鲁科版高考物理一轮总复习第5章第3讲圆周运动及应用课时学案

这是一份鲁科版高考物理一轮总复习第5章第3讲圆周运动及应用课时学案，共17页。学案主要包含了匀速圆周运动，描述圆周运动的物理量，匀速圆周运动的向心力，离心现象等内容，欢迎下载使用。

一、匀速圆周运动
如果物体沿着圆周运动并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
思考辨析
1．匀速圆周运动在任意相等的时间内通过的位移相同。(×)
2．做匀速圆周运动的物体的线速度是不断变化的。(√)
二、描述圆周运动的物理量
思考辨析
1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
2．匀速圆周运动的周期、转速都恒定不变。(√)
3．简述匀速圆周运动的向心加速度与半径的关系。
提示：a＝eq \f(v2,r)＝ω2r＝eq \f(4π2,T2)r。
三、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
2．来源：可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
思考辨析
1．匀速圆周运动向心力的大小：F＝ma＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。
2．向心力的方向：始终沿半径指向圆心方向，时刻在改变，即向心力是一个变力。
四、离心现象
离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供做圆周运动所需向心力的情况下，做逐渐远离圆心的运动。
思考辨析
1．做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动。(√)
2．(1)当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动。
(2)当F＝0时，物体沿圆周切线方向飞出。
(3)当F(4)当F> mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动。
考点1 圆周运动的运动学问题(基础考点)
1．(2018·江苏高考)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在 10 s 内匀速转过了约 10°。在此10 s时间内，火车( )
A．运动路程为600 mB．加速度为0
C．角速度约为1 rad/sD．转弯半径约为3.4 km
AD 解析：圆周运动的弧长s＝vt＝60×10 m＝600 m，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0，加速度不为0，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝eq \f(φ,t)＝eq \f(10,180×10)×3.14 rad/s＝ eq \f(3.14,180) rad/s，又v＝ωr，所以 r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(60,3.14)×180 m＝3 439 m，故选项C错误，D正确。
2．(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝eq \f(RA,2)，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )
A．A点与C点的角速度大小相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
BD 解析：传动装置中，同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度大小相等；同轴转动的点，角速度大小相等。对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确；根据vA＝vC 及关系式v＝ωR，可得ωARA ＝ωCRC，又RC＝eq \f(RA,2)，所以ωA＝eq \f(ωC,2)，选项A错误；根据ωA＝ωB，ωA＝eq \f(ωC,2)，可得ωB＝eq \f(ωC,2)，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，选项C错误；根据 ωB＝eq \f(ωC,2) 及关系式a＝ω2R，可得aB＝eq \f(aC,4)，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D正确。
3．如图所示，B和C是一组塔轮，即B、C两轮半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2。A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的( )
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
D 解析：A、B两轮摩擦传动，故va＝vb，即 ωaRA＝ωbRB，则ωa∶ωb＝3∶2；B、C两轮同轴转动，故ωb＝ωc，即 eq \f(vb,RB)＝eq \f(vc,RC)，则vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误。转速之比等于角速度之比，故C错误。由a＝ωv，得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，故D正确。
常见的三种传动方式及特点
考点2 圆周运动的动力学问题(能力考点)
考向1 向心力的来源
典例 (2020·全国卷Ⅰ)如图所示，一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg，绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为 8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
(1)秋千运动至最低点时，重力和绳子的拉力的合力提供向心力。
(2)秋千受到两根绳子的拉力。
(3)根据向心力和速度的关系列式求解。
【自主解答】
B 解析：秋千运动至最低点时，重力和绳子的拉力的合力提供该同学做圆周运动所需的向心力。设每根绳子的拉力为T，则2T－mg＝meq \f(v2,r)，代入数据解得T＝410 N。故选B。
