2013届高三物理一轮复习课件(人教版)：第4章第3节圆周运动(精)

第3节圆周运动考点1：描述圆周运动的物理量之间关系的理解和运用【例1】如图433所示，一个大轮通过皮带拉动小轮转动，皮带和两轮之间无滑动，大轮的半径是小轮的两倍，大轮上一点S离转动轴的距离是半径的1/3.当大轮边缘上P点的向心加速度是12cm/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度多大？图433切入点：同轴转动的各点角速度相等，不打滑线速率相等．22224cm/s///24cm/sSSSSPSPPPPPQQPPQQPPQSParraraaarrvvvaaarrraarr因同一轮上点和点的角速度相同，即：，由得：，所以，又不打滑的皮带传动的两轮边缘各点线速度大小相同，即：，由得：，所以【解析】点评：对于这一类问题要根据轮子转动时轮上各点角速度相等，皮带传动各点线速度相等判断出要比较的点是线速度相同还是角速度相同，从而选择正确的公式．考点2：动力学问题【例2】铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还取决于火车在弯道上的行驶速率．下面表格中的数据是铁路设计人员技术手册中弯道半径r及与之对应的轨道的高度差h.(1)根据表中数据，试导出h和r关系的表达式，并求出当r=440m时，h的设计值；(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内外轨的间距设计值为L=1425mm，结合表中数据，算出我国火车的转弯速率v(以km/h为单位，结果取整数)；(路轨倾角很小时，正切值按正弦值处理)(3)随着经济的发展和人们生活节奏的加快，对交通运输的快捷提出了更高的要求．为了提高运输力，国家不断对火车进行提速，这就要求铁路转弯速率也需要提高．请根据上述计算原理分析提速时应采取怎样的有效措施提高铁路的转弯速率．切入点：(1)仔细分析表中数据，找出h和r关系．(2)分析受力，找出向心力的来源．321660m5010m33m133(33)440m33m0.075m75mm.440hrChrhrrh分析表中数据可得，每组的与之乘积均等于常数．即或①当时，有：【解析】22tantansin15m/s54km/h.vmgmrhLghrvLv转弯中，当内、外轨对车轮没有侧向压力时，火车的受力如图所示．由牛顿第二定律得：②因为很小，有：③由②③可得：④代入数据得：(3)由④式可知，可采取的有效措施有：a．适当增大内外轨的高度差h；b．适当增大铁路弯道的轨道半径r.点评：本题解答的关键是要确定圆心位置：圆心为运动圆轨迹的圆心，从而可以正确分解重力，确定向心力的大小和方向．题型一：匀速圆周运动的动态(临界)问题【例3】如图434所示，一人用不可伸长的轻绳通过光滑的水平板中央小孔与质量为m的物体相连，物体正在做匀速圆周运动．(1)现人缓慢地释放一段绳子，问物体m的轨道半径r、角速度w、线速度v的大小如何变化？(2)现人迅速释放，使其半径由r变为1.2r，则释放后角速度w′变为原来角速度w的多少倍？图434【解析】(1)由于缓慢释放绳故物体的轨道半径r增大，在半径增大的过程中，由于缓慢，可以认为水平面上绳子的拉力始终与物体的线速度方向垂直，故此过程绳子拉力对物体不做功，所以线速度大小不变，据公式w=v/r可得w变小．221.21.2sin1.21.225.1.236rrrrrrr迅速释放绳子的时间内由于没有力提供向心力，物体做速度为的匀速直线运动，当运动到半径为时，可把速度分解为垂直此时绳子方向的速度及沿绳子方向的速度，由于绳子不可伸长，故沿绳子方向的速度瞬时为零，如图所示，所以有：，得：点评：匀速圆周运动中的放绳问题，关键是抓住缓慢释放与迅速释放所产生的区别．前者，线速度大小不变；后者，由于沿绳方向速度的损耗，从而使线速度变小了．解决这一问题可培养同学们的严谨科学思维及深入探究精神．题型二：匀速圆周运动中的多解问题【例4】质点P以O为圆心做半径为R的匀速圆周运动，如图435所示，周期为T，当P经过图中D点时，有一质量为m的另一质点Q受到力F的作用从静止开始做匀加速直线运动，为使P、Q两质点在某时刻的速度相同，则F的大小应满足什么条件？图4353/4(0123)3/4(0123)2.8(4PPCPQPnntnTnRPvTQFvvtmmRF速度相同包括大小相等和方向相同，由质点做匀速圆周运动的方向可知，只有当运动到圆周上的点时，、速度的方向才相同，即质点转过周、、、，经历的时间、、、，质点的速率：在相同时间内，质点做匀加速直线运动，速度应达到，由牛顿第二定律及速度公式得：，由以上三式解得【析：】2(0123)3)nnT、、、点评：速度相同包括速度的大小和方向均相同，明白这一点是解答此题的关键．利用两种运动时间相等，即可求得F适合题设条件的表达式．题型三：竖直平面内的圆周运动问题图436【例5】如图436所示，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是()A．小球过最高点时，杆所受的弹力可以等于零B．小球过最高点时的临界速度为C．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定大于杆对球的作用力D．小球过最高点时，杆对球作用力一定与小球所受重力方向相反gR答案：A点评：熟练掌握“轻杆”模型是解答此题的关键，计算临界值，则能判断出正确答案．0B0C0A000DvNmgvvRgNvRgmgNNvRgNN临界小球用轻杆支持，过最高点的，，方向向上，故答案不正确．