2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第4章 第3讲　圆周运动.docx

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1、第3讲圆周运动目标要求1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法.3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型考点一圆周运动的运动学问题1描述圆周运动的物理量2匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动(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1匀速圆周运动是匀变速曲线运动()2物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的()3物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力()4匀速圆周

2、运动的向心加速度与半径成反比()1对公式vr的理解当一定时，v与r成正比当v一定时，与r成反比2对an2r的理解在v一定时，an与r成反比；在一定时，an与r成正比3常见的传动方式及特点同轴转动皮带传动齿轮传动装置A、B两点在同轴的一个圆盘上两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点特点角速度、周期相同线速度大小相等线速度大小相等转向相同相同相反规律线速度与半径成正比：向心加速度与半径成正比：角速度与半径成反比：向心加速度与半径成反比：角速度与半径成反比：向心加速度与半径成反比： 考向1圆周运动物理量的分析和计算例1如图，A、B两艘

3、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43，运动方向改变的角度之比是32，则它们()A线速度大小之比为43B角速度之比为34C圆周运动的半径之比为21D向心加速度大小之比为12答案A解析时间相同，路程之比即线速度大小之比，为43，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为32，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为89，C项错误；由向心加速度an知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为21，D项错误 考向2圆周传动问题例2(多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为236，当齿轮传动的时候，

4、关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，下列说法正确的是()AA点和B点的线速度大小之比为11BA点和B点的角速度之比为11CA点和B点的角速度之比为31DA点和B点的线速度大小之比为13答案AC解析题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，则A点和B点的线速度大小之比为11，由vr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为31，故A、C正确，B、D错误 考向3圆周运动的多解问题例3(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则()A子弹在圆筒

5、中的水平速度为dB子弹在圆筒中的水平速度为2dC圆筒转动的角速度可能为D圆筒转动的角速度可能为3答案ACD解析子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t，则v0d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即t(2n1)(n0,1,2，)，所以(2n1)(n0,1,2，)，故C、D正确考点二圆周运动的动力学问题1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Fnmmr2mrmv.(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力2离心运动和近心运动(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然

6、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)受力特点(如图)当F0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动当0Fmr2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力3匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力(2)变速圆周运动的合力(如图)与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向1做匀速圆周运动的物体，当

7、所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出()2摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故()3向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供()4在变速圆周运动中，向心力不指向圆心()1向心力来源向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力2匀速圆周运动中向心力来源运动模型向心力的来源图示汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)圆锥摆飞车走壁飞机水平转弯火车转弯3.变速圆周运动中向心力来源如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力

8、提供向心力，FnFTmgcos m，如图所示4圆周运动中动力学问题的分析思路 考向1圆周运动的动力学问题例4(多选)(2021河北卷9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时()A小球的高度一定降低B弹簧弹力的大小一定不变C小球对杆压力的大小一定变大D小球所受合外力的大小一定变大答案BD解析对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向有FTsin mg，而FTk可

9、知为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos FNm2r即FNFTcos m2r当转速较大，FN指向转轴时，则FTcos FNm2r即FNm2rFTcos 因，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合m2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确例5(2022全国甲卷14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重

10、力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()A. B. C. D.答案D解析运动员从a到c根据动能定理有mghmvc2，在c点有FNcmgm，FNc kmg，联立有Rc，故选D. 考向2圆锥摆模型例6(2023辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是()A小球A、B角速度相等B小球A、B线速度大小相等C小球C、D所需

11、的向心加速度大小相等D小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等答案B解析对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan m2lsin ，解得，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan man，FTcos mg，得angtan ，FT，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确例7如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲

12、在乙的上方则()A球甲的角速度一定大于球乙的角速度B球甲的线速度一定大于球乙的线速度C球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力答案B解析对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律有mgtan mmR2，解得v ，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D

13、错误例8如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()Aa、b 两小球都是所受合外力充当向心力Ba、b两小球圆周运动的半径之比为tan C小球b受到的绳子拉力大小为D小球a运动到最高点时受到绳子的拉力大小为答案C解析小球a速度大小变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球做圆周运动的半径之比为，故B错误；Fbcos

14、 mg，即Fb，故C正确；小球a到达最高点时速度为零，将重力正交分解，有Famgcos ，故D错误圆锥摆模型1.如图所示，向心力F向mgtan mm2r，且rLsin ，联立解得v，.2稳定状态下，角越大，对应的角速度和线速度v就越大，小球受到的拉力F和运动所需的向心力也越大 考向3生活中的圆周运动例9列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为(很小，可近似认为tan sin )，重力加速度为g，下列说法正确的是()A列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用B列车过转弯处的速度v时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨C列

15、车过转弯处的速度v时，列车轮缘会挤压外轨D若减小角，可提高列车安全过转弯处的速度答案B解析列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有mmgtan mg，解得v，故当列车过转弯处的速度v时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v时，转弯所需的向心力Fmgtan ，故此时列车内轨受挤压，C错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大，D错误课时精练1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是()A乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外

16、侧的飞椅角速度最大B缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等C飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力D不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同答案D解析乘坐飞椅的所有爱好者一起做匀速圆周运动，其角速度相同，故A错误，D正确；根据anr2，由A可知角速度相同，当转动半径越大，向心加速度越大，故悬挂在最外侧飞椅的向心加速度大，故B错误；向心力是由重力和支持力的合力提供的，故C错误2.(2021全国甲卷15)“旋转纽扣”是一种传统游戏如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替

17、出现拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A10 m/s2 B100 m/s2C1 000 m/s2 D10 000 m/s2答案C解析根据匀速圆周运动的规律，此时2n100 rad/s，向心加速度a2r1 000 m/s2，故选C.3.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则()A从动轮和主动轮转动方向始终相反B滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C滚轮从A到B