【技法总结】
求解圆周运动问题的“一、二、三、四”
考向2 水平面内圆周运动的临界问题
典例 如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T(g取 10 m/s2，结果可用根式表示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向间的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
解此题注意以下两点：
(1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，受到的支持力为0。
(2)细线与竖直方向间的夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动。
【自主解答】
解析：(1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线的拉力，如图所示。
小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向上运用牛顿第二定律及向心力公式得
mgtan θ＝mωeq \\al(2,0)lsin θ
解得ω0＝eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s。
(2)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿第二定律及向心力公式有
mgtan α＝mω′2lsin α
解得ω′＝eq \r(\f(g,lcs α))＝2eq \r(5) rad/s。
答案：(1)eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s (2)2eq \r(5) rad/s
1.如图所示，一细绳一端系一小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度 h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是( )
A B
C D
A 解析：设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时，细绳与竖直方向间的夹角为θ，细绳拉力为F，则有Fsin θ＝ mω2lsin θ，得F＝mω2l，选项A正确；又 mgtan θ＝mω2lsin θ，得h＝lcs θ＝eq \f(g,ω2)，选项B错误；小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，选项C错误；小球的线速度v＝ωlsin θ，选项D错误。
2．(多选)如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg和3 kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连。它们到转轴的距离分别为rA＝0.2 m、rB＝0.3 m。A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的k倍，k＝0.4，g取10 m/s2。现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )
A．当A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为12 N
B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为5 rad/s
C．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为 eq \f(2\r(30),3) rad/s
D．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
AC 解析：增大圆盘的角速度，B先达到最大静摩擦力，所以A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为FB＝kmBg＝12 N，A正确；设A达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T，则对A有kmAg－T＝mAωeq \\al(2,1)rA，对B有T＋kmBg＝mBωeq \\al(2,1)rB，得ω1＝10eq \r(\f(2,13)) rad/s＝3.9 rad/s，B错误；当细线上开始有弹力时，对B有kmBg＝mBωeq \\al(2,2)rB，解得 ω2＝eq \f(2\r(30),3) rad/s，C正确；在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将随圆盘做圆周运动，B将做离心运动，D错误。
3．(2020·青岛模拟)我国改革开放以来，高速公路从无到有，通车总里程达到14.3万公里，位居世界第一。科学研究表明，在过于平坦、笔直的路面上高速行车极易发生车祸，在修建高速公路时要间隔设计弯道，迫使司机集中注意力并控制车辆行驶速度，从而减少车祸的发生。高速公路某处弯道半径为R，路面宽度为d，路面内外侧高度差为h，且路面倾角θ很小，可以认为tan θ＝sin θ，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则汽车通过该弯道的最合理速度为( )
A．eq \r(μgR) B．eq \r(\f(μR,g)) C．eq \r(\f(ghR,d)) D．eq \r(\f(gdR,h))
C 解析：汽车转弯时没有侧向的摩擦力，由重力和支持力的合力提供汽车转弯所需的向心力时的速度是最合理的速度，汽车受力如图所示。
由牛顿第二定律得mgtan θ＝meq \f(v2,R)，因路面倾角θ很小，可认为tan θ＝sin θ＝eq \f(h,d)，联立解得v＝eq \r(\f(ghR,d))，故A、B、D错误，C正确。
4．如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使小球不离开水平面，角速度的最大值为eq \r(\f(g,h))
D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为eq \r(\f(g,l))
