2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第四單元曲線運(yùn)動萬有引力與航天第3講圓周運(yùn)動及其應(yīng)用學(xué)案新人教版

PAGE16-第3講圓周運(yùn)動及其應(yīng)用考綱考情核心素養(yǎng)?勻速圓周運(yùn)動、角速度、線速度、向心加速度Ⅰ?勻速圓周運(yùn)動的向心力Ⅱ?離心現(xiàn)象Ⅰ?描述圓周運(yùn)動的物理量以及它們之間的關(guān)系．?圓周運(yùn)動的動力學(xué)特征．?離心運(yùn)動、近心運(yùn)動以及形成條件.物理觀念全國卷5年10考高考指數(shù)★★★★★?描述圓周運(yùn)動的物理量以及它們之間的關(guān)系．?圓周運(yùn)動的動力學(xué)特征．?離心運(yùn)動、近心運(yùn)動以及形成條件.科學(xué)思維學(xué)問點(diǎn)1勻速圓周運(yùn)動1．定義：做圓周運(yùn)動的物體，若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運(yùn)動．2．特點(diǎn)：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運(yùn)動．3．條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心．4．描述勻速圓周運(yùn)動的物理量學(xué)問點(diǎn)二勻速圓周運(yùn)動的向心力1．作用效果：向心力產(chǎn)生向心加速度，只變更速度的方向，不變更速度的大?。?．大?。篎＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r.3．方向：始終沿半徑指向圓心方向，時刻在變更，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力供應(yīng)，也可以由幾個力的合力供應(yīng)，還可以由一個力的分力供應(yīng)．學(xué)問點(diǎn)三離心現(xiàn)象1．定義：做圓周運(yùn)動的物體，在所受合外力突然消逝或不足以供應(yīng)圓周運(yùn)動所需向心力的狀況下，就做漸漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動．2.直觀展示1．思索推斷(1)圓周運(yùn)動肯定是變速運(yùn)動．(√)(2)勻速圓周運(yùn)動加速度保持不變．(×)(3)做圓周運(yùn)動的物體所受合力肯定指向圓心．(×)(4)物體速率越大所受向心力肯定越大．(×)(5)物體做圓周運(yùn)動周期越大，角速度肯定越?。?√)2．(多選)一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，其線速度大小為4m/s，轉(zhuǎn)動周期為2s，則(BCD)A．角速度為0.5rad/sB．轉(zhuǎn)速為0.5r/sC．轉(zhuǎn)跡半徑為eq\f(4,π)mD．加速度大小為4πm/s2解析：由n＝f＝eq\f(1,T)可知選項(xiàng)B正確；由T＝eq\f(2πr,v)可知r＝eq\f(Tv,2π)＝eq\f(4,π)m，選項(xiàng)C正確；由a＝eq\f(v2,r)可知選項(xiàng)D正確；由a＝ωv可知ω＝πrad/s，選項(xiàng)A錯誤．3．如圖所示，當(dāng)正方形薄板圍著過其中心O并與板垂直的轉(zhuǎn)動軸轉(zhuǎn)動時，板上A、B兩點(diǎn)(D)A．角速度之比ωAωB＝eq\r(2)1B．角速度之比ωAωB＝1eq\r(2)C．線速度之比vAvB＝eq\r(2)1D．線速度之比vAvB＝1eq\r(2)解析：板上A、B兩點(diǎn)的角速度相等，角速度之比ωAωB＝11，選項(xiàng)A、B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vAvB＝1eq\r(2)，選項(xiàng)C錯誤，D正確．4．如圖是摩托車競賽轉(zhuǎn)彎時的情形，轉(zhuǎn)彎處路面常是外高內(nèi)低，摩托車轉(zhuǎn)彎有一個最大平安速度，若超過此速度，摩托車將發(fā)生滑動．若摩托車發(fā)生滑動，則下列論述正確的是(B)A．摩托車始終受到沿半徑方向向外的離心力作用B．摩托車所受合外力供應(yīng)的向心力小于所須要的向心力C．摩托車將沿其線速度的方向沿直線滑出去D．摩托車將沿其半徑方向沿直線滑出去解析：摩托車做圓周運(yùn)動須要向心力，不受到沿半徑方向向外的離心力作用，故A錯誤；若摩托車發(fā)生滑動，摩托車做離心運(yùn)動是因?yàn)樗芡饬Φ暮狭π∮谒璧南蛐牧?，故B正確；摩托車受到與速度方向垂直的摩擦力的作用，即使該摩擦力小于須要的向心力，但仍舊能夠變更車的運(yùn)動的方向，使車不會沿其線速度的方向沿直線滑出去，故C錯誤；摩托車做圓周運(yùn)動的線速度沿半徑的切線方向，不行能會沿其半徑方向沿直線滑出去，故D錯誤．5．如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉(zhuǎn)動，a和b是輪上質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點(diǎn)，則偏心輪轉(zhuǎn)動過程中a、b兩質(zhì)點(diǎn)(A)A．角速度大小相同B．線速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同解析：同軸轉(zhuǎn)動角速度相等，A正確；由于兩者半徑不同，依據(jù)公式v＝ωr可得兩點(diǎn)的線速度大小不同，B錯誤；依據(jù)公式a＝ω2r，角速度相同，半徑不同，所以向心加速度大小不同，C錯誤；依據(jù)公式F＝ma，質(zhì)量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D錯誤．