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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第四章 第3節(jié) 圓周運動講義（含解析） (1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動。(×) (2)物體做勻速圓周運動時，其角速度是不變的。(√) (3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。(×) (4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。(×) (5)勻速圓周運動的向心力是產生向心加速度的原因。(√) (6)比較物體沿圓周運動的快慢看線速度，比較物體繞圓心轉動的快慢，看周期或角速度。(√) (7)做勻速圓周運動的物體，當合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出。(×) (8)摩托車轉彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉彎

2、半徑向外的離心力作用的緣故。(×) 突破點(一)　描述圓周運動的物理量 1．圓周運動各物理量間的關系 2．對公式v＝ωr 的理解 當r一定時，v與ω成正比； 當ω一定時，v與r成正比； 當v一定時，ω與r成反比。 3．對a＝＝ω2r的理解 當v一定時，a與r成反比； 當ω一定時，a與r 成正比。 4．常見的三種傳動方式及特點 (1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。 (2)摩擦傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。 (3)同軸傳動：如圖

3、丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。 [題點全練] 1．(2019·貴陽期末)如圖所示，轉動自行車的腳踏板時，關于大齒輪、小齒輪、后輪邊緣上的A、B、C三點的向心加速度的說法正確的是(　　) A．由于a＝rω2，所以A點的向心加速度比B點的大 B．由于a＝，所以B點的向心加速度比C點的大 C．由于a＝ωv，所以A點的向心加速度比B點的小 D．以上三種說法都不正確 解析：選C　因A、B兩點線速度相等，根據向心加速度公式a＝，又因A點圓周運動的半徑大于B點圓周運動的半徑，可知A點的向心加速度小于B點的向心加速度，故A錯誤；B點與C

4、點繞同一轉軸轉動，角速度相等，根據a＝ω2r可知半徑大的向心加速度大，則C點的向心加速度大，故B錯誤；因A、B兩點線速度相同，根據v＝ωr可知A點的角速度小于B點的角速度，則由a＝ωv可知A點的向心加速度比B點的向心加速度小，故C正確；由題意可知D錯誤。 2.(2019·鄭州四校聯考)如圖所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則(　　) A．A點和B點的線速度大小之比為1∶2 B．前輪和后輪的角速度之比為2∶1 C．前輪和后輪的周期之比為1∶1 D．A點和B點的向心加速度大小之比為1∶2 解析：選B　輪A、B分別為同一傳動裝置

5、前輪和后輪邊緣上的一點，所以vA＝vB，即A點和B點的線速度大小之比為1∶1，故A錯誤；根據v＝ωr可知ωAR＝ωB·2R，則A、B兩點的角速度之比為 ＝，故B正確。據ω＝ 和前輪與后輪的角速度之比2∶1，求得前輪和后輪的轉動周期之比為1∶2，故C錯誤；由a＝可知，向心加速度與半徑成反比，則A點與B點的向心加速度之比為2∶1，故D錯誤。 突破點(二)　水平面內的勻速圓周運動 1．水平面內的勻速圓周運動軌跡特點 運動軌跡是圓且在水平面內。 2．勻速圓周運動的受力特點 (1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。 (2)合外力充當向心力。 3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟

6、 (1)選擇做勻速圓周運動的物體作為研究對象。 (2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。 (3)由Fn＝m或Fn＝mω2r或Fn＝m列方程求解。 [典例]　如圖所示的裝置可繞豎直軸OO′轉動，可視為質點的小球A與細線AB、AC連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球的質量m＝1 kg，細線AC長L1＝1 m，細線AB長L2＝0.2 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1時，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向的夾角為37°，求角速度ω1的大??；

7、 (2)若裝置勻速轉動的角速度ω2＝ rad/s，求細線AC與細線AB的張力大小。 [審題指導] (1)當細線AB上的張力為0時，小球的重力與細線AC張力的合力提供小球做圓周運動的向心力。 (2)如果ω2<ω1，細線AB、AC上均有拉力，如果ω2>ω1，小球位置將會升高，在細線AB再次被拉直前細線AB上的拉力FAB＝0，小球只受重力和細線AC的拉力。 [解析]　(1)當細線AB上的張力為0時，小球的重力和細線AC張力的合力提供小球做圓周運動的向心力，有： mgtan 37°＝mω12L1sin 37° 解得：ω1＝ ＝ rad/s。 (2)由于ω2>ω1，小球位置將會向左上方升高