18、，从动轮线速度先增大后减小D滚轮从A到B，从动轮转速先增大后减小答案B解析因为从动轮和主动轮转动方向都和滚轮的转动方向相反，所以从动轮和主动轮转动方向始终相同，A错误；滚轮在B处时，从动轮和主动轮与滚轮接触点的线速度大小相等，此处从动轮的半径大于主动轮的半径，根据vr可知，从动轮角速度小于主动轮角速度，B正确；主动轮转速不变，滚轮从A到B，主动轮的半径越来越小，主动轮与滚轮接触点的线速度一直减小，从动轮线速度与滚轮线速度大小相等，故一直减小，C错误；滚轮从A到B，从动轮线速度一直减小，又因为从动轮半径在变大，又vr2nr，滚轮从A到B，从动轮转速一直减小，D错误4(2023广东惠州市调研)如图

19、所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用因阻力作用，小球Q的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)下列判断正确的是()A小球Q的位置越来越高B细线的拉力减小C小球Q运动的角速度增大D金属块P受到桌面的静摩擦力增大答案B解析由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设小孔下面细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小

20、球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT，mgtan mm2Lsin ，解得，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，减小，cos 增大，因此细线的拉力FT减小，角速度减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力减小，故D项错误5.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则()A小球平抛的初速度一定是

21、2.5 m/sB小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC圆盘转动的角速度一定是 rad/sD圆盘转动的加速度大小可能是2 m/s2答案A解析根据hgt2可得t2 s，则小球平抛的初速度v02.5 m/s，A正确，B错误；根据t2n(n1,2,3，)，解得圆盘转动的角速度n rad/s(n1,2,3，)，圆盘转动的加速度大小为a2rn22r5n22 m/s2(n1,2,3，)，C、D错误6.(2023内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内

22、做往复运动某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动已知sin 530.8，cos 530.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力之比为()A11 B2532C2524 D34答案B解析轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，轻绳的张力为F1，由向心力公式有2F1sin 53mgm，轻绳OB断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A点的正下方，设轻绳的张力为F2，有F2cos 53m，F2sin 53mg，联立解得，故B正确7(2023浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧

23、一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光下列说法正确的是()A安装时A端比B端更远离圆心B高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光答案C解析要使重物做离心运动，M、N接触，则A端应靠近圆心，因此安装时B端比A端更远离圆心，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M、N能接触，灯会发光，不能说重物受到离心力的作用，B错误；灯在最低点时有F弹mgmr2，解得，又2n，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；匀速行驶时

24、，灯在最低点时有F1mg，灯在最高点时有F2mg，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D错误8.(2023浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h.下列判断正确的是()Av0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B小滑块运动中的加速度越来越大C小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大

25、D小滑块落至底面时的速度大小为答案D解析小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据hgt2，可得t，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A、B错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度vy，小滑块落至底面时的速度大小v，故D正确9(2023河北张家口市模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力的作用已

26、知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60和30，则下列说法正确的是()A小物块a和b做圆周运动所需的向心力大小之比为1B小物块a和b对容器壁的压力大小之比为1C小物块a与容器壁之间无摩擦力D容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下答案A解析a、b角速度相等，向心力大小可表示为Fm2Rsin ，所以a、b所需向心力大小之比为sin 60sin 301，A正确；对b分析可得mgtan 30m2Rsin 30，结合对b分析结果，对a分析有m2Rsin 60mgtan 60，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a的摩擦力沿切线方向向上，C

27、、D错误；对b有FNbcos 30mg，对a有FNacos 60Ffsin 60mg，所以，B错误10.(多选)(2023山西吕梁市模拟)2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m，人体弹射装置可以使运动员在4.5 s内由静止达到入弯速度18 m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动员质量为50 kg，重力加速度取g10 m/s2，忽略弯道内外高度差及

28、绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是()A运动员匀加速运动的距离为81 mB匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC运动员入弯时的向心力大小为648 ND入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45答案BC解析运动员匀加速运动的距离为xt4.5 m40.5 m，A错误；在匀加速过程中，加速度a m/s 24 m/s2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为Fma504 N200 N，B正确；运动员入弯时所需的向心力大小为Fnm50 N648 N，C正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为，则tan 1，得45，D错误11.(2022山东卷8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为

29、3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s，在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为()At s，l8 mBt s，l5 mCt s，l5.5 mDt s，l5.5 m答案B解析在BC段的最大加速度为a12 m/s2，则根据a1，可得在BC段的最大速度为v1m m/s，在CD段的最大加速度为a21 m/s2，

30、则根据a2，可得在BC段的最大速度为v2m2 m/sv1m，可知在BCD段运动时的速度为v2 m/s，在BCD段运动的时间为t3 s，若小车从A到D所需时间最短，则AB段小车应先以vm匀速，再以a1减速至v，AB段从最大速度vm减速到v的时间t1 s1 s，位移x23 m，在AB段匀速的最长距离为l8 m3 m5 m，则匀速运动的时间t2 s，则从A到D最短时间为tt1t2t3() s，故选B.12.(2022辽宁卷13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，

31、若运动员加速到速度v9 m/s时，滑过的距离x15 m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲8 m、R乙9 m，滑行速率分别为v甲10 m/s、v乙11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道答案(1)2.7 m/s2(2)甲解析(1)根据速度位移公式有v22ax代入数据可得a2.7 m/s2(2)根据向心加速度的表达式a可得甲、乙的向心加速度之比为，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t，代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲 s，t乙 s因t甲t乙，所以甲先出弯道