考點(diǎn)1圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)問題1．描述圓周運(yùn)動的物理量間的關(guān)系2．常見的三種傳動方式及特點(diǎn)傳動類型圖示結(jié)論共軸傳動A、B兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動的周期、角速度相同，線速度與其半徑成正比皮帶傳動A、B兩點(diǎn)的線速度大小相同，角速度與其半徑成反比，周期與其半徑成正比齒輪傳動vA＝vB(線速度)，eq\f(TA,TB)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(n2,n1)(n1、n2分別表示兩齒輪的齒數(shù))題型1描述圓周運(yùn)動的物理量及其關(guān)系1．(多選)火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，其乘客發(fā)覺放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°.在此10s時間內(nèi)，火車(AD)A．運(yùn)動路程為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km解析：在此10s時間內(nèi)，火車運(yùn)動路程s＝vt＝60×10m＝600m，選項(xiàng)A正確；火車在彎道上運(yùn)動，做曲線運(yùn)動，肯定有加速度，選項(xiàng)B錯誤；火車勻速轉(zhuǎn)過10°，約為eq\f(1,5.7)rad，角速度ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(1,57)rad/s，選項(xiàng)C錯誤；由v＝ωR，可得轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km，選項(xiàng)D正確．2.如圖所示，兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運(yùn)動，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是32，運(yùn)動方向變更的角度之比是21，則(D)A．二者線速度大小之比為23B．二者角速度大小之比為12C．二者圓周運(yùn)動的半徑之比為13D．二者向心加速度大小之比為31解析：本題考查依據(jù)運(yùn)動軌跡比較圓周運(yùn)動相關(guān)物理量．線速度v＝eq\f(s,t)，兩快艇通過的路程之比為32，由于運(yùn)動時間相等，則二者的線速度大小之比為32，故A錯誤；角速度ω＝eq\f(θ,t)，運(yùn)動方向變更的角度等于圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度，兩快艇轉(zhuǎn)過的角度之比為21，由于運(yùn)動時間相等，則角速度大小之比為21，故B錯誤；依據(jù)v＝rω得，圓周運(yùn)動的半徑r＝eq\f(v,ω)，則兩快艇做圓周運(yùn)動的半徑之比為34，故C錯誤；依據(jù)a＝vω得，向心加速度大小之比為31，故D正確．題型2傳動問題3．科技館的科普器材中常有如圖所示的勻速率的傳動裝置：在大齒輪盤內(nèi)嵌有三個等大的小齒輪．若齒輪的齒很小，大齒輪的半徑(內(nèi)徑)是小齒輪半徑的3倍，則當(dāng)大齒輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(C)A．小齒輪逆時針轉(zhuǎn)動B．小齒輪每個齒的線速度均相同C．小齒輪的角速度是大齒輪角速度的3倍D．大齒輪每個齒的向心加速度大小是小齒輪的3倍解析：大齒輪、小齒輪在轉(zhuǎn)動過程中，兩者的齒的線速度大小相等，當(dāng)大齒輪順時針轉(zhuǎn)動時，小齒輪也順時針轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)A錯誤；速度是矢量，具有方向，所以小齒輪每個齒輪的線速度不同，選項(xiàng)B錯誤；依據(jù)v＝ωr，且線速度大小相等可知，角速度與半徑成反比，選項(xiàng)C正確；依據(jù)向心加速度a＝eq\f(v2,r)，線速度大小相等可知，向心加速度與半徑成反比，選項(xiàng)D錯誤．4．如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉(zhuǎn)動軸上，其半徑之比為RBRC＝32，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當(dāng)A輪繞過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉(zhuǎn)動起來．a(chǎn)、b、c分別為三輪邊緣的三個點(diǎn)，則a、b、c三點(diǎn)在運(yùn)動過程中的(D)A．線速度大小之比為322B．角速度之比為332C．轉(zhuǎn)速之比為232D．向心加速度大小之比為964解析：A、B靠摩擦傳動，則邊緣上a、b兩點(diǎn)的線速度大小相等，即vavb＝11，選項(xiàng)A錯誤；B、C同軸轉(zhuǎn)動，則邊緣上b、c兩點(diǎn)的角速度相等，即ωb＝ωc，轉(zhuǎn)速之比eq\f(nb,nc)＝eq\f(ωb,ωc)＝eq\f(1,1)，選項(xiàng)B、C錯誤；對a、b兩點(diǎn)，由an＝eq\f(v2,r)得eq\f(aa,ab)＝eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(3,2)，對b、c兩點(diǎn)，由an＝ω2r得eq\f(ab,ac)＝eq\f(Rb,Rc)＝eq\f(3,2)，故aaabac＝964，選項(xiàng)D正確．