资源简介

2022年高考一轮复习专题10　圆周运动
考点梳理
一、描述圆周运动的物理量
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man.
6．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf.
(2)a＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
(3)Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2.
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动
1．匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小不变的圆周运动 .
(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．
(3)质点做匀速圆周运动的条件
合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．
2．非匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动．
(2)合力的作用
①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向．
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小．
三、离心运动
1．本质：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．
2．受力特点(如图2所示)
(1)当F＝mrω2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(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动． 图2
方法提炼
1．轻绳模型：在最高点的临界状态为只受重力，即mg＝m，则v＝，v<时，物体不能到达最高点．
2．轻杆模型：由于杆和管能对小球产生向上的支持力，所以小球能在竖直平面内做圆周运动的条件是：在最高点的速度v≥0.
[考点分析]
考点一　圆周运动中的运动学分析
1．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
2．对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
特别提醒　在讨论v、ω、r之间的关系时，应运用控制变量法．
考点二　圆周运动中的动力学分析
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．
3、绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型 杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 由mg＝m得
v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
[题型训练]
一．选择题（共11小题）
1．如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）
A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s
2．如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度（ω1≤ω≤ω2）转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根均被拉直，圆周半径为r，已知l1：l2：r＝20：15：12，则ω1：ω2＝（　　）
A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2
3．洗手后我们往往都有“甩水”的动作，如图所示是摄像机拍摄甩水视频后制作的频闪画面，A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。最后3帧照片中，指尖先以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近B的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动。测得A、B之间的距离约为24cm，相邻两帧之间的时间间隔为0.04s，则指尖（　　）
A．在B点的速度约为3m/s
B．在B点的角速度约为10rad/s
C．在AB段的向心加速度约为36m/s2
D．在BC段的向心加速度约为300m/s2
4．如图所示，a、b是地球赤道上的两点，b、c是地球表面上不同纬度同一经度上的两点，以下说法中正确的是（　　）
A．a、b、c三点的角速度相同
B．b、c两点的线速度大小相同
C．a、b两点的线速度大小不相同
D．b、c两点的角速度不相同
5．图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（　　）
A．受到魔盘的支持力缓慢增大
B．受到魔盘的摩擦力缓慢增大
C．受到的合外力大小不变
D．受到魔盘的作用力大小不变
6．港珠澳大桥总长约55公里，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥，也是世界公路建设史上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最庞大的桥梁。如图所示的路段是一段半径约为120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
7．某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，主动轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为（　　）
A． B．
C． D．
8．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送，已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天。在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为（　　）
A． B． C． D．
9．骑行是一种健康自然的出行、运动、旅游方式，简单又环保。骑行者和自行车的总质量为m，重力加速度为g，自行车大齿轮的半径为r1，小齿轮的半径为r2，后轮的半径为R，如图所示。当骑行者恰能沿平行于跨度很大的拱形桥中心线行驶到桥项时，大齿轮的转速为n，若拱形桥桥顶处所对应圆周的半径为L，则自行车此时对拱形桥的压力大小为（　　）
A．N＝mg
B．Nmg
C．N＝mg
D．Nmg
10．如图所示，一正方形木板绕其对角线上的O点在纸面内转动，四个顶点A、B、C、D中（　　）
A．A点角速度最大 B．A、B两点转速相同
C．B点线速度最大 D．C、D两点线速度相同
11．机械表（如图所示）的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为（　　）
A．min B．1min C．min D．min
二．实验题（共2小题）
12．一个圆盘加速转动时，把角速度的增加量△ω与对应时间△的比值定义为角加速度β（即β）。我们用电磁打点计时器（所接交流电的频率为50H）、刻度尺等器材进行如下实验来测量圆盘的角加速度：
（1）如图甲所示，纸带一端穿过打点计时器限位孔后固定在圆盘上，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的外缘处；
（2）接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
①如图乙所示，在实验的纸带上选取A、B、C、D，…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，则打下计数点D时，纸带的速度大小为　 　m/s，纸带运动的加速度大小为　 　m/s2．（本题答案均保留两位有效数字）
②已知圆盘的半径为6.0cm，圆盘转动的角加速度大小为　 　rad/s2。
13．如图甲所示，一圆盘绕垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β（即）。我们用电磁打点计时器（所用电源频率为f）、刻度尺、游标卡尺、纸带（厚度不计）、复写纸来完成下列实验。
实验步骤如下：
①用游标卡尺测得圆盘直径为D；
②将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。
③接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动（即角加速度恒定）。
④经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带标出A、B、C、D……计数点（相邻两计数点间有一个点未画出），进行测量。
请回答下列问题：
（1）打出纸带上相邻两个计数点的时间间隔为 　 　。
（2）由图乙可知，打下计数点B时，圆盘转动的角速度大小为ωB＝　 　，圆盘转动的角加速度大小为β＝　 　（用s1、s2、s3、s4、f、d表示）。
三．计算题（共1小题）
14．如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q（两小球均可视为质点），两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向右和水平向左的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点。已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h；
（2）小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力；
（3）火药释放的能量E。
四．解答题（共3小题）
15．一皮带传送机械的结构示意图如图所示，O1为同轴套装轮的轴心，半径分别为r1、r2，外轮与轴心为O2半径为r3的滑轮由皮带相连，内轮通过细绳牵引一质量为m的物块。已知重力加速度为g，4r3＝2r2＝r1＝l，皮带和细绳在传动过程中都不打滑。
（1）求半径为r1、r2、r3的三个滑轮的角速度之比；
（2）滑轮O2由静止开始逆时针加速转动，经过时间t转了N周，此过程中物块通过皮带传送向上做匀加速运动，求细绳的拉力。
16．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
（1）如图乙所示，圆盘的直径d为　 　cm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为　 　rad/s。
（3）角加速度是角速度变化的快慢，则圆盘转动的角加速度β大小为　 　rad/s2。
17．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h＝5m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。则：（取g＝10m/s2）
（1）每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
（3）当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，求容器的容器加速度a。

