2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第3讲　圆周运动

第3讲圆周运动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.匀速圆周运动各物理量间的关系三种传动方式及特点同轴转动皮带传动齿轮传动装置A、B两点在同轴的一个圆盘上两个轮子用皮带连接（皮带不打滑），A、B两点分别是两个轮子边缘上的点两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点同轴转动皮带传动齿轮传动特点角速度、周期相同线速度大小相等线速度大小相等规律线速度与半径成正比：vAv角速度与半径成反比：ωAω角速度与半径成反比：ωAω1.【描述圆周运动的物理量】天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（）A.作业过程中P与B线速度的大小一定相等B.作业过程中P与B线速度的方向一定相同C.作业过程中P与B角速度的大小一定相等D.作业过程中P与B加速度的大小一定相等解析：C由于P、B两点为同轴传动，所以两点的角速度相同，P、B两点的半径不确定是否相同，故A错误，C正确；线速度的方向在该点与圆心连线的垂直方向上，由于P、B两点与圆心连线不重合，故B错误；P、B的r不确定是否相同，根据圆周运动加速度公式a＝ω2r，P与B的加速度大小不一定相等，故D错误。2.【传动问题】自行车传动结构的示意图如图所示，其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1、r2和r3。假设脚踏板的转速为n（r/s），则该自行车前进的速度为（）A.2πnr2r3r1解析：B大齿轮的转速等于脚踏板的转速，为n（r/s），则大齿轮边缘的线速度v1＝2πr1n，小齿轮边缘的线速度也为v1＝2πr1n，小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，则后轮边缘的线速度即自行车前进的速度为v2＝v1r2r3＝2π3.【多解问题】（多选）如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则（）A.子弹在圆筒中的水平速度为dgB.子弹在圆筒中的水平速度为2dgC.圆筒转动的角速度可能为πgD.圆筒转动的角速度可能为3πg解析：ACD子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h所用的时间相同，即t＝2ℎg，则v0＝dt＝dg2ℎ，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝（2n+1）πt＝（2n＋1）πg2ℎ（n＝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，只改变速度的方向，不改变速度的大小。（2）大小Fn＝mv2r＝mrω2＝m4π2T2（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。2.离心运动和近心运动（1）离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足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）受力特点（如图）①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。②当0＜F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。③当F＞mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。（3）本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动所需要的向心力。3.匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点（1）匀速圆周运动的合力：提供向心力。（2）变速圆周运动的合力（如图）①与圆周相切的分力Fτ产生切向加速度aτ，改变线速度的大小，当aτ与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动。②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向。运动类型向心力的来源示意图飞机水平转弯圆锥摆运动类型向心力的来源示意图汽车在水平路面转弯飞车走壁运动类型向心力的来源示意图火车转弯水平转台（光滑）转弯问题【例1】列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α（α很小，可近似认为tanα≈sinα），重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用B.列车过转弯处的速度v＝gRℎd时，C.列车过转弯处的速度v＜gRℎd时，D.若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度答案：B解析：列车以规定速度转弯时，受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有mv2R＝mgtanα＝mgℎd，解得v＝gRℎd，故当列车过转弯处的速度v＝gRℎd时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜gRℎd时，转弯所需的向心力F＜mgtanα，故此时列车内轨受挤压，C错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大【例2】（多选）若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A.冰面对运动员的作用力与重力大小相等B.运动员转弯时速度的大小为gRC.若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角D.运动员做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变答案：BC解析：依题意，运动员转弯时，受力如图所示，冰面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，由受力图可看出冰面对运动员的作用力大于重力，故A错误；由题意可知，运动员转弯时，根据牛顿第二定律有Fn＝mgtanθ＝mv2R，可得其转弯时速度的大小为gRtanθ，运动员转弯时若减小蹬冰角θ，则tanθ减小，运动员转弯速度v将变大，故B、C正确；运动员做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，大小不变锥摆问题【例3】如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.a、b两小球都是所受合外力充当向心力B.a、b两小球做圆周运动的半径之比为tanθC.