名師點(diǎn)睛傳動裝置類問題的解題關(guān)鍵,在分析傳動裝置的各物理量時，要抓住不等量與等量之間的關(guān)系.分析此類問題有兩個關(guān)鍵點(diǎn)：一是同一輪軸上的各點(diǎn)角速度相同；二是皮帶不打滑時，與皮帶接觸的各點(diǎn)線速度大小相同.抓住這兩點(diǎn)，然后依據(jù)描述圓周運(yùn)動的各物理量之間的關(guān)系就不難得出正確的結(jié)論.考點(diǎn)2水平面上的圓周運(yùn)動1．水平轉(zhuǎn)盤模型概述如圖所示，向心力由靜摩擦力供應(yīng)，即Ff＝mω2r，當(dāng)物體剛要滑動時Ff＝μmg，所以臨界角速度ω＝eq\r(\f(μg,r))規(guī)律物體離圓盤中心O越遠(yuǎn)，就越簡單被“甩出去”2.圓錐筒與圓錐擺模型概述如圖所示為圓錐筒模型，筒內(nèi)壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力供應(yīng)，即eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r，解得v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))規(guī)律穩(wěn)定狀態(tài)下小球所處的位置越高，半徑r越大，角速度ω就越小，線速度v就越大．而小球受到的支持力FN＝eq\f(mg,sinθ)和向心力F向＝eq\f(mg,tanθ)并不隨位置的變更而變更(續(xù)表)概述如圖所示為圓錐擺模型，向心力F向＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))規(guī)律穩(wěn)定狀態(tài)下，θ角越大，對應(yīng)的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)和運(yùn)動所需向心力也越大1.(多選)如圖所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是(BC)A．A、B都有沿切線方向且向后滑動的趨勢B．B的向心力等于A的向心力大小C．盤對B的摩擦力大小是B對A的摩擦力大小的2倍D．若B相對圓盤先滑動，則A、B間的動摩擦因數(shù)μA小于盤與B間的動摩擦因數(shù)μB解析：A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，同理，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故A錯誤；依據(jù)Fn＝mrω2，因?yàn)閮晌飰K的角速度大小相等，轉(zhuǎn)動半徑相等，質(zhì)量相等，則向心力大小相等，故B正確；對A、B整體分析，可得盤對B的摩擦力大小fB＝2mrω2，對A分析，可得B對A的摩擦力大小fA＝mrω2，可知盤對B的摩擦力大小是B對A摩擦力大小的2倍，故C正確；對A、B整體分析，盤與B間靜摩擦力最大時有μB·2mg＝2m·rωeq\o\al(2,B)，解得ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，對A分析，A、B間靜摩擦力最大時有μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因?yàn)锽先滑動，可知B先達(dá)到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即ωB<ωA，可得μB<μA，故D錯誤．2．(多選)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速運(yùn)動，用ωA．b肯定比a先起先滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析：因圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認(rèn)為，木板隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則依據(jù)牛頓其次定律可得f＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運(yùn)動須要的向心力較大，選項(xiàng)B錯誤；因?yàn)閮尚∧緣K的最大靜摩擦力相等，故b肯定比a先起先滑動，選項(xiàng)A正確；當(dāng)b起先滑動時，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，選項(xiàng)C正確；當(dāng)a起先滑動時，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而轉(zhuǎn)盤的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來供應(yīng)，由牛頓其次定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項(xiàng)D錯誤．3．(多選)如圖所示，兩個圓錐內(nèi)壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)壁等高處做勻速圓周運(yùn)動，下列說法正確的是(CD)A．A、B球受到的支持力之比為eq\r(3)3B．A、B球的向心力之比為eq\r(3)1C．A、B球運(yùn)動的角速度之比為31D．