C 解析：小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向间的夹角变大，设为θ，由牛顿第二定律得Tsin θ＝mω2lsin θ，可知随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为0时，有Tcs θ＝mg，Tsin θ＝mω2lsin θ，解得临界角速度为ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \r(\f(g,h))，若小球飞离了水平面，则角速度大于eq \r(\f(g,h))，而eq \r(\f(g,l))考点3 竖直面内的圆周运动(能力考点)
考向1 竖直面内的“轻绳”模型
典例 如图甲所示，用一轻绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时，轻绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T­v2图像如图乙所示，则( )
A．轻绳长为 eq \f(ma,b)
B．当地的重力加速度为 eq \f(m,a)
C．当v2＝c时，轻绳的拉力大小为 eq \f(ac,b)－a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时，轻绳的拉力差均为5a
根据向心力公式推导出T与v2的关系，结合图像得出结论。
【自主解答】
C 解析：在最高点，根据mg＋T＝meq \f(v2,L)，得T＝meq \f(v2,L)－mg，可知纵轴截距的绝对值为a＝mg，计算得当地的重力加速度g＝eq \f(a,m)，故B错误；T­v2图线的斜率k＝eq \f(a,b)＝eq \f(m,L)，则轻绳的长度L＝eq \f(mb,a)，故A错误；当v2＝c时，轻绳的拉力大小为T＝meq \f(v2,L)－mg＝eq \f(ac,b)－a，故C正确；小球在竖直平面内做圆周运动，在最低点有T－mg＝eq \f(mv2,L)，在最高点有T′＋mg＝eq \f(mv′2,L)，且 eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv′2＝mg·2L，联立解得 T－T′＝6mg＝6a，即只要小球能运动到最高点，拉力差均为6a，故D错误。
【核心归纳】
考向2 竖直面内的“轻杆”模型
典例 (多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq \r(gR＋r)
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【自主解答】
BC 解析：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为0，故A项错误，B项正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力N与小球的重力在背离圆心方向的分力G′的合力提供向心力，即N－G′＝meq \f(v2,R＋r)，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C项正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球是否受外侧管壁的作用力与小球的速度大小有关，D项错误。
【核心归纳】
分析竖直平面内圆周运动问题的思路
1．(2021·东营模拟)如图所示，轻杆一端与一质量为m的小球相连，另一端连在光滑固定轴上，轻杆可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中的任何位置对轻杆的作用力都不可能为0
B．当轻杆运动到水平位置时，轻杆对小球的拉力大小不可能等于mg
C．小球运动到最低点时，对轻杆的拉力可能等于4mg
D．小球运动到最低点时，对轻杆的拉力一定不小于6mg
B 解析：小球在轻杆的作用下做圆周运动，在最高点时，若mg＝Fn，则小球对轻杆的作用力为0，A错误；假设当轻杆运动到水平位置时，轻杆对小球的拉力等于重力，则有mg＝meq \f(v\\al(2,水平),r)，此时小球的动能为 eq \f(1,2)mveq \\al(2,水平)＝eq \f(1,2)mgr，由机械能守恒定律可知，小球不可能运动到最高点，不能完成完整的圆周运动，假设不成立，B正确；若小球恰能完成完整的圆周运动，则在最高点时，小球的速度为0，在最低点时，小球的动能为2mgr，则F－mg＝meq \f(v\\al(2,最低),r)＝4mg，由牛顿第三定律，可知小球对轻杆的作用力最小为5mg，C、D错误。
2．(2020·重庆模拟)如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，所受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝eq \r(gR) 通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则( )
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为 eq \r(15gR)
D 解析：在A点，对质点由牛顿第二定律有F＋mg－FA＝meq \f(v2,R)，根据牛顿第三定律有FA＝FA′＝8mg，联立解得F＝8mg，故A错误；质点能完成完整的圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝meq \f(v\\al(2,A),R)，根据牛顿第三定律有NA＝N′A，在B点根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝meq \f(v\\al(2,B),R)，根据牛顿第三定律有NB＝N′B，质点从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒定律有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，联立解得N′A－N′B＝6mg，故B、C错误；若强磁性引力大小恒为2F，在B点根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝meq \f(v′2,R)，当FB＝0时，质点速度最大，联立解得 v′B＝eq \r(15gR)，故D正确。
