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物理第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动01基础再现夯实双基02多维课堂考点突破03达标检测巩固提能【基础梳理】线速度大小不变的半径相切2πrTm/s2πTrad/s一圈圈数圆心v2rω2r圆心mv2rmω2r切线远离靠近【自我诊断】判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．()(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．()(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．()(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．()(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．()(6)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．()××√×√×做一做(2020·云南临沧一中高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若“魔盘”半径为r，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是()A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．如果转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在“魔盘”上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D正确．圆周运动的运动学问题【题组过关】1．(多选)(2020·台州质检)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：选BD.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，选项B正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝RA2，所以ωA＝ωC2，选项A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，选项C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，选项D正确．2．如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为nr/s，则自行车前进的速度为()A.πnr1r3r2B.πnr2r3r1C.2πnr2r3r1D.2πnr1r3r2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r1＝ω2r2，解得ω2＝ω1r1r2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v＝r3ω2＝2πnr1r3r2，故D正确．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．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.(3)同轴传动：如图丁、戊所示，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．圆周运动的动力学问题【题组过关】1.(2020·绍兴高三选考适应考试)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsinθ，对A，有：Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcosθ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝glcosθ，θ变小，ω变小，故D正确．2．(2020·湖州质检)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，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，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是()A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越近C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远答案：A1．常见圆周运动动力学问题的模型运动模型飞机在水平面内做圆周运动火车转弯圆锥摆向心力的来源图示运动模型飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台向心力的来源图示2.“一、二、三、四”求解圆周运动问题竖直面内的圆周运动【题组过关】考向1汽车过拱桥模型1．(2020·金华质检)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1t2B．t1＝t2C．t1t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1t2.选项A正确．考向2轻绳模型2.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝12mv2，v＝2gL，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝12mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝mv2L，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝v2L＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．考向3轻杆模型3．(多选)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()A．当v的值为gL时，杆对小球的弹力为零B．当v由gL逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C．当v由gL逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小D．当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg＝mv2L，v＝gL，A对；当v＞gL时，轻杆对球有拉力，则F＋mg＝mv2L，v增大，F增大，B对；当v＜gL时，轻杆对球有支持力，则mg－F′＝mv2L，v减小，F′增大，C错；由F向＝mv2L知，v增大，向心力增大，D对．轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球能运动即可，得v临＝0轻绳模型轻杆模型讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，FN＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时v＜gr在最高点：(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜gr时，－FN＋mg＝mv2r，FN背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝gr时，FN＝0(4)当v＞gr时，FN＋mg＝mv2r，FN指向圆心并随v的增大而增大本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放