8、，設細線AB上拉力FAB＝0， 此時細線AC與豎直軸夾角為θ， 可得mgtan θ＝mω22L1sin θ 代入數據可得cos θ＝0.6， 由幾何關系可知此時細線AB恰好豎直且細線張力為零，即FAB＝0成立 豎直方向由平衡條件可得：FACcos θ＝mg 解得：FAC＝ N。 [答案]　(1) rad/s　(2)FAC＝ N，FAB＝0 [方法規(guī)律]　求解圓周運動問題必須進行的三類分析 幾何分析 目的是確定圓周運動的圓心、半徑等 運動分析 目的是確定圓周運動的線速度、角速度、向心加速度等 受力分析 目的是通過力的合成與分解，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心

9、力 [集訓沖關] 1．(2019·如皋調研)如圖所示，某同學用硬塑料管和一個質量為m的鐵質螺絲帽研究勻速圓周運動，將螺絲帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持豎直并在水平方向做半徑為r的勻速圓周運動，則只要運動角速度合適，螺絲帽恰好不下滑。假設螺絲帽與塑料管間的動摩擦因數為μ，認為最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。在該同學手轉塑料管使螺絲帽恰好不下滑時，下列分析正確的是(　　) A．螺絲帽的重力與其受到的最大靜摩擦力平衡 B．螺絲帽受到塑料管的彈力方向水平向外，背離圓心 C．此時手轉動塑料管的角速度ω＝ D．若塑料管的轉動加快，螺絲帽有可能相對塑料管發(fā)生運動 解析：選A　螺絲帽受到

10、豎直向下的重力、水平方向的彈力和豎直向上的最大靜摩擦力，螺絲帽在豎直方向上沒有加速度，根據牛頓第二定律得知，螺絲帽的重力與最大靜摩擦力平衡，故A正確。螺絲帽做勻速圓周運動，由彈力提供向心力，所以彈力方向水平向里，指向圓心，故B錯誤。根據牛頓第二定律得：N＝mω2r，fm＝mg，又fm＝μN，聯立得到ω＝，故C錯誤。若塑料管的轉動加快，角速度ω增大，螺絲帽受到的彈力N增大，最大靜摩擦力增大，但螺絲帽不可能相對塑料管發(fā)生運動，故D錯誤。 2．(2019·泰州質檢)如圖所示，內壁光滑的半球形碗固定不動，其軸線垂直于水平面，兩個質量相同的小球A和B緊貼著內壁分別在如圖所示的水平面內做勻速圓周運動，則

11、(　　) A．球A的線速度等于球B的線速度 B．球A的角速度大于球B的角速度 C．球A的向心加速度小于球B的向心加速度 D．球A對碗壁的壓力等于球B對碗壁的壓力 解析：選B　對于任意一球受力分析，設其軌道處半球形碗的半徑與豎直方向的夾角為β，如圖所示，半球形碗的半徑為R，根據重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力，得：F合＝mgtan β＝ma＝m＝mrω2，又r＝Rsin β，聯立得：v＝，a＝gtan β，ω＝，R一定，可知β越大，線速度v越大、角速度ω越大、向心加速度a越大，所以球A的線速度大于球B的線速度，球A的角速度大于球B的角速度，球A的向心加速度大于球B的向心加速度，故

12、A、C錯誤，B正確；球所受的支持力FN＝，β越大，FN越大，則碗對A球的支持力較大，由牛頓第三定律知球A對碗壁的壓力大于球B對碗壁的壓力，故D錯誤。 突破點(三)　豎直面內的圓周運動 輕“繩”模型 輕“桿”模型 情景圖示 彈力特征 彈力可能向下，也可能等于零 彈力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意圖 力學方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 臨界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此時FN＝mg v＝的意義 物體能否過最高點的臨界點 FN表現為拉力還是支持力的臨界點 [典例]　如圖所示，小球

13、在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝0 C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，外側管壁對小球一定無作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，內側管壁對小球一定有作用力 小球在豎直放置的光滑圓形管道內的圓周運動屬于輕“桿”模型，桿的長度為R＋r。 [解析]　小球在豎直放置的光滑圓形管道內的圓周運動屬于輕桿模型，小球通過最高點的最小速度為0，A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下管道運動，由于沿半徑方向的合力提供做圓周運動的向心力，所以

14、外側管壁對小球一定有作用力，而內側管壁對小球一定無作用力。故C錯誤；小球在水平線ab以上管道運動，由于沿半徑方向的合力提供做圓周運動的向心力，當速度非常大時，內側管壁沒有作用力，此時外側管壁有作用力。當速度比較小時，內側管壁有作用力。故D錯誤。 [答案]　B [易錯提醒] 在解答豎直平面內物體的圓周運動問題時，首先要確定是屬于輕“繩”模型，還是輕“桿”模型，然后注意區(qū)分兩者在最高點的最小速度要求，區(qū)分繩與桿的施力特點，必要時還要根據牛頓運動定律列式求解。 [集訓沖關] 1．[多選](2019·江陰期中)如圖所示，A是用輕繩連接的小球，B是用輕桿連接的小球，都在豎直平面內做圓周運動，且

