2025版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时3圆周运动的规律与应用学案新人教版

PAGE19-课时3圆周运动的规律与应用一、描述圆周运动的物理量1.线速度:物体通过的位移与所用的时间的比值,描述物体做圆周运动的快慢的物理量。表达式v==。方向沿圆弧轨道的切线方向。2.角速度:物体通过的弧度角与所用的时间的比值。描述物体转动的快慢的物理量。表达式:ω==。3.周期和频率:运动一周所需的时间叫周期(T);单位时间内转过的圈数叫频率(f),描述物体转动的快慢。T=,T=。4.转速:单位时间内转过的角度,描述物体转动的快慢。n==。5.向心加速度:做圆周运动的物体指向圆心方向的加速度。描述线速度方向变更的快慢。an=rω2==ωv=r。6.向心力:做圆周运动的物体受到的指向圆心方向的合力,作用效果产生向心加速度。公式:Fn=man。说明:(1)质点做匀速圆周运动时,线速度大小和向心加速度大小不变,但方向时刻在变更,所以匀速圆周运动其实是一个变加速运动。(2)质点做匀速圆周运动时,角速度ω、周期T、频率f、转速n恒定不变。(3)向心加速度和向心力不变更速度大小,只变更速度方向。二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度大小不变的圆周运动线速度大小变更的圆周运动运动特点F向,a向,v均大小不变,方向变更,ω不变F向,a向,v大小、方向均发生变更,ω发生变更向心力F向=F合由F合沿半径方向的分力供应、离心运动1.定义:做圆周运动的物体,在合力突然消逝或者不足以供应圆周运动所需的向心力的状况下,就做渐渐远离圆心的运动。2.缘由: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倾向。3.供需关系与运动如图所示,F为实际供应的向心力,则(1)当F=mω2r时,物体做匀速圆周运动;(2)当F=0时,物体沿切线方向飞出;(3)当F<mω2r时,物体渐渐远离圆心;(4)当F>mω2r时,物体渐渐靠近圆心。考点一描述圆周运动中的各物理量之间的关系1.对公式v=ωr的理解当r肯定时,v与ω成正比;当ω肯定时,v与r成正比;当v肯定时,ω与r成反比。2.对a==ω2r=ωv的理解在v肯定时,a与r成反比;在ω肯定时,a与r成正比。说明:(1)在探讨v,ω,r之间的关系时,应运用限制变量法。(2)常见的传动方式传动装置图示特点齿轮传动两齿轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相反皮带轮传动两轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相同链条传动两轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相同同轴转动扇叶上的两点A,B角速度大小相等ωA=ωB,线速度=,转动方向相同[典例1]某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1,r2,r3,若甲轮的角速度为ω,则丙轮的角速度为()A. B. C. D.解析:各轮边缘各点的线速度大小相等,则有ωr1=ω3r3,所以ω3=,故选项A正确。答案:A变式1:(多选)火车以60m/s的速率转过一段弯道,某乘客发觉放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内,火车(AD)A.运动路程为600mB.加速度为零C.角速度约为1rad/sD.转弯半径约为3.4km解析:圆周运动的弧长s=vt=60×10m=600m,选项A正确;火车转弯是圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故选项B错误;由题意得圆周运动的角速度ω==rad/s=rad/s,又v=ωr,所以r=×180m=3439m,故选项C错误,D正确。考点二圆周运动的动力学分析1.对向心力的三点提示(1)向心力是按效果命名的,不是物体实际受到的力,受力分析时,不能在受力示意图上画出向心力。(2)向心力可以是某种性质的力单独供应,也可以是几个不同性质的力共同供应。(3)向心力只产生向心加速度,与物体的实际加速度不肯定相同。2.解决圆周运动问题的主要步骤(1)确定探讨对象。(2)确定运动的轨道平面,确定轨道圆心位置。(3)受力分析,找出指向圆心方向的合力(不要把向心力作为某一性质力进行分析)。(4)运动状况分析(分析线速度、角速度等相关物理量)。(5)列方程求解(依据牛顿运动定律列方程)。[典例2]如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()A.球A的线速度必定大于球B的线速度B.球A的角速度必定大于球B的角速度C.