3．如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球，用长为 0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取 10 m/s2，则：
(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？
(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳的拉力多大？
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的速度不能超过多大？
解析：(1)在最高点，对小球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得
mg＋F1＝eq \f(mv2,R)
由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，则 F1不可能取负值，即F1≥0
联立解得v≥eq \r(gR)
代入数值得v≥2 m/s
所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s。
(2)由牛顿第二定律得mg＋F2＝meq \f(v\\al(2,2),R)
将v2＝4 m/s代入得
F2＝15 N。
(3)由分析可知，小球在最低点时，轻绳的张力最大，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得
F3－mg＝eq \f(mv\\al(2,3),R)
将F3＝45 N代入得
v3＝4eq \r(2) m/s
即小球的速度不能超过4eq \r(2) m/s。
答案：(1)2 m/s (2)15 N (3)4eq \r(2) m/s
圆周运动由于其转动的周期性，和其他形式的运动结合时，往往会出现多解问题，解决此类问题的关键是分析清楚产生多解的原因，从最简单的解入手，找到其中蕴含的规律。
典例 如图所示，在同一竖直平面内有A、B两物体，A物体从a点起以角速度ω沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，同时B物体从圆心O自由下落，要使A、B两物体在d点相遇，求角速度ω必须满足的条件。
【自主解答】
解析：B物体从圆心O下落到d点的运动是自由落体运动，B物体从O点下落到d点所用的时间t1满足R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，所以t1＝eq \r(\f(2R,g))
A物体做匀速圆周运动，从a点运动到d点转过的角度应满足
φ＝2nπ＋eq \f(3,2)π(n＝0、1、2、…)
所用时间t2＝eq \f(φ,ω)＝eq \f(2nπ＋\f(3,2)π,ω)(n＝0、1、2、…)
t1＝t2，即eq \r(\f(2R,g))＝eq \f(2nπ＋\f(3,2)π,ω)(n＝0、1、2、…)
解得ω＝eq \f(4n＋3π,2)eq \r(\f(g,2R))(n＝0、1、2、…)。
答案：ω＝eq \f(4n＋3π,2)eq \r(\f(g,2R))(n＝0、1、2、…)
【技法总结】
解决圆周运动多解问题的方法
(1)明确两个物体参与运动的性质和求解的问题。两个运动虽然独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移，寻求联系点是解题的突破口。
(2)注意圆周运动的周期性造成的多解。分析时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况，再根据圆周运动的周期性，在转过的角度上再加上2nπ，具体n的取值应视情况而定。
变式如图所示，用薄纸做成的圆筒直径为D，水平放置，绕圆筒轴线OO′以角速度ω0逆时针匀速运动。一玩具手枪发出的子弹，沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响)，沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响，且认为圆筒没有发生形变)，结果子弹在圆筒上只留下一个洞痕，求子弹的速度。
解析：由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕，考虑匀速圆周运动的周期性，故有
π＋2nπ＝ω0t(n＝0、1、2、3、…)
解得t＝eq \f(2n＋1,ω0)π(n＝0、1、2、3、…)
所以v＝eq \f(D,t)＝eq \f(Dω0,2n＋1π) (n＝0、1、2、3、…)。
答案：eq \f(Dω0,2n＋1π) (n＝0、1、2、3、…)
类型
模型
模型解读
皮带传动
皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘的线速度大小相等，即vA＝vB
摩擦(或齿轮)传动
两轮边缘接触，接触点无相对滑动时，两轮边缘的线速度大小相等，即 vA＝vB
同轴传动
绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比
球—绳模型
实例
如球与绳连接、沿内轨道运动的球等
图示
最高点无支撑
最高点
受力特征
重力、弹力，弹力方向向下或等于0
受力示意图
力学特征
mg＋N＝meq \f(v2,r)
临界特征
N＝0，vmin＝eq \r(gr)
过最高点的条件
v≥eq \r(gr)
速度和弹力关系的讨论分析
①当v＝eq \r(gr) 时，恰好可以过最高点，mg＝meq \f(v2,r)，N＝0，绳、轨道对球无弹力
②当v>eq \r(gr) 时，可以通过最高点，N＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力N
③当v球—杆模型
实例
如球与轻杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等
图示
最高点有支撑
最高点
受力特征
重力、弹力，弹力方向向下、等于0或向上
受力示意图
力学特征
mg±N＝meq \f(v2,r)
临界特征
竖直向上的N＝mg，v＝0
过最高点的条件
v≥0
速度和弹力关系的讨论分析
①当v＝0时，N＝mg，N为支持力，沿半径背离圆心
②当0③当v＝eq \r(gr) 时，N＝0
④当v>eq \r(gr) 时，mg＋N＝meq \f(v2,r)，N指向圆心，并随v的增大而增大