gr,则数据a与小球的质量无关,A项错误;当v2=2a时,对小球受力分析,则有mg+b=m2ar,解得b=mg,则数据b与小球的质量有关,B项错误;根据A、B两项分析可知,ba=mr,则比值ba与小球的质量和圆周轨道半径都有关,C项错误;由a=gr,b=mg可解得r=a模型3汽车过桥模型一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后,接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥。设两圆弧半径相等,汽车通过拱形桥桥顶时,对桥面的压力大小FN1为车重的一半,汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时,对桥面的压力大小为FN2,则FN1与FN2之比为()。A.3∶1 B.3∶2 C.1∶3 D.1∶2答案C解析如图甲所示,汽车过圆弧形拱形桥的最高点时,由牛顿第三定律可知,汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等,即FN1'=FN1,由牛顿第二定律可得mg-FN1'=mv2R;同理,如图乙所示,FN2'=FN2,汽车过圆弧形凹形桥的最低点时有FN2'-mg=mv2R,由题意可知FN1=12mg,解得FN1∶FN2凹形桥与拱形桥模型概述当汽车通过凹形桥的最低点时,向心力F向=FN-mg=m规律桥对车的支持力FN=mg+m>mg,汽车处于超重状态概述当汽车通过拱形桥的最高点时,向心力F向=mg-FN=m规律桥对车的支持力FN=mg-m<mg,汽车处于失重状态。若v=,则FN=0,汽车将脱离桥面做平抛运动圆周运动的临界与极值问题1.水平面内圆周运动的几种临界情况(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体所受摩擦力恰好达到最大静摩擦力。(2)物体恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。(3)绳的拉力出现临界条件的情形有:绳恰好拉直,意味着绳上无弹力;绳上拉力恰好为最大承受力等。2.竖直平面内圆周运动临界情况物体通过圆周运动最低点、最高点时,区分“杆模型”与“绳模型”两种情况。3.解决方法在确定了物体运动的临界状态和临界条件后,要分别针对不同的运动过程或现象,选择相对应的物理规律,然后再列方程求解。角度1水平面内与弹力有关的临界问题(2021年河北卷)(多选)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F,弹簧与水平方向的夹角为θ,弹簧原长为l0,则对小球在竖直方向有Fsinθ=mg,又F=klMPcosθ-l0,可知θ为定值,则小球高度不变,弹簧弹力大小F不变,A项错误,B项正确。若ω较小,则杆对小球的弹力FN背离转轴,有Fcosθ-FN=mω2r;当ω'较大时,杆对小球的弹力FN'指向转轴,则有Fcosθ+FN'=mω'2r,可知小球对杆的压力不一定变大,C项错误。小球受到的合外力大小F合=mω2r,角速度变大,则小球所受合外力变大,D角度2水平面内与摩擦力有关的临界问题(2024届合肥模拟)如图所示,半径为R的半球形容器固定在水平转台上,转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止,A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β,α>β。则()。A.A的质量一定小于B的质量B.A、B受到的摩擦力可能同时为零C.若A不受摩擦力,则B受沿容器壁向上的摩擦力D.若ω增大,A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析当B受到的摩擦力恰为零时,受力分析如图,根据牛顿第二定律得mgtanβ=mωB2Rsinβ,解得ωB=gRcosβ,同理可得A不受摩擦力时的角速度ωA=gRcosα。