当杆对球作用力与重力相反，即向上，当时，重力与支持力相等，故错误．当时，，所以正确．当＜＜时，＞＞，为支持力．【解析当＞时，＞，为】拉力，所以不正确．题型四：圆周运动的综合问题【例6】如图437所示，LMPQ是光滑轨道，LM水平，长为5.0m，MPQ是一半径为R=1.6m的半圆，QOM在同一竖直面上，在恒力F作用下，质量m=1kg的物体A从L点由静止开始运动，当达到M时立即停止用力．欲使A刚好能通过Q点，则力F大小为多少？(取g=10m/s2)图4372NN204m/s1228N.LMAQvmgFmRAQFvgRLQFxmgRmvF物体经过点时，其受力情况如图所示．由牛顿第二定律得：物体刚好过点时有　　解得对物体从到全过程，由动能定理得解得【解析】点评：正确理解A物体“刚好能通过Q点”含义是解决本题的关键．常用来表达临界状态的词语还有“恰好”“恰能”“至少”“至多”等，同学们在审题时必须注意；另，圆周运动常与机械能守恒定律，动能定理等相联系，构成综合性较强的题目．1.(2011•安徽)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图438(a)所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图438(b)所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是()图43820220220220A.sinB.cosC.cosD.sinvgvgvgvg答案：C022200coscos.Pvvmgvmvg当抛至最高点时，竖直方向速度为，只有水平方向的速度，根据牛顿第二定】得析律【解2.如图439所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．图439N2222N22221sincoscossinffFmgFmgRHRHRHmgHmgRFFRHRH物块静止时，对物块进行受力分析如图所示，设筒壁与水平面的夹角为，由平衡条件有　由图中几何关系有，有，】析故【解22tantan22mgmrHRrRgHR分析此时物块受力如图所示，由牛顿第二定律有其中，可得3.过山车是游乐场中常见的设施．如图4310是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m.一个质量为m=1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．图4310122111021111122210.0NvmgLmgRmvmvmgFvFmgmRF设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为，根据动能定理①　小球在最高点受到重力和轨道对它的作用力，根据牛顿第二定律②　【由①②得解析】③222222122021122212.5mvvmgmRmgLLmgRmvmvL设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为，由题意④　⑤　由④⑤得⑥323322133033.1122220.4mvvmgmRmgLLmgRmvmvR要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：Ⅰ轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为，应满足⑦　　　⑧　　由⑥⑦⑧得321303322223323.122021.0m27.9mRmgLLmgRmvRRRRLRRRⅡ轨道半径较大时，小球上升的最大高度为，根据动能定理解得为了保证圆轨道不重叠，最大值应满足解得33320300.4m1.0m27.9m00.4m10236.0m1.0m27.9m2(RRRALmgLmvLRALLLLL综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件或当时，小球最终停留点与起始点的距离为，则当时，小球最终停留点与起始点的距离为，则12)26.0m.L4.(2011•湖南师大附中月考)如图4311所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同．当盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是()图4311A．两物体均沿切线方向滑动B．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远答案：D5.(2011•广州模拟)如图4312所示是磁带录音机的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r.现进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，经测定，磁带全部绕到A轮上需要的时间为t.则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等需要的时间是()图4312答案：B【解析】本题考查圆周运动、线速度、角速度、半径之间的关系．A的角速度是恒定的，但是A的半径越来越大，根据v=wr可得v在增大，所以一开始需要的时间比较长，B项正确．AB22CD2ttt．等于．大于．小于．此时间无法确定6.在2010年11月16日广州亚运