参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ1，
解得：θ
直杆转动的时间：t＝t汽车﹣t反应时间＝（3.3﹣0.3）s＝3s
直杆转动的角速度：ωrad/srad/s，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2．【解答】解：将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，
则有：细线l1伸直时，细线l2没弹力，则有：F向1＝mgtanθ1＝mr，
细线l2伸直时，细线l1没弹力，则有：F向2＝mgtanθ2＝mr，
由几何关系可得：r＝l1sinθ1＝l2sinθ2，且l1：l2：r＝20：15：12，sinθ1，sinθ2，
则tanθ1，tanθ2，
，解得：ω1：ω2＝3：4，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．【解答】解：A、指尖在AB之间的线速度约为vB6m/s，不接近3m/s，故A错误；
B、指尖到接近B的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动，半径为B、N间的距离lBN＝15cm，所以在B点的角速度约为rad/s＝40rad/s，不接近10rad/s，故B错误；
C、指尖在AB段的向心加速度a1m/s2＝90m/s2，不接近36m/s2，故C错误；
D、指尖在BC段的向心加速度a2402×0.15m/s2＝240m/s2，接近300m/s2，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：a、b、c三点跟地球自转的圆周半径为三点到地轴的距离，所以ra＝rb＞rc
三点随地球自转，相同时间转过的角度相同，所以a、b、c三点的角速度相同，即ωa＝ωb＝ωc
又由v＝ωr得，va＝vb＞vc
故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．【解答】解：AB、对游客受力分析如图，分别研水平和竖直方向列方程：
水平方向：fx﹣Nx＝mω2r
竖直方向：fy+Ny＝mg
则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能f增大，N减小。故A错误，B正确；
C、滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故C错误；
D、把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力），即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故D错误。
故选：B。
6．【解答】解：AB、汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径R＝l20m，运动速率v＝72km/h＝20m/s。向心加速度为
，角速度，故AB错误；
C、以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得：，在竖直方向有：FN＝mg，径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即：fm＝kFN，联立得：，解得：vm≈111.6km/h，所以晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；
D、下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有：，解得：vm＝78.8km/h＞60km/h，所以汽车客运安全通过此圆弧形弯道而不做离心运动，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：主动轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是车轮传动，线速度也相等，所以A与B、C的线速度是相等的；有线速度关系可知：
则：
由图可知：RC＝2RB+RA
A、B与C的线速度相同，得：ωRA＝ω′RC
联立可得：．故A正确，BCD错误
故选：A。
8．【解答】解：根据万有引力提供向心力，有：
mr
解得：r∝
已知月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1，
因月球绕地球运动的轨道半径为60r，故同步卫星的轨道半径为r，高度为r，
故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为：
t，故C正确，ABD错误；
故选：C。
9．【解答】解：设大齿轮和小齿轮的角速度分别为ω1、ω2，由v1＝ω1r1和ω1＝2πn知大齿轮的线速度为v1＝ω1r1＝2πnr1，
大齿轮和小齿轮的线速度相等，均为v1，
由ω2知后轮的角速度ω2，
其线速度v2＝ω2R，
对自行车，由牛顿第二定律得：mg﹣N＝m，
解得N＝mg，由牛顿第三定律知自行车此时对拱形桥的压力等于自行车受到的支持力，即：N'＝N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【解答】解：A、根据题意，一正方形木板绕其对角线上O点做匀速转动，那么木板上各点的角速度相同，故A错误。
B、根据关系式ω＝2πn知角速度相同，因此它们的转速也相等，故B正确。
C、根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，B点的转动半径最小，故C错误。
D、从O点到CD两点的间距相等，那么它们的线速度大小相同，方向不同，故D错误。
故选：B。
11．【解答】解：分针的周期为1h，秒针的周期为1min，两者的周期比为T1：T2＝60：1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有：
ω1t+2π＝ω2t，即t+2πt，
又T1＝60T2＝60min，所以t
故选：C。
二．实验题（共2小题）
12．【解答】解：（1）相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点之间的运动时间是0.1s，
根据平均速度等于中间时刻瞬时速度得打下D时，纸带的速度为：
vD0.39 m/s，
据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2得纸带运动的加速度大小为：
a0.60m/s2。
（2）圆盘转动的角加速度的大小为：
β10rad/s2。
故答案为：（1）0.39，0.60；（2）10。
13．【解答】解：（1）打出纸带上相邻两个计数点的时间间隔为：
T
（2）B为AC的时间中点，则打下B点时，圆盘边缘的线速度大小为：
vB
圆盘的半径r，则此时圆盘转动的角速度为：