物块转动的角速度与物块的质量无关,所以无法判断质量的大小;由于α>β,所以ωA>ωB,即A、B受到的摩擦力不可能同时为零;若A不受摩擦力,此时转台的角速度为ωA>ωB,则B有向上运动的趋势,所以此时B受到沿容器壁向下的摩擦力;如果转台角速度ω>ωA,则A和B均受沿容器壁向下的摩擦力,此时若角速度增大,则角度3竖直平面内圆周运动临界问题(2024届湖北模拟)(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目,该运动可以简化为细绳一端系着小球,另一端固定,在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l,重力加速度为g,不计空气阻力,则()。A.小球运动到最低点Q时,处于失重状态B.小球初速度v0越大,则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C.当v0>6gl时,小球一定能通过最高点D.当v0<gl时,细绳始终处于绷紧状态答案CD解析小球运动到最低点Q时,由于加速度向上,故小球处于超重状态,A项错误;小球在最低点时,有FT1-mg=mv02l,在最高点时,有FT2+mg=mv2l,又12mv02-mg·2l=12mv2,解得FT1-FT2=6mg,故在P、Q两点时,绳对小球的拉力差与初速度v0无关,B项错误;当v0=6gl时,可求得v=2gl,因为小球经过最高点的最小速度为gl,则当v0>6gl时小球一定能通过最高点P,C项正确;当v0=gl时,由12mv02=mgh得小球能上升的最大高度h=12l分析竖直平面内圆周运动的临界问题时,应注意两点:1.物体从某一位置运动到另一位置的过程中,用动能定理找出两处速度关系。2.求对轨道的压力时,转换研究对象,先求物体所受支持力,再根据牛顿第三定律求出压力。角度4斜面上圆周运动的临界问题(多选)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴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32,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,则下列说法中正确的是()。A.小物体随圆盘做匀速圆周运动时,一定始终受到三个力的作用B.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时,ω越大,小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C.小物体受到的摩擦力可能背离圆心D.ω的最大值是1.0rad/s分析斜面上物体的运动,可将立体图转化为平面图,注意受力分析。答案ACD解析当物体转到最低点恰好不滑动时,圆盘的角速度有最大值,此时圆盘对物体的支持力FN=mgcosθ,摩擦力Ff=μFN=μmgcosθ,又Ff-mgsin30°=mωmax2R,解得ωmax=1.0rad/s,D项正确。若物体在最高点时只受到重力与支持力两个力的作用而匀速转动,设转动的角速度为ω',则有mgsinθ=mω'2R,解得ω'=2rad/s>ωmax,故物体在最高点一定受到背离圆心方向的摩擦力,A、C两项正确。当物体在最高点受到的摩擦力的方向沿斜面向上时,ω越大,摩擦力越小,【变式】如图所示,两个质量均为m的小物块a和b(均可视为质点)静止在倾斜的匀质圆盘上,圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动,a到转轴的距离为l,b到转轴的距离为2l,物块与盘面间的动摩擦因数均为32,盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动,则下列说法中正确的是()A.a在最高点时所受摩擦力可能为0B.a在最低点时所受摩擦力可能为0C.ω=g8l是D.ω=g8l是答案D解析对a在最低点,由牛顿第二定律有f-mgsin30°=mv2l,所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0,B项错误;a在最低点即将滑动时,由牛顿第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=mωa2l,代入数据解得a开始滑动的临界角速度ωa=g4l,C项错误;b在最低点即将滑动时,由牛顿第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=mωb2(2l),代入数据解得b开始滑动的临界角速度ωb=g8l,D项正确;假设a在最高点不受摩擦力,根据牛顿第二定律有mgsin30°=mω02l,解得ω0=g2l,因为考点三离心运动1.