2020版高考物理总复习 4 第3讲 圆周运动的规律及应用课件 新人教版

必考部分第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动的规律及应用基础·全面落实考点·深度研析素能·专项突破真题·实战演练基础·全面落实教材回扣基础自测一、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＝ΔsΔt＝2πrT。2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，ω＝ΔθΔt＝2πT。3．周期和频率：描述物体绕圆心的物理量，T＝2πrv，T＝1f。4．向心加速度：描述变化快慢的物理量，an＝rω2＝v2r＝ωv＝4π2T2r。5．向心力：作用效果产生，Fn＝man。转动快慢速度方向向心加速度6．相互关系：(1)v＝＝2πTr＝。(2)an＝v2r＝rω2＝ωv＝4π2T2r＝4π2f2r。(3)Fn＝man＝mv2r＝＝mr4π2T2＝。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：线速度的圆周运动。(2)性质：向心加速度大小，方向总是的变加速曲线运动。(3)质点做匀速圆周运动的条件合力不变，方向始终与速度方向且指向圆心。ωr2πrfmω2rmr4π2f2大小不变不变指向圆心大小垂直2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均的圆周运动。(2)合力的作用①合力沿速度方向的分量Fτ产生切向加速度，Fτ＝maτ，它只改变速度的。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。发生变化大小方向三、离心运动1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着飞出去的倾向。2．受力特点(如图所示)(1)当F＝时，物体做匀速圆周运动。(2)当F＝0时，物体沿飞出。(3)当F时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的力。(4)当Fmrω2时，物体逐渐向靠近，做运动。圆周切线方向mrω2切线方向mrω2圆心近心(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动。()2．做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比。()3．做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。()4．做圆周运动的物体所受的合外力不一定指向圆心。()5．做圆周运动的物体所受的合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出。()×√×√×1．(描述圆周运动的物理量)共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供的自行车单车共享服务，是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列说法正确的是()A．B点与C点的角速度，ωB＝ωCB．C点与A点的线速度，vC＝rBrAvAC．B点与A点的角速度，ωB＝rArBωAD．A点和C点的线速度，vA＝rArCvC解析由圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据v＝ωr可知ωB≠ωC，A项错误；vC＝vB＝rBrAvA，B项正确，D项错误；A、B同轴转动，角速度相同，C项错误。答案B2．(向心力)如图所示，一圆盘可绕一过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个木块，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，那么()A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心C．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同D．因为摩擦力总是阻碍物体的运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反解析从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析：由于圆盘转动时，以转动的圆盘为参考系，物体的运动趋势是沿半径向外背离圆心的，所以盘面对木块的静摩擦力方向沿半径指向圆心。从做匀速圆周运动的物体必须有力提供向心力的角度来分析，木块随圆盘一起做匀速圆周运动，它必须受到沿半径指向圆心的合力，只有来自盘面的静摩擦力提供指向圆心的向心力，因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心，所以B项正确。答案B3．(离心现象)(多选)如图所示，光滑水平面上一质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则下列关于小球运动情况的说法正确的是()A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc做近心运动解析由F＝mv2R知，若拉力变小，则F不能提供所需的向心力，R变大，小球做离心运动。反之，若F变大，小球将做近心运动，A、C、D三项正确。答案ACD考点·深度研析核心考点分层突破考点1圆周运动的运动学分析考|点|速|通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＝v2r＝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。3．常见传动方式及特点(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同。(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。典|例|微|探【例1】(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＝RA2，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∶1D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4解析处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，B项正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝RA2，所以ωA＝ωC2，A项错误；根据ωA＝ωB，ωA＝ωC2，可得ωB＝ωC2，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，C项错误；根据ωB＝ωC2及关系式a＝ω2R，可得aB＝aC4，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，D项正确。答案BD题|组|冲|关1．汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于厢内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备厢盖的过程中()A．A点相对O′点做圆周运动B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等解析在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A项错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，B项错误，C项正确；根据向心加速度a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，D项错误。答案C2．(多选)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则()A.ω1ω2＝22B.ω1ω2＝21C.a1a2＝11D.a1a2＝12解析根据题述，a1＝ω21r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ω21r，小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω22R＝2ω22r，ω22R＝ω21r，联立解得ω1ω2＝22，A项正确，B项错误；a2＝μg＝ω22R，a1a2＝11，C项正确，D项错误。答案AC考点2水平面内的圆周运动的临界问题考|点|速|通1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点运动轨迹是圆且在水平面内。2．匀速圆周运动的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝mv2r或Fn＝mω2r或Fn＝m4π2rT2列方程求解。典|例|微|探【例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转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()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＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l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，木块随圆盘转动时，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，B项错误；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，A项正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg2l，C项正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2al，可得ωa＝kgl，而转盘的角速度ω＝2kg3lkgl，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＝23kmg，D项错误。答案AC水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径没有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力，绳的拉力等)。2．三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件：弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件：T＝0。题|组|冲|关1.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝π6，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则()A．当ω＝3g4l时，细线中张力为零B．当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力为零C．当ω＝gl时，细线的张力为mg3D．当ω＝4g3l时，细绳的拉力大小为4mg3解析当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mω21lsinπ6，解得ω1＝2g3l，由于3g4l2g3l，所以当ω＝3g4l时，细线中张力不为零，A项错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则mgtanπ6＝mω22lsinπ6，解得ω2＝23g3l，由于ω13g4lω2，所以当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力不为零，B项错误；由于ω1glω2，由牛顿第二定律f＋Fsinπ6＝mgl2lsinπ6，因为压力小于mg，所以f13mg，解得F13mg，C项错误；当ω＝4g3lω2时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m4g3l2lsinα，解得cosα＝34，故F＝mgcosα＝43mg，D项正确。答案D2.如图所示，半径为l4、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