由v＝rω和β知，
β
又Δv＝aΔt，则β
由CE﹣AC＝a（2T）2，解得加速度为：

故圆盘转动的角加速度大小为.
β
三．计算题（共1小题）
14．【解答】解：（1）因为Q小球恰好运动到最高点A，则可知，Q小球在A点的速度，Q小球离开A点做平抛运动，由题意可知，抛出点的高度H＝h+2R，Q小球落地的水平位移为3R，据平抛可得：
①
3R②
由①②两式可解得：h＝2.5R
（2）小球P获得水平向左的速度，做平抛运动，令初速度为vP，则据平抛运动有：

3R＝vPt
可得P获得的初速度
小球P点获得初速度，在最低点时合外力提供圆周运动向心力，令轨道对小球P的支持力为FN，据牛顿第二定律有：

可得：
（3）Q小球从B运动到A只有重力做功，根据动能定理有：

解得：Q小球在B点获得的初速度vQ
点燃火药过程中，PQ小球组成的系统水平方向动量守恒有取向右为正方向有：
0＝﹣mvP+mQvQ
可得小球Q的质量：
mQ
根据题意，火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，所以火药释放的能量：
E3mgR
答：（1）半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h为2.5R；
（2）小球P获得水平向左的初速度为瞬间对半圆轨道最低点的压力为；
（3）火药释放的能量E为3mgR。
四．解答题（共3小题）
15．【解答】解：（1）半径为r1、r2的滑轮属于共轴转动，故它们的角速度相等，故ω1：ω2＝1：1，半径为r1、r3的滑轮靠传送带传动，线速度大小相等，根据，知它们的角速度之比为半径的反比故ω1：ω3＝1：4；故ω1：ω2：ω3＝1：1：4；
（2）半径为r1、r3的滑轮靠传送带传动，线速度大小相等故v1＝v3；半径为r1、r2的滑轮属于共轴转动，故它的角速度相等，根据线速度与半径成正比得v1＝2v2，则v1＝v3＝2v2；
故在相同时间内，半径为r2的滑轮边缘走过的路程是半径为r3的滑轮的一半。故物体位移x；
物体初速度为0，则根据x得加速度a；
对物体受力分析：F﹣mg＝ma，则F＝mg+ma＝mg；
答：（1）半径为r1、r2、r3的三个滑轮的角速度之比为1：1：4；
（2）细绳的拉力为mg；
16．【解答】解：（1）由图可知，圆盘的直径d＝6.00﹣2.00cm＝4.00cm。
（2）D点的瞬时速度0.389m/s，则圆盘转动的角速度。
（3）根据△x＝aT2，运用逐差法得，a0.59m/s2，
角加速度，，可知。
故答案为：（1）4.00，（2）19.45，（3）29.5。
17．【解答】解：（1）离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动。
则每一滴水滴落到盘面上所用时间：t1s；
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在1s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数。
由ωt＝kπ
即ω＝kπkπ，其中k＝1，2，3，…
（3）第二滴水离开O点的距离为
第三滴水离开O点的距离为
又△θ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以
即
解得：am/s2；
答：（1）每一滴水离开容器后经过1s时间滴落到盘面上；
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为kπ，其中k＝1，2，3，…；
（3）当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，则容器的容器加速度m/s2

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