离心运动:做圆周运动的物体,在所受合外力①或②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:离心运动的本质并不是受到离心力的作用,而是提供的力③做匀速圆周运动需要的向心力。

答案①突然消失②不足以③小于做匀速圆周运动的物体,由于惯性,总有沿着切线方向飞出去的倾向。但是物体没有飞出去,这是因为向心力在拉着它,使它与圆心的距离保持不变。一旦向心力突然消失,物体就会沿切线方向飞出去。除了向心力突然消失这种情况外,在合力不足以提供所需的向心力时,物体虽然不会沿切线飞出去,但也会逐渐远离圆心(如图)。

考向1离心现象的理解(2024届朝阳区质检)2022年3月的“天宫课堂”上,航天员做了一个“手动离心机”,该装置模型如图所示。快速摇转该装置完成了空间站中的水油分离实验。下列说法正确的是()。A.水油分离是因为水和油在太空中完全失重而分离B.水油分离是因为水的密度较大,更容易离心C.在空间站摇晃试管使水油混合,静置一小段时间后水油也能分离D.若在地面上利用此装置进行实验,将无法实现水油分离答案B解析水油分离是因为水的密度较大,更容易离心,A项错误,B项正确;物体在太空中处于完全失重状态,在空间站摇晃试管使水油混合,静置一小段时间后水油不能分离,C项错误;若在地面上利用此装置进行实验,也能实现水油分离,D项错误。考向2离心运动的应用水平转盘上距转轴1.2m处放置一个10kg的物体(可视为质点),物体与转盘间的动摩擦因数为0.13。在转盘转动后,可使物体以0.5m/s2的切向加速度做加速圆周运动,经过多长时间物体和转盘发生相对滑动?(滑动摩擦力等于最大静摩擦力,g=10m/s2)答案2.4s解析物体做加速圆周运动,所以静摩擦力不指向圆心,把静摩擦力分解(如图),可知Ff1=ma,Ff2=mv当物体恰好滑动时,有(μmg)2=Ff1联立解得v=1.2m/s物体沿圆周做加速运动,所以t=va=2.4s1.(多选)杂技演员用细绳系住盛了水的杯子做“水流星”表演时,手拿绳子迅速地旋转着绳子做各种精彩表演。如图1所示,杯子在竖直平面内做匀速圆周运动,正上方杯子内的水恰好不流出来;如图2所示,杯子绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动,绳与竖直方向的夹角为θ。假设水的质量均为m,杯子中水的重心到细绳端点的距离为l,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是()。A.图1中杯子和水做匀速圆周运动的线速度大小为2B.图1中杯子在最低点时杯子内的水对杯子的压力大小为2mgC.图2中杯子和水转动的角速度大小为2D.图2中杯子和水转动的周期为2πl答案BD解析杯子在竖直平面内做匀速圆周运动,杯子通过最高点时,水恰好不流出来,重力恰好提供向心力,设此时速度为v,有mg=mv2l,v=gl,A项错误;设杯子在最低点时杯子对水的支持力大小为F,水所受的合力提供向心力,即F-mg=mv2l,可得F=2mg,由牛顿第三定律可知,正下方杯子内的水对杯子的压力大小为2mg,方向竖直向下,B项正确;设杯子的质量为M,绳的拉力为FT,对水杯进行受力分析,竖直方向上有FTcosθ=(M+m)g,水平方向上有FTsinθ=(M+m)ω2lsinθ,联立可得ω=glcosθ,C项错误;T=2.短道速滑是在长度较短的跑道上进行的冰上竞速运动。某次短道速滑比赛中,运动员从静止出发,先沿直道匀加速滑行,前进距离L所用时间为t,途中某次转弯时做匀速圆周运动的半径为R,速度大小为v,进入弯道后,运动员通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角,使冰面对其作用力指向身体重心而实现平稳转弯,如图所示。