球A的运动周期必定小于球B的运动周期D.球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力解析:由于A,B质量相同,在相同的倾斜面上,则向心力相等,进一步可知两球所受的弹力相等,故选项D错误;依据F向=ma可知,A,B两小球事实上是具有相同的向心加速度,依据a==Rω2=可知,加速度相同时,半径越大,线速度越大,角速度越小,周期越大,即由RA>RB,可知vA>vB,ωA<ωB,TA>TB,则选项A正确,B,C错误。答案:A比较两个圆周运动的各物理量之间关系时,事实上就是找出两个圆周运动之间存在的隐含的相同因素,然后用限制变量法即可推断各物理量的关系。变式2:公园里的“飞天秋千”嬉戏起先前,座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空。秋千匀速转动时,绳与竖直方向成某一角度θ,其简化模型如图所示。若保持运动角速度不变,要使夹角θ变大,可将(A)A.钢丝绳变长B.钢丝绳变短C.座椅质量增大D.座椅质量减小解析:由题意知,座椅做圆周运动的向心力由合外力供应,即mgtanθ=mω2(lsinθ+r),θ与质量无关,所以选项C,D错误;当角速度不变时,要使θ增大,可增大l,即钢丝绳变长,所以选项A正确,B错误。考点三水平面内的圆周运动1.运动实例:圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。2.问题特点:轨迹平面在水平面内,向心力水平,竖直方向的合力为零。3.常见水平面内的圆周运动模型[典例3]如图所示为一种叫做“魔盘”的消遣设施,当转盘转动很慢时,人会随着“魔盘”一起转动,当“魔盘”转动到肯定速度时,人会“贴”在“魔盘”竖直壁上,而不会滑下。若“魔盘”半径为r,人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ,在人“贴”在“魔盘”竖直壁上,随“魔盘”一起转动过程中,则下列说法正确的是()A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B.假如转速变大,人与器壁之间的摩擦力变大C.假如转速变大,人与器壁之间的弹力不变D.“魔盘”的转速肯定不小于解析:人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力,故A错误;人在竖直方向受到重力和摩擦力,二力平衡,则知转速变大时,人与器壁之间的摩擦力不变,故B错误;假如转速变大,由F=mr(2πn)2,知人与器壁之间的弹力变大,故C错误;人贴在魔盘上时,有mg≤fmax,FN=mr(2πn)2,又fmax=μFN,解得转速n≥,故“魔盘”的转速肯定大于,故D正确。答案:D变式3:(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线,有如图所示的①②③三条路途,其中路途③是以O′为圆心的半圆,OO′=r。赛车沿圆弧路途行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路途,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路途内赛车速率不变,发动机功率足够大),则(ACD)A.选择路途①,赛车经过的路程最短B.选择路途②,赛车的速率最小C.选择路途③,赛车所用时间最短D.①②③三条路途的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等解析:由图及几何关系知:路途①的路程为s1=2r+πr,路途②的路程为s2=2r+2πr,路途③的路程为s3=2πr,A正确;赛车以不打滑的最大速率通过弯道有Fmax=μmg=m,速度v=,即半径越大,速度越大,选择线路①赛车的速率最小,B错误,D正确;依据t=,代入数据解得选择路途③,赛车所用时间最短,C正确。考点四竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类1.运动类型:物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种。只有重力做功的竖直平面内的圆周运动肯定是变速圆周运动,遵守机械能守恒定律。2.问题特点:一般状况下,竖直平面内的圆周运动受力问题只涉及最高点和最低点两种情形,但竖直平面内的圆周运动问题,涉及学问面比较广,既有临界问题,又有能量守恒的问题。3.