高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第2讲圆周运动的规律及其应用（含解析） 新人教版

第2讲圆周运动的规律及其应用eq\f(对应学生,用书P90)圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是()．A．由a＝eq\f(v2,r)知，a与r成反比B．由a＝ω2r知，a与r成正比C．由ω＝eq\f(v,r)知，ω与r成反比D．由ω＝2πn知，ω与转速n成正比解析由a＝eq\f(v2,r)知，只有在v一定时，a才与r成反比，如果v不一定，则a与r不成反比，同理，只有当ω一定时，a才与r成正比；v一定时，ω与r成反比；因2π是定值，故ω与n成正比．答案D【知识存盘】1．圆周运动质点沿着圆周的运动称为圆周运动．其轨迹为一圆弧，故圆周运动是曲线运动．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，现比较如下表：定义、意义公式、单位线速度①描述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，和圆周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②单位：m/s角速度①描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)②中学不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②单位：rad/s周期和转速①周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)②转速是物体单位时间转过的圈数(n)，也叫频率(f)①T＝eq\f(2πr,v)单位：s②n的单位：r/s、r/min，f的单位：Hz续表向心加速度①描述速度方向变化快慢的物理量(a)②方向指向圆心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②单位：m/s2匀速圆周运动向心力Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(单选)如图5－2－1所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是()．图5－2－1A．受重力和台面的支持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力解析重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，方向指向转轴．答案D【知识存盘】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、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．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(4π2r,T2)＝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．3．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．eq\f(对应学生,用书P91)考点一描述圆周运动的各物理量间的关系线速度v与角速度ω、周期T、转速n的关系：v＝rω＝eq\f(2π,T)r＝2πnr由上式和向心加速度公式a＝v2/r可推出：a＝ω2r＝ωv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r＝4π2n2r由上面的公式和向心力公式F＝ma可推出：F＝mv2/r＝mω2r＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r＝4mπ2n2r.图5－2－2【典例1】(多选)如图5－2－2所示为皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中皮带不打滑，则()．A．a点和b点的线速度大小相等B．a点和b点的角速度大小相等C．a点和c点的线速度大小相等D．a点和d点的向心加速度大小相等解析皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是跟皮带移动的距离相等，即a、c两点的线速度大小相等，选项A错、C对；b、c、d三点同轴转动，角速度大小相等，故ωc＝ωb，又va＝vc，rc＝2ra，且v＝rω，故ωa＝2ωc，故ωa＝2ωb，选项B错；设a点线速度大小为v，c点线速度也为v，而d点线速度则为2v，所以aa＝eq\f(v2,r)，ad＝eq\f(（2v）2,4r)＝eq\f(v2,r)，选项D对．答案CD图5－2－5【变式跟踪1】(多选)如图5－2－5所示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n，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)nD．从动轮的转速为eq\f(r2,r1)n解析因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误、B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度大小相等，所以由2πnr1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝eq\f(nr1,r2)，C正确、D错误．答案BC,借题发挥常见的三种传动方式及特点1．皮带传动：如图5－2－3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.图5－2－32．摩擦传动：如图5－2－4甲所示，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.图5－2－43．同轴传动：如图5－2－4乙所示，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.考点二匀速圆周运动的实例分析【典例2】(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关．还与火车在弯道上的行驶速度v有关．下列说法正确的是()．A．速率v一定时，r越小，要求h越大B．速率v一定时，r越大，要求h越大C．半径r一定时，v越小，要求h越大D．半径r一定时，v越大，要求h越大解析火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，则有mgtanθ＝eq\f(mv2,r)，且tanθ≈sinθ＝eq\f(h,L)，其中L为轨间距，是定值，有mgeq\f(h,L)＝eq\f(mv2,r)，通过分析可知A、D正确．答案AD图5－2－6【变式跟踪2】(多选)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图5－2－6所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r.若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是()．A．人和车的速度为eq\r(grtanθ)B．人和车的速度为eq\r(grsinθ)C．桶面对车的弹力为eq\f(mg,cosθ)D．桶面对车的弹力为eq\f(mg,sinθ)解析对人和车进行受力分析如图所示．根据直角三角形的边角关系和向心力公式可列方程：FNcosθ＝mg，mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(grtanθ)，FN＝eq\f(mg,cosθ).答案AC,借题发挥从动力学角度解决圆周运动问题1．解题思想：凡是做匀速圆周运动的物体一定需要向心力．而物体所受外力的合力充当向心力，这是处理该类问题的理论基础．2．解题步骤：考点三水平面内圆周运动的临界问题图5－2－7【典例3】如图5－2－7所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少？(g取10m/s2)解析由于转盘以角速度ω＝4rad/s匀速转动，因此木块做匀速圆周运动所需向心力为F＝mrω2.当木块做匀速圆周运动的半径取最小值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相反，则有mg－μmg＝mrminω2，解得rmin＝0.5m；当木块做匀速圆周运动的半径取最大值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相同，则有mg＋μmg＝mrmaxω2，解得rmax＝0.75m．因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是：0.5m≤r≤0.75m.答案0.5m≤r≤0.75m【变式跟踪3】对于典例3，若木块转动的半径保持r＝0.5m不变，则转盘转动的角速度范围是多少？答案4rad/s≤ω≤2eq\r(6)rad/s,借题发挥求解水平面内圆周运动的临界问题的一般思路1．