不计空气阻力,已知运动员的质量为m,重力加速度为g,下列判断正确的是()。A.运动员加速滑行的加速度大小为LB.运动员加速滑行时受到冰面的作用力大小为2C.运动员转弯时受到冰面的作用力大小为mD.运动员转弯时身体与水平面的夹角θ满足tanθ=v答案C解析匀加速滑行时,根据L=12at2,解得a=2Lt2,A项错误;加速过程中,运动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的分力大小分别为mg和ma,根据矢量合成可知其受到冰面的作用力大小F1=(mg)2+(ma)2=mt2g2t4+4L2,B项错误;转弯过程中,需要的向心加速度大小a2=v2R,此时运动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的分力大小分别为mg和mv3.(改编)短道速滑是冬季奥运会的一项重要比赛项目。质量相等的甲、乙两运动员在比赛冲刺阶段的运动轨迹如图所示,比赛中他俩同时到达虚线PQ(与终点线平行)右侧位置,此时甲、乙速度方向与PQ垂直,然后沿不同的半圆(r甲<r乙)做匀速圆周运动,最后沿相同长度的直轨道匀加速冲过终点线。已知甲、乙两运动员做匀速圆周运动时所受合力大小相等,做匀加速直线运动时的加速度大小也相同。则下列说法正确的是()。A.甲先回到虚线PQB.冲过终点线时甲的速度比乙的大C.甲一定先冲过终点线D.乙一定先冲过终点线答案A解析由题知甲、乙做匀速圆周运动的向心力大小相等,根据Fn=m4π2T2r,r甲<r乙,可知T甲<T乙,则乙做圆周运动过程所用的时间比甲的长,甲先回到虚线PQ,A项正确;根据Fn=mv2r知,v甲<v乙,则直线冲刺过程,甲的初速度v0较小,根据v2-v02=2aL可知,甲的末速度v较小,即冲过终点线时,乙的速度较大,B项错误;由L=v+v02t可知,4.将内壁光滑的细管弯成如图所示的圆弧轨道ABC并固定,AP和BC为直径,BC竖直,两直径的夹角为53°,轨道半径为R,细管内径远小于R。小球的质量为m,直径略小于细管内径,将小球从管口A左上方的O点以某一初速度水平抛出,小球恰好无碰撞地进入管中。小球运动至P点时对细管恰无作用力,重力加速度大小为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求O点到左管口的高度h。(2)求小球运动到B点时加速度a的大小。(3)若小球从O点到P点的过程历时为t,求该过程中轨道对小球作用力的竖直方向的冲量大小。答案(1)2425R(2)195g(3)45解析(1)依题意,小球在P点时,有mgcos53°=mv得v=3小球从O到P,由机械能守恒定律可得mgh+12mv02=mg·2Rsin37°+小球到达A点时,由题意可知tan53°=gtv0h=1联立解得h=2425R(2)小球从O到B,由机械能守恒定律有mg[h+(R-Rcos53°)]+12mv02=小球到达B点时加速度大小a=v联立解得a=195g(3)取竖直向上为正方向,小球在P点的竖直分速度vy=3gR5sin根据动量定理可得-mgt+Iy=mvy联立解得Iy=45m3gR见《高效训练》P291.(教材改编)某自行车传动结构的示意图如图所示,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为n,则自行车前进的速度为()。A.πnr1r3C.2πnr2r答案D解析自行车前进的速度等于后轮的线速度,大小齿轮由同一条传送带相连,故线速度相等,根据公式可得ω1r1=ω2r2,解得ω2=ω1r1r2,小齿轮和后轮是同轴转动,所以两者的角速度相等,故线速度v=r3ω22.(多选)如图所示,某拖拉机后轮半径是前轮半径的2倍,A、B分别是前、后轮边缘上的点,C是后轮某半径的中点。拖拉机匀速行驶时,A、B、C三点的线速度大小分别为vA、vB、vC,角速度大小分别为ωA、ωB、ωC,向心加速度大小分别为aA、aB、aC。以下选项正确的是()。A.vA∶vB∶vC=2∶2∶1B.ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶2C.aA∶aB∶aC=4∶2∶1D.aA∶aB∶aC=1∶2∶1答案AC解析B和C都是后轮上的点,同轴转动时各点角速度相等,故有ωB=ωC。