A、B球運(yùn)動的線速度之比為11解析：設(shè)小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsinθ＝mg，F(xiàn)NAFNB＝eq\r(3)1，選項(xiàng)A錯誤；F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)AFB＝31，選項(xiàng)B錯誤；小球運(yùn)動軌道高度相同，則半徑R＝htanθ，RARB＝13，由F＝mω2R得ωAωB＝31，選項(xiàng)C正確；由v＝ωR得vAvB＝11，選項(xiàng)D正確．4．如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運(yùn)動(圖中P′位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點(diǎn)，則后一種狀況與原來相比較，下面的推斷正確的是(B)A．細(xì)線所受的拉力變小B．小球P運(yùn)動的角速度變大C．Q受到桌面的靜摩擦力變小D．Q受到桌面的支持力變小解析：設(shè)OP長度為l，與水平面的夾角為θ，豎直方向平衡，有Fsinθ＝mg，水平方向由牛頓其次定律得Fcosθ＝mω2lcosθ，由以上方程分析可得，隨θ角減小，F(xiàn)增大，A錯誤；結(jié)合Q的受力平衡得Q受到桌面的靜摩擦力變大，受到桌面的支持力不變，C、D錯誤；F＝mω2l，ω隨F考點(diǎn)3豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的兩種模型輕“繩”模型輕“桿”模型情景圖示彈力特征彈力可能向下，也可能等于零彈力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意圖力學(xué)方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此時FN＝mg模型關(guān)鍵(1)繩只能對小球施加向下的力(2)小球通過最高點(diǎn)的速度至少為eq\r(gr)(1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通過最高點(diǎn)的速度最小可以為0題型1輕繩模型1.(多選)“水流星”是一種常見的雜技項(xiàng)目，該運(yùn)動可以簡化為細(xì)繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動模型，如圖所示，已知繩長為l，重力加速度為g，則(CD)A．小球運(yùn)動到最低點(diǎn)Q時，處于失重狀態(tài)B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點(diǎn)繩對小球的拉力差越大C．當(dāng)v0>eq\r(6gl)時，小球肯定能通過最高點(diǎn)PD．當(dāng)v0<eq\r(gl)時，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)解析：小球運(yùn)動到最低點(diǎn)Q時，由于加速度向上，故小球處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯誤；小球在最低點(diǎn)時，設(shè)繩的拉力為FT1，有FT1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)；在最高點(diǎn)時，設(shè)繩的拉力為FT2，小球的速度為v，有FT2＋mg＝meq\f(v2,l)，其中eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q兩點(diǎn)繩對小球的拉力差與初速度v0無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)v0＝eq\r(6gl)時，得v＝eq\r(2gl)，因?yàn)樾∏蚰芙?jīng)過最高點(diǎn)的最小速度為eq\r(gl)，則當(dāng)v0>eq\r(6gl)時小球肯定能通過最高點(diǎn)P，選項(xiàng)C正確；當(dāng)v0＝eq\r(gl)時，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh得小球能上升的高度h＝eq\f(1,2)l，即小球不能越過與懸點(diǎn)等高的位置，故當(dāng)v0<eq\r(gl)時，小球?qū)⒃谧畹忘c(diǎn)旁邊來回?fù)u擺，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)，選項(xiàng)D正確．2．(多選)如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r＝0.4m，最低點(diǎn)處有一小球(半徑比r小許多)．現(xiàn)給小球水平向右的初速度v0，要使小球不脫離圓軌道運(yùn)動，v0應(yīng)當(dāng)滿意(g取10m/s2)(CD)A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≤2eq\r(2)m/s解析：當(dāng)v0較大時，小球能夠通過最高點(diǎn)，這時小球在最高點(diǎn)處須要滿意的條件是mg≤eq\f(mv2,r)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得v0≥2eq\r(5)m/s，C正確；當(dāng)v0較小時，小球不能通過最高點(diǎn)，這時對應(yīng)的臨界條件是小球上升到與圓心等高位置處時速度恰好減為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(2)m/s，D正確．題型2