判断临界状态：认真审题，找出临界状态．2．确定临界条件．3．选择物理规律：临界状态是一个“分水岭”，“岭”的两边连接着物理过程的不同阶段，各阶段物体的运动形式以及遵循的物理规律往往不同．4．列方程求解．eq\f(对应学生,用书P93)物理建模6“竖直平面内圆周运动的绳、杆”模型模型特点在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类．一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接，在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”．物体在竖直平面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常有临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，现就两种模型分析比较如下：轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝meq\f(v2,r)得v临＝eq\r(gr)由小球恰能做圆周运动即得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)不能过最高点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，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜eq\r(gr)时，－FN＋mg＝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的增大而增大建模指导1．解题时先分清是绳模型还是杆模型，抓住绳模型中最高点v≥eq\r(gR)及杆模型中v≥0这两个条件，然后利用牛顿第二定律求解．2．注意题目中“恰好通过”等关键词语．图5－2－8典例(单选)如图5－2－8所示，年8月7日伦敦奥运会体操男子单杆决赛，荷兰选手宗德兰德荣获冠军．若他的质量为60kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力，g＝10m/s2)()．A．600NB．2400NC．3000ND．3600N教你审题关键点：运动员以单杠为轴做圆周运动属于竖直面内圆周运动的杆模型牛顿第二定律和机械能守恒定律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(FN－mg＝\f(mv2,R)（牛顿第二定律方程）,mg·2R＝\f(1,2)mv2（机械能守恒方程）))自己试一试哟！解析设运动员在最低点受的拉力至少为FN，此时运动员的重心的速度为v，设运动员的重心到手的距离为R，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)又由机械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mv2由以上两式代入数据得：FN＝5mg，运动员的重力约为G＝mg＝600N，所以FN＝3000N，应选C.答案C图5－2－9【应用1】(单选)在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图5－2－9所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径R，则管状模型转动的最小角速度ω为()．A.eq\r(\f(g,R))B.eq\r(\f(g,2R))C.eq\r(\f(2g,R))D．2eq\r(\f(g,R))解析最易脱离模型内壁的位置在最高点，转动的最小角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零，即mg＝mω2R，得：ω＝eq\r(\f(g,R))，A正确．答案A图5－2－10【应用2】(多选)如图5－2－10所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的eq\f(3,4)光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则()．A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D．调节h的大小，可以使小球飞出de面之外(即e的右侧)解析要使小球到达最高点a，则在最高点小球速度最小时有mg＝meq\f(v2,R)，得最小速度v＝eq\r(gR)，由机械能守恒定律得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mv2，得h＝eq\f(3,2)R，即h必须大于或等于eq\f(3,2)R，小球才能通过a点，A错误；小球若能到达a点，并从a点以最小速度平抛，有R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt＝eq\r(2)R，所以，无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，B错误、C正确；如果h足够大，小球可能会飞出de面之外，D正确．答案CDeq\f(对应学生,用书P94)一、描述圆周运动的物理量图5－2－111．(单选)如图5－2－11所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是()．A．顺时针转动，周期为2π/3ωB．逆时针转动，周期为2π/3ωC．顺时针转动，周期为6π/ωD．逆时针转动，周期为6π/ω解析主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度大小相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从＝eq\f(2π,3ω)，B正确．答案B图5－2－122．(单选)(·杭州名校模考)如图5－2－12所示为一游乐场的转盘，大盘半径R1为小盘半径R2的两倍，两盘绕各自的中心轴转动，且两盘接触处无相对滑动．在两盘中心连线上有ABCD四个位置，O1A＝eq\f(R1,2)，O2B＝eq\f(R2,2)，C和D分别位于大盘和小盘的边缘．站在转盘上的游戏者，为使自己不被“甩”出去，在上述四个位置中最安全的是()．A．位置AB．位置BC．位置CD．位置D解析两盘接触处无相对滑动，两盘边缘的线速度大小相等设为v，则两盘的角速度分别为ω1＝eq\f(v,R1)和ω2＝eq\f(v,R2)，游戏者在A、B、C、D位置随盘转动所需的向心力分别为FA＝meq\f(R1,2)ωeq\o\al(2,1)＝eq\f(mv2,2R1)，FB＝meq\f(R2,2)ωeq\o\al(2,2)＝eq\f(mv2,2R2)，FC＝mR1ωeq\o\al(2,1)＝eq\f(mv2,R1)，FD＝mR2ωeq\o\al(2,2)＝eq\f(mv2,R2)，由于R1＝2R2，因此，在A点时所需向心力最小，人不易做离心运动．A符合题意．答案A图5－2－13二、匀速圆周运动3．(单选)如图5－2－13所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是()．A．0.5mgB．mgC．1.5mgD．2mg解析设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v，由机械能守恒定律得mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gR)；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为FN，则FN＝meq\f(v2,R)，将v＝eq\r(gR)代入解得FN＝mg；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于FN，即mg，故选项B正确．答案B4．图5－2－14甲为游乐园中“空中飞椅”的游戏设施，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和座椅看成一个质点，则可简化为如图乙所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，设绳长l＝10m，质点的质量m＝60kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d＝4.0m，转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ＝37°，不计空气阻力及绳重，且绳不可伸长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求质点与转盘一起做匀速圆周运动时：图5－2－14(1)绳子拉力的大小；(2)转盘角速度的大小．解析(1)如图所示，对人和座椅进行受力分析，图中F为绳子的拉力．在竖直方向：Fcos37°－mg＝0解得F＝eq\f(mg,cos37°)＝750N.(2)人和座椅在水平面内做匀速圆周运动，重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgtan37°＝mω2R，R＝d＋lsin37°，联立解得ω＝eq\r(\f(gtan37°,d＋lsi