小球b受到的绳子拉力大小为mgD.小球a运动到最高点时受到绳子的拉力大小为mg答案：C解析：小球a的速度大小变化，只有在最低点时所受合外力才充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球做圆周运动的半径之比为1sinθ，故B错误；对于小球B，竖直方向上有FTbcosθ＝mg，即FTb＝mgcosθ，故C正确；小球a到达最高点时速度为零，将小球a的重力正交分解，有FTa＝mgcosθ【例4】（多选）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，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，其简化模型如图乙所示。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作不动，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，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ω＝15rad/sD.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功答案：CD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，故A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，故B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2（lsinθ＋r），即ω＝gtanθ（lsinθ＋r），当θ稳定在37°时，解得ω＝15rad/s，故C正确；由C项中公式ω＝gtanθ（lsinθ＋r）可知，当θ稳定在53°时，角速度大于θ稳定在37°时的角速度，配重圆周运动的半径也增大，速度增大，动能增大，同时位置升高，重力势能增大，离心问题【例5】（2024·浙江镇海中学模拟）自行车气嘴灯及其结构图如图所示，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光。下列说法正确的是（）A.安装时A端比B端更远离圆心B.高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D.匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光答案：C解析：要使LED发光，必须使M、N接触，即需使重物做离心运动，则A端应靠近圆心，因此安装时，B端比A端离圆心更远，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，使M、N接触，灯才会发光，不能说重物受到离心力的作用，B错误；灯在最低点时有F弹－mg＝mrω2，解得ω＝F弹mr－gr，又ω＝2πn，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F1－mg＝mv2r，灯在最高点时有F2＋mg＝mv2r，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力跟踪训练·巩固提升1.夏天人们常用蚊香来驱除蚊虫。如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹类似，运动的速率保持不变，则该运动员（）A.线速度不变B.角速度变大C.向心加速度变小D.运动一圈（360°）所用时间保持不变解析：B由题意可知线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；运动员运动半径在减小，由v＝ωr可知角速度变大，故B正确；由a＝v2r可知，运动半径r减小，向心加速度a变大，故C错误；一圈的长度逐渐变小，故运动一圈所用的时间变短，故2.（2023·全国甲卷17题）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.2C.3 D.4解析：C质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝kr，由合外力提供向心力，得F合＝m4π2T2r，联立可得F合＝4mπ2k2r3，其中4mπ2k2为常数，所以3.如图所示为某同学拼装的乐高齿轮传动装置，图中五个齿轮自左向右编号分别为1、2、3、4、5。它们的半径之比为3∶9∶3∶5∶3，其中齿轮1是主动轮，正在逆时针匀速转动。下列说法正确的是（）A.齿轮5顺时针转动B.齿轮1与齿轮3的转速之比为1∶9C.齿轮2边缘的向心加速度与齿轮5边缘的向心加速度之比为1∶9D.齿轮2的周期与齿轮4的周期之比为9∶5解析：D当齿轮1逆时针匀速转动时，齿轮2顺时针转动，齿轮3逆时针转动，齿轮4顺时针转动，齿轮5逆时针转动，选项A错误；所有齿轮边缘的线速度大小相等，齿轮1与齿轮3边缘的线速度大小相等，因为齿轮1与齿轮3半径相等，所以转速之比为1∶1，选项B错误；根据齿轮2、5边缘线速度大小相等，及v＝ωr，得rω2ω5＝r5r2＝13，所以a2a5＝ω22r2ω52r5＝13，选项4.在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.P位置的小水珠速度方向沿a方向B.P、Q两位置，杯子的向心加速度相同C.从Q到P，杯子速度变化量为零D.从Q到P，杯子所受合外力做功为零解析：D根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A错误；向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，故B错误；从Q到P，杯子速度变化量为Δv＝aΔt，故C错误；杯子所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，与速度方向始终垂直，所以合外力始终不做功，故D正确。5.如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯道半径为R，不计雪车受到冰面的摩擦力。在此情况中（）A.运动员和雪车所受合外力为零B.轨道对雪车的弹力为其转弯的向心力C.若仅增大v，则雪车离轨道底部更高D.