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第3讲　圆周运动及其应用
考纲考情 核心素养
?匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ ?匀速圆周运动的向心力Ⅱ
?离心现象Ⅰ ?描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．
?圆周运动的动力学特征．
?离心运动、近心运动以及形成条件. 物理观念
全国卷5年10考 高考指数★★★★★ ?描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．
?圆周运动的动力学特征．
?离心运动、近心运动以及形成条件. 科学思维
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点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．
4．描述匀速圆周运动的物理量
知识点二　　　　　　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：F＝ma＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
3．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．
4．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．
知识点三　　　　　　离心现象
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外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.
直 观
展
示
1．思考判断
(1)圆周运动一定是变速运动．(　√　)
(2)匀速圆周运动加速度保持不变．(　×　)
(3)做圆周运动的物体所受合力一定指向圆心．(　×　)
(4)物体速率越大所受向心力一定越大．(　×　)
(5)物体做圆周运动周期越大，角速度一定越小．(　√　)
2．(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则(　BCD　)
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．转迹半径为 m
D．加速度大小为4π m/s2
解析：由n＝f＝可知选项B正确；由T＝可知r＝＝ m，选项C正确；由a＝可知选项D正确；由a＝ωv可知ω＝π rad/s，选项A错误．
3．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点(　D　)
A．角速度之比ωA?ωB＝?1
B．角速度之比ωA?ωB＝1?
C．线速度之比vA?vB＝?1
D．线速度之比vA?vB＝1?
解析：板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA?ωB＝1?1，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比vA?vB＝1?，选项C错误，D正确．
4．如图是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．若摩托车发生滑动，则下列论述正确的是(　B　)
A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力
C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去
D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去
解析：摩托车做圆周运动需要向心力，不受到沿半径方向向外的离心力作用，故A错误；若摩托车发生滑动，摩托车做离心运动是因为所受外力的合力小于所需的向心力，故B正确；摩托车受到与速度方向垂直的摩擦力的作用，即使该摩擦力小于需要的向心力，但仍然能够改变车的运动的方向，使车不会沿其线速度的方向沿直线滑出去，故C错误；摩托车做圆周运动的线速度沿半径的切线方向，不可能会沿其半径方向沿直线滑出去，故D错误．
5．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　A　)
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同
D．向心力大小相同
解析：同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度大小不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度大小不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D错误．
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　圆周运动的运动学问题
1．描述圆周运动的物理量间的关系
2．常见的三种传动方式及特点
传动类型 图示 结论
共轴传动
A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比
皮带传动
A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比
齿轮传动
vA＝vB(线速度)，＝＝，＝＝(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)
题型1　　　　　描述圆周运动的物理量及其关系
1．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，其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(　AD　)
A．运动路程为600 m B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km
解析：在此10 s时间内，火车运动路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为 rad，角速度ω＝＝ rad/s，选项C错误；由v＝ωR，可得转弯半径约为3.4 km，选项D正确．
2.如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是3?2，运动方向改变的角度之比是2?1，则(　D　)
A．二者线速度大小之比为2?3
B．二者角速度大小之比为1?2
C．二者圆周运动的半径之比为1?3
D．二者向心加速度大小之比为3?1
解析：本题考查根据运动轨迹比较圆周运动相关物理量．线速度v＝，两快艇通过的路程之比为3?2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为3?2，故A错误；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为2?1，由于运动时间相等，则角速度大小之比为2?1，故B错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝，则两快艇做圆周运动的半径之比为3?4，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度大小之比为3?1，故D正确．
题型2　　　　　传动问题
3．科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　C　)
A．小齿轮逆时针转动
B．小齿轮每个齿的线速度均相同
C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿轮的线速度不同，选项B错误；根据v＝ωr，且线速度大小相等可知，角速度与半径成反比，选项C正确；根据向心加速度a＝，线速度大小相等可知，向心加速度与半径成反比，选项D错误．
4．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C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分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　D　)
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
解析：A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va?vb＝1?1，选项A错误；B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝得＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r得＝＝，故aa?ab?ac＝9?6?4，选项D正确．
名师点睛
传动装置类问题的解题关键,在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.
考点2　水平面上的圆周运动
1．水平转盘模型
概
述 如图所示，向心力由静摩擦力提供，即Ff＝mω2r，当物体刚要滑动时Ff＝μmg，所以临界角速度ω＝
规
律 物体离圆盘中心O越远，就越容易被“甩出去”
2.圆锥筒与圆锥摆模型
概
述 如图所示为圆锥筒模型，筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝
规
律 稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω就越小，线速度v就越大．而小球受到的支持力FN＝和向心力F向＝并不随位置的变化而变化
(续表)

概述 如图所示为圆锥摆模型，向心力F向＝mgtanθ＝m＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝，ω＝
规律 稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力也越大
1.(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　BC　)
A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B．B的向心力等于A的向心力大小
C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍
D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
解析：A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小fB＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小fA＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rω，解得ωB＝，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有μAmg＝mrω，解得ωA＝，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB<ωA，可得μB<μA，故D错误．
2．(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　AC　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木板随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，选项A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω·2l，可得ωb＝ ，选项C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωl，可得ωa＝ ，而转盘的角速度 < ，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，选项D错误．
3．(多选)如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　CD　)
A．A、B球受到的支持力之比为?3
B．A、B球的向心力之比为?1
C．A、B球运动的角速度之比为3?1
D．A、B球运动的线速度之比为1?1
解析：设小球受到的支持力为FN，向心力为F，则有FNsinθ＝mg，FNA?FNB＝?1，选项A错误；F＝，FA?FB＝3?1，选项B错误；小球运动轨道高度相同，则半径R＝htanθ，RA?RB＝1?3，由F＝mω2R得ωA?ωB＝3?1，选项C正确；由v＝ωR得vA?vB＝1?1，选项D正确．
4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是(　B　)
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变大
C．Q受到桌面的静摩擦力变小
D．Q受到桌面的支持力变小
解析：设OP长度为l，与水平面的夹角为θ，竖直方向平衡，有Fsinθ＝mg，水平方向由牛顿第二定律得Fcosθ＝mω2lcosθ，由以上方程分析可得，随θ角减小，F增大，A错误；结合Q的受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大，受到桌面的支持力不变，C、D错误；F＝mω2l，ω随F的增大而增大，B正确．
考点3　竖直面内圆周运动的两种模型
轻“绳”模型 轻“杆”模型
情景 图示

弹力 特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力 示意图

力学 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界 特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
模型 关键 (1)绳只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
题型1　　　　　轻绳模型
1.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则(　CD　)
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0> 时，小球一定能通过最高点P
D．当v0< 时，细绳始终处于绷紧状态
解析：小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故小球处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时，设绳的拉力为FT1，有FT1－mg＝m；在最高点时，设绳的拉力为FT2，小球的速度为v，有FT2＋mg＝m，其中mv－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝ 时，得v＝，因为小球能经过最高点的最小速度为，则当v0> 时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝ 时，由mv＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．
2．(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)．现给小球水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g取10 m/s2)(　CD　)
A．v0≥0 B．v0≥4 m/s
C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s
解析：当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，根据机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mv，联立解得v0≥2 m/s，C正确；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律得mgr＝mv，解得v0＝2 m/s，D正确．
题型2　　　　　轻杆模型
3．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图象如图乙所示．下列说法正确的是(　B　)
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
解析：在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故A错误，B正确；由题图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a＝mg，故D错误．
4.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时(　C　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
解析：球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；球B在最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正确，D错误．
名师点睛
　　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路

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