常见模型最高点模型弹力向上Fn=mg-FN过最高点的条件v≤弹力向下Fn=mg+FN过最高点的条件v≥弹力可能向上,可能向下,也可能没有Fn=mg+FN=m①当v>时物体受到的弹力必定是向下的;当v<时物体受到的弹力必定是向上的;当v=时物体受到的弹力恰好为零②当弹力大小FN<mg时,向心力有两解:mg±FN;当弹力大小FN>mg时,向心力只有一解:FN+mg;当弹力FN=mg时,向心力等于零弹力肯定向上,Fn=FN-mg[典例4]如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则下列说法正确的是()A.在最高点小球的速度水平,小球既不超重也不失重B.小球经过与圆心等高的位置时,处于超重状态C.盒子在最低点时对小球弹力大小等于2mg,方向向下D.该盒子做匀速圆周运动的周期肯定等于2π解析:在最高点小球的加速度为g,处于完全失重状态,选项A错误;小球经过与圆心等高的位置时,竖直加速度为零,既不超重也不失重,选项B错误;在最高点有mg=m,解得该盒子做匀速圆周运动的速度v=,该盒子做匀速圆周运动的周期为T==2π,选项D正确;在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力供应小球运动的向心力,由F-mg=m,解得F=2mg,对小球的弹力方向向上,选项C错误。答案:D变式4:一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,如图所示,则下列说法正确的是(A)A.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C.小球过最高点时,杆对球的作用力肯定随速度增大而增大D.小球过最高点时,杆对球的作用力肯定随速度增大而减小解析: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=时,杆所受的弹力等于零,A正确,B错误;若v<,则杆在最高点对小球的弹力竖直向上,mg-F=m,随v增大,F减小,若v>,则杆在最高点对小球的弹力竖直向下,mg+F=m,随v增大,F增大,选项C,D均错误。考点五生活中的圆周运动1.铁路弯道的特点当外轨比内轨高时,铁轨对火车的支持力不再是竖直向上,而是和重力的合力供应向心力,可以减轻轨和轮缘的挤压。最佳状况是向心力恰好由支持力和重力的合力供应,铁轨的内、外轨均不受到侧向挤压的力。(1)受力分析:如图甲所示,火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心,成为使火车拐弯的向心力。(2)动力学方程:依据牛顿其次定律得mgtanθ=m,其中r是转弯处轨道的半径,v0是使内、外轨均不受力的最佳速度。(3)结论:解上述方程可知=rgtanθ可见,最佳状况是由v0,r,θ共同确定的。当火车实际速度为v时,可有三种可能:当v=v0时,内、外轨均不受侧向挤压的力;当v>v0时,外轨受到侧向挤压的力(这时向心力增大,外轨供应一部分力);当v<v0时,内轨受到侧向挤压的力(这时向心力减小,内轨供应一部分力)。2.拱形桥的最高点与最低点(1)假如汽车在拱形桥上,如图乙以某一速度v通过拱形桥的最高点时满意mg-F1=m。结论:①汽车对桥面的压力小于汽车的重力mg。②汽车行驶的速度越大,汽车对桥面的压力越小。③当速度不断增大的时候,压力会不断减小,当达到某一速度时,汽车对桥面完全没有压力,汽车“飘离”桥面。(2)假如是凹形桥,如图丙所示,以某一速度v通过凹形桥的最低点时满意F2-mg=m。[典例5]一辆汽车在丘陵地上以不变的速率行驶,地形如图所示。由于轮胎已旧,途中爆了胎。你认为在图中A,B,C,D四处中,爆胎的可能性最大的一处是()A.A处 B.B处 C.C处 D.D处解析:在A处,地面对轮胎的弹力大小等于汽车的重力;在B处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向上,依据牛顿运动定律知,汽车处于超重状态,地面对汽车的弹力大于其重力;在C处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向下,依据牛顿运动定律知,汽车处于失重状态,地面对汽车的弹力小于其重力;在D处,地面对汽车的弹力大小等于重力垂直于斜面的分力,也小于重力。则在B处汽车受到地面的弹力最大,最简洁爆胎,故选项B正确。答案:B变式5:铁路转弯处的弯道半径r是依据地形确定的。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)A.速率v肯定时,r越小,要求h越大B.速率v肯定时,r越大,要求h越大C.半径r肯定时,v越小,要求h越大D.半径r肯定时,v越大,要求h越小解析: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的合力来供应,如图所示,则有mgtanθ=,且tanθ≈sinθ=,其中L为轨间距,是定值,有mg=,通过分析可知A正确。考点六离心现象的受力特点1.