若仅增大R，则雪车离轨道底部更高解析：C运动员和雪车做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向指向圆心，故A错误；轨道对雪车的弹力和运动员及雪车所受重力的合力提供向心力，故B错误；对雪车和运动员受力分析，如图所示，设轨道对雪车的弹力FN与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得mv2R＝mgtanθ，若仅增大v，则tanθ增大，雪车离轨道底部更高；若仅增大R，则tanθ减小，雪车离轨道底部更低，故C正确，6.（2024·广西南宁模拟）如图所示，火车轨道转弯处外高内低，当火车行驶速度等于规定速度时，所需向心力仅由重力和轨道支持力的合力提供，此时火车对内、外轨道无侧向挤压作用。已知火车内，外轨之间的距离为1435mm，高度差为143.5mm，转弯半径为400m，由于内、外轨轨道平面的倾角θ很小，可近似认为sinθ＝tanθ，重力加速度g取10m/s2，则在这种情况下，火车转弯时的规定速度为（）A.36km/h B.54km/hC.72km/h D.98km/h解析：C在规定速度下，火车转弯时只受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgtanθ＝mv02R，可得v0＝gRtanθ＝gRsinθ＝20m/s＝72km/h，A7.（2024·河北石家庄一模）如图所示，光滑水平板开有小孔，顶角θ＝60°的光滑圆锥的顶点紧靠着小孔，圆锥的高位于竖直面。质量相同的小球用穿过小孔的轻绳连接，两球分别位于水平板和圆锥侧面上。为了保证小球Q的高度不变且刚好不脱离圆锥面，让两小球分别做匀速圆周运动。重力加速度为g，则小球P、Q做匀速圆周运动的向心加速度的差值为（）A.12g B.3C.0 D.33解析：D由匀速圆周运动的规律可知，对小球P，有FT＝ma1，对小球Q，有FTcos60°＝ma2，FTsin60°＝mg，联立解得a1－a2＝33g，故选D8.（2024·江西上饶模拟）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.细线与竖直方向夹角为θ时，小球运动的角速度大小为gB.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越短C.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越长D.保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越短，小球运动的角速度越大解析：D细线与竖直方向夹角为θ时，有mgtanθ＝mω2·lsinθ，解得ω＝glcosθ，保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越短，小球运动的角速度越大，故A错误，D正确；保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2·htanθ，解得ω＝gℎ，则周期T＝2πω＝2πℎg，可知周期T9.如图，飞机在水平面内做半径为180米的匀速盘旋表演，机身倾斜，飞机速率为60m/s。重力加速度g取10m/s2。若飞机在竖直平面内获得的升力与机翼垂直，则（取tan63.4°≈2，cos63.4°≈511）（A.机翼与竖直方向的倾角约为56.3°B.机翼与水平方向的倾角约为26.6°C.飞行员对座椅的作用力约为自身重力的1.1倍D.飞行员对座椅的作用力约为自身重力的2.2倍解析：D对飞机进行受力分析如图所示，升力与重力的合力指向它做圆周运动的圆心，提供向心力，设机翼与水平方向的夹角为θ，由几何关系可知升力F与竖直方向的夹角也为θ，根据三角函数有tanθ＝F合mg＝mv2Rmg＝v2gR＝602180×10＝2，则θ≈63.4°，机翼与竖直方向的夹角为对飞行员而言，座椅对他的支持力和重力的合力提供他随飞机一起做圆周运动所需的向心力，受力情况与飞机受力类似，则有F支持力mg＝1cosθ＝1cos63.4°≈2.2，由于飞行员对座椅的作用力和座椅对他的支持力是一对作用力和反作用力，10.（多选）如图所示，在圆锥体表面上放一个物体，圆锥绕竖直轴转动。当圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，则（）A.物体受到的支持力减小B.物体受到的合外力不变C.圆锥对物体的作用力不变D.物体受到的静摩擦力增大解析：AD对物体进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得fcosθ－FNsinθ＝mrω2，在竖直方向有fsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－mrω2sinθ，f＝mgsinθ＋mrω2cosθ，又F合＝mω2r，所以当圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体受到的支持力FN减小，物体受到的合外力增大，物体受到的静摩擦力f增大，因圆锥对物体的作用力与物体重力的合力即为物体的合外力，由于合外力变化，则圆锥对物体的作用力变化，所以选项A、D正确，B、C错误。11．如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2连接，悬挂在天花板上的O点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为β、θ（θ、β非常小，可以取tanθ＝sinθ＝θ，tanβ＝sinβ＝β）。则（）A.θ＝βB.甲、乙两球的动量之比为1∶2C.甲、乙两球的向心力之比为1∶2D.细线1、2拉力的竖直分力之比为1∶2解析：D甲、乙相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同，角速度相等设为ω，设细线1、2的长度均为L，拉力分别T1、T2，设甲、乙的质量均为m，对乙进行受力分析，把T1沿竖直方向和水平方向分解，则有T1cosθ＝mg；T1sinθ＝mω2L（sinβ＋sinθ），对甲、乙组成的整体进行受力分析，把T2沿竖直方向和水平方向分解，则有T2cosβ＝2mg，T2sinβ＝mω2L（sinβ＋sinθ）＋mω2Lsinβ，tanθ＝θ，tanβ＝β，联立以上式子解得θβ＝2，故A项错误；根据v甲＝ωLsinβ；v乙＝ω（Lsinβ＋Lsinθ），结合之前的分析可得v甲v乙＝2－1，则甲、乙两球的动量之比为（2－1）∶1，故B项错误；对甲球受力分析有F向甲＝mω2Lsinβ，对乙球同理有F向乙＝mω2L（sinθ＋sinβ），结合之前的分析解得F向甲F向乙＝12+1，故C项错误；由之前的分析可知，两细线竖直方向分力分别为T1y＝T1cosθ＝mg，T2y＝T2cosβ＝2mg12.（多选）以前在偏远的山区，人