A和B分别是前、后轮边缘上的点,由于拖拉机匀速行驶时,前、后轮边缘上的点的线速度大小相等,故有vA=vB。根据线速度和角速度的关系v=rω,可得ωA∶ωB=2∶1,vB∶vC=2∶1,故ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,vA∶vB∶vC=2∶2∶1,根据公式an=ω2r,可得aA∶aB∶aC=4∶2∶1,A、C两项正确。3.(2024届武汉质检)武昌洪山广场转盘T字路口如图所示,框中标识的这辆汽车正在沿水平弯道向左前方减速行驶,其运动可视作圆周运动,行驶过程中车辆未发生打滑。司机(坐在前排左边)和车上四名乘客始终与汽车保持相对静止。下列说法正确的是()。A.司机和乘客们一定具有相同的线速度B.副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度C.汽车所受的合力一定指向圆弧轨迹的圆心D.汽车对乘客的作用力与汽车运动方向相反答案B解析司机和乘客转动角速度相等,副驾驶座上乘客和司机离圆心的距离不相等,由v=ωr可知,线速度不相等,由an=ω2r可知,副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度,A项错误,B项正确;汽车做变速圆周运动,汽车所受的合力一定不指向圆弧轨迹的圆心,C项错误;根据题意可知,在竖直方向上,乘客受汽车的支持力,由于乘客随汽车做减速圆周运动,则水平方向上,汽车对乘客的作用力可分解为一个指向圆心的分力提供向心力,一个与运动方向相反的分力使乘客做减速运动,则汽车对乘客的作用力不可能与汽车运动方向相反,D项错误。4.“天津之眼”摩天轮,位于天津市的永乐桥上,是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,兼具观光和交通功用,是天津地标之一。摩天轮直径为110米,每个座舱可乘坐8个人,可同时供384个人观光。游客在“天津之眼”游览时的运动可视为匀速圆周运动。某时刻一名游客刚好随“天津之眼”到达了圆周运动的最高点,与处在“天津之眼”最低点的游客相比()。A.最高点游客和最低点游客的线速度相同B.最高点游客和最低点游客的加速度相同C.最高点游客和最低点游客所受合外力大小相等D.“天津之眼”对最高点游客和最低点游客的作用力大小相等答案C解析速度、加速度、合力都是矢量,在匀速圆周运动中,这些物理量的大小是不变的,但是方向随时发生变化,A、B两项错误,C项正确;在最高点的游客所受合力向下,支持力小于重力,在最低点的游客所受合力向上,支持力大于重力,所以“天津之眼”对他们作用力大小不相等,D项错误。5.(2024届苏州质检)在“天宫一号”的太空授课中,航天员王亚平做了一个有趣的实验,在T形支架上,用细绳拴着一颗明黄色的小钢球。设小球质量为m,细绳长度为L。王亚平用手指沿切线方向轻推小球,小球在拉力作用下做匀速圆周运动。测得小球运动的周期为T,由此可知()。A.小球运动的角速度ω=2B.小球运动的线速度v=2C.小球运动的加速度a=2D.细绳中的拉力F=4答案D解析小球的角速度ω=2πT,A项错误;小球运动的线速度v=2πLT,B项错误;小球的加速度a=ω2L=4π2LT26.(2024届广州质检)(多选)较差自转是指一个天体在自转时不同部位的角速度互不相同的现象。太阳较差自转就是说在太阳不同的纬度,自转的速率是不一样的。太阳(视为规则球体)在南北半球不同纬度的自转周期的示意图如图所示。下列说法正确的是()。A.太阳赤道处的角速度最大B.太阳自转角速度随纬度升高而增大C.太阳在不同纬度的线速度可能相同D.若某纬度θ的角速度为ωθ,太阳半径为R,则太阳在该纬度最外层的线速度为ωθRcosθ答案AD解析由图知,赤道处的自转周期T最小,由ω=2πT知,太阳赤道处自转角速度最大,自转角速度随纬度升高而减小,A项正确,B项错误;纬度越大其转动半径越小,而角速度也越小,故线速度越小,C项错误;纬度为θ处太阳的角速度为ωθ,则v=ωθr=ωθRcosθ,7.(2024届宁波质检)如图所示,在倾角α=30°的光滑斜面上,有一根长L=0.8m的轻杆,一端固定在O点,另一端