离心运动的实质是物体渐渐远离圆心的物理现象,它的本质是物体惯性的表现,总是有沿着圆周切线飞出去的趋势,之所以没有飞出去是因为受到向心力作用,一旦作为向心力的合外力消逝,物体就会沿切线方向飞出去。2.物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用,而是由于外力不能供应足够的向心力,所谓的“离心力”实际并不存在。[典例6]如图所示,光滑水平面上,小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时,拉力F发生变更,关于小球运动状况的说法正确的是()A.若拉力突然消逝,小球将沿轨迹Pa做离心运动B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动C.若拉力突然变大,小球将沿轨迹Pb做离心运动D.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pc运动解析:当拉力不足以供应所须要的向心力时,将做离心运动,若拉力突然消逝,则小球将沿原来的运动方向运动,即Pa方向,A正确;若拉力突然变小,则做半径增大的曲线运动,即可能沿Pb方向,拉力突然变大,则做向心运动,可能沿Pc方向,B,C,D均错误。答案:A变式6:世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067千米,共有23个弯道,如图所示,赛车在水平路面上转弯时,经常在弯道处冲出跑道,对其缘由的分析以下说法正确的是(C)A.赛车行驶到弯道时,运动员未能刚好转动方向盘B.赛车行驶到弯道时,运动员没有刚好加速C.赛车行驶到弯道时,运动员没有刚好减速D.赛车行驶到弯道旁边提前转弯解析:赛车在水平路面上转弯时,须要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力供应的。由F=m知,当v较大时,赛车须要的向心力也较大,当摩擦力不足以供应其所需的向心力时,赛车将冲出跑道。因此在r不变时可减小行驶速度;赛车行驶到弯道旁边提前转弯可增大转弯半径,则所需向心力减小。考点七圆周运动与平抛运动的结合平抛运动与圆周运动的组合题,用平抛运动的规律求解平抛运动问题,用牛顿运动定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系。若先做圆周运动后做平抛运动,则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度;若物体平抛后进入圆轨道,圆周运动的初速度等于平抛运动的末速度在圆周切线方向的分速度。[典例7]“水上乐园”中有一巨大的水平转盘,人在其上随盘一起转动,给游客带来无穷乐趣。如图所示,转盘的半径为R,离水平面的高度为H,可视为质点的游客的质量为m,现转盘以角速度ω匀速转动,游客在转盘边缘保持相对静止,不计空气阻力。(1)求转盘转动的周期;(2)求游客受到摩擦力的大小和方向;(3)若转盘突然停止转动,求游客落水点到转动轴的水平距离。解析:(1)转盘转动的周期T=。(2)游客受到摩擦力的大小Ff=mω2R游客受到摩擦力的方向沿半径方向指向圆心O。(3)游客转动时的线速度,即平抛运动的初速度v=ωR游客落水的时间t=游客做平抛运动的水平位移x=ωR游客落水点到转动轴的距离s==R。答案:(1)(2)mω2R沿半径方向指向圆心O(3)R变式7:如图所示,质量为m=0.2kg的小球(可视为质点)从水平桌面端点A以初速度v0水平抛出,桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形态为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道,g=10m/s2,求:(1)小球在A点的初速度v0及AP间水平距离x;(2)小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力;(3)推断小球能否到达圆轨道最高点M。解析:(1)小球由A点做平抛运动,在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道,则小球在P点的竖直分速度为vy=v0tan45°=v0由平抛运动规律得vy=gt,R=t,x=v0t解得v0=4m/s,x=1.6m。(2)小球在P点的速度为v==4m/s小球从P点到N点,由动能定理得mgR(1-cos45°)=m-mv2小球在N点,由牛顿其次定律得FN-mg=m解得小球所受支持力FN=11.17N由牛顿第三定律得,小球对N点的压力为FN′=11.17N,方向竖直向下。(3)假设小球能够到达M点,对小球由P点到M点由动能定理得mgR(1+cos45°)=mv2-mv′2解得v′=m/s小球能够完成圆周运动,在M点应有mg≤即vM≥=m/s由v′<vM知,小球不能到达圆轨道最高点M。