15、繩、桿長度L相等。忽略空氣阻力，下面說法中正確的是(　　) A．A球可能做勻速圓周運動 B．A球通過圓周最高點的最小速度是，而B球通過圓周最高點的最小速度為零 C．B球到最低點時處于超重狀態(tài) D．A球在運動過程中所受的合外力的方向總是指向圓心 解析：選BC　因為繩子只能提供拉力，A球在豎直平面內做圓周運動，只有重力做功，不可能做勻速圓周運動，故A錯誤；A球在最高點的臨界情況是繩子拉力為零，根據mg＝m，可知在最高點的最小速度為，B球在最高點，由于桿可以提供拉力，也可以提供支持力，B球在最高點的最小速度為零，故B正確；在最低點，B球的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故C正確；A球做變

16、速圓周運動，最高點和最低點合力方向指向圓心，其他位置合力不指向圓心，故D錯誤。 2．[多選](2019·資陽模擬)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT。拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖像中的數據a和b包括重力加速度g都為已知量。以下說法正確的是(　　) A．數據a與小球的質量無關 B．數據b與小球的質量無關 C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌道半徑無關 D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑 解析：選AD　當v12＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供向心

17、力，則mg＝m，解得v12＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A正確；當v22＝2a時，對小球受力分析，則mg＋b＝m，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據以上分析可知＝，與小球的質量有關，與圓周軌道半徑有關，故C錯誤；若FT＝0，由題圖知：v12＝a，則有mg＝m，解得：r＝，若v22＝2a，則b＋mg＝m＝m，解得：m＝，故D正確。 3.在粗糙水平木板上放一個物塊，沿逆時針方向做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑。在運動中木板始終保持水平，物塊相對于木板始終靜止。下列說法正確的是(　　) A．物塊始終受到三個力的作用 B．只有在a、b、c、d四點，物塊受到的合

18、外力才指向圓心 C．物塊在a點受摩擦力方向向左 D．物塊在c點處于超重狀態(tài) 解析：選C　物塊在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，靠合力提供向心力，在c點和d點，摩擦力為零，物體只受重力和支持力，由重力和支持力的合力提供向心力，故A錯誤。物塊做勻速圓周運動，由合力提供向心力，則物塊受到的合外力始終指向圓心，故B錯誤。物塊在a點時，摩擦力提供向心力，則此時受摩擦力方向向左，選項C正確。物塊在c點加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，選項D錯誤。 斜面上圓周運動的臨界問題 在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、繩控制、桿控制，物體的受力情況和所遵循的規(guī)律也不相同。

19、下面列舉三類實例。 (一)靜摩擦力控制下的圓周運動 1.如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10 m/s2。則ω的最大值是(　　) A. rad/s 　B. rad/s 　C．1.0 rad/s 　D．5 rad/s 解析：選C　物體隨圓盤做圓周運動，運動到最低點時最容易滑動，因此物體在最低點且剛好要滑動時的轉動角速度為最大值，這時，根據牛頓第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝m

20、rω2，求得ω＝1.0 rad/s，C項正確，A、B、D項錯誤。 (二)輕桿控制下的圓周運動 2.如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8 m 的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是(　　) A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 解析：選A　小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝4 m/s，A正確。 (三)輕繩控制下的圓周運動 3．(2018·開封模擬)如圖所示，

21、一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調節(jié)其與水平面所成的傾角。板上一根長為l＝0.60 m的輕繩，它的一端系住一質量為m的小球P，另一端固定在板上的O點。當平板的傾角固定為α時，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0＝3.0 m/s。若小球能保持在板面內做圓周運動，傾角α的值應在什么范圍內？(取重力加速度g＝10 m/s2) 解析：小球在傾斜平板上運動時受到繩子拉力、平板彈力、重力。在垂直平板方向上合力為0，重力在沿平板方向的分量為mgsin α 小球在最高點時，由繩子的拉力和重力沿平板方向的分力 的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝① 研究小球從釋放到最高點的過程，根據動能定理有 －mglsin α＝mv12－mv02② 若恰好能通過最高點，則繩子拉力FT＝0③ 聯立①②③解得sin α＝，解得α＝30° 故α的范圍為0°≤α≤30°。 答案：0°≤α≤30°