答案:(1)4m/s1.6m(2)11.17N方向竖直向下(3)见解析1.(圆周运动中各物理量的关系)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(BD)A.运动周期为B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R解析:由于座舱做匀速圆周运动,由公式ω=,解得T=,故A错误;由圆周运动的线速度与角速度的关系可知,v=ωR,故B正确;由于座舱做匀速圆周运动,所以座舱受到摩天轮的作用力是变力,不行能始终为mg,故C错误;由匀速圆周运动的合力供应向心力可得F=mω2R,故D正确。2.(圆周运动的动力学分析)奥运会单杠竞赛中有一个“单臂大回环”的动作,难度系数特别大。假设运动员质量为m,单臂抓单杠身体下垂时,手掌到人体重心的距离为l。如图所示,在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中,可将人体视为质量集中于重心的质点,且不考虑手掌与单杠间的摩擦力,重力加速度为g,若运动员在最低点的速度为2,则运动员的手臂拉力为自身重力的(D)A.2倍 B.3倍C.4倍 D.5倍解析:对运动员在最低点受力分析,由牛顿其次定律可得,F-mg=m,解得F=5mg,D项正确。3.(水平面内的圆周运动)质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平回旋,如图所示,其做匀速圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则此时空气对飞机的作用力大小为(C)A.m B.mgC.m D.m解析:飞机在空中水平回旋时在水平面内做匀速圆周运动,受到重力和空气的作用力两个力的作用,其合力供应向心力F向=m。飞机受力状况如图所示,依据勾股定理得F==m。4.(竖直平面内的圆周运动)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ满意(A)A.sinθ= B.tanθ=C.sinθ= D.tanθ=解析:由题意知,因小球做匀速圆周运动,合外力供应向心力,故小球受合外力的方向沿杆指向O点,对小球受力分析如图所示,受重力与杆的作用力,所以有sinθ=,A正确。5.(圆周运动的最值问题)蛙式电动打夯机是一种结构简洁、操作便利的夯实机械,在建筑施工中被广泛采纳。本机主要是由夯头架、传动装置、前轴装置、拖盘、操纵手柄、电器设备和润滑系统等组成。如图1为电动打夯机的实物图,图2是其工作原理的示意图,在电动机的轴上装一个偏心飞轮,飞轮的质量为m,其重心离轴心的距离为r,装置其余部分的质量为M,当电动机转动时,打夯机的底座在地面上跳动将地面筑紧。则为了使机座跳离地面(A)A.电动机的最小角速度应是B.电动机的最小角速度应是C.电动机的最大角速度应是D.电动机的最大角速度应是解析:当偏心飞轮转至图中最高点,且偏心飞轮对机座向上拉力F1=Mg时,机座对地面的压力为零,机座将跳离地面。则对于偏心飞轮在最高点时,机座对偏心飞轮的向下拉力大小为F1′=F1,依据牛顿其次定律有F1′+mg=mr,电动机的最小角速度应是ω0=。6.(圆周运动和平抛运动的结合)如图所示,四分之一圆弧轨道的圆心O1和半圆轨道的圆心O2,与斜面体ABC的竖直面AB在同一竖直面上,两圆弧轨道连接处的距离忽视不计,斜面体ABC的底面BC是水平面,一个视为质点、质量m=0.2kg的小球从P点静止释放,先后沿两个圆弧轨道运动,最终落在斜面体上(不会弹起),不计一切摩擦,已知AB=9m,BC=12m,O2A=1.1m,四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R=0.6m,g取10m/s2。求:(1)小球在半圆最低点Q对轨道的压力;(2)小球落在斜面上的位置到A点的距离。解析:(1)由机械能守恒mg·3R=m分析小球在Q点受力有FN-mg=再由牛顿第三定律知FN′=FN联立解得FN′=14N,方向竖直向下。(2)小球离开Q后做平抛运动,如图水平方向上有x=vQ·t竖直方向上有y=gt2又由几何关系得QA=O2A-R=0.5mx=L·cosθy=QA+L·sinθtanθ==联立解得L=7.5m。答案:(1)14N方向竖直向下(2)7.5m1.(2024·浙江4月选考,4)A,B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向变更的角度之比是3∶2,则它们(A)A.线速度大小之比为4∶3B.角速度大小之比为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解析:圆周运动中线速度定义为单位时间内的圆弧长,即v=,则线速度之比为4∶3,A正确;角速度