【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习学案4.3《圆周运动及其应用》(含解析).doc，共(15)页，1.428 MB，由MTyang资料小铺上传

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格致课堂(新高考)高考物理一轮复习学案4.3圆周运动及其应用一、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

绕圆心转动快慢的物理量．T＝2πrv，T＝1f.4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝v2r＝ωv＝4π2T2r.5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man.6．相互关系：(1)v＝ωr＝2πTr＝2πrf.(2)a＝v2r＝

rω2＝ωv＝4π2T2r＝4π2f2r.(3)Fn＝man＝mv2r＝mω2r＝mr4π2T2＝mr4π2f2.二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动.(2)性质：向心加速

度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．(3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动．(2)合力的作用

①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向．②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小．三、离心运动1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．2．受力特

点(如图2所示)(1)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．图21．x-t图象的理解核心素养一圆周运动中的运动学分析1．

对公式v＝ωr的理解知识框架核心素养格致课堂当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．特别提醒在讨论

v、ω、r之间的关系时，应运用控制变量法．核心素养二圆周运动中的动力学分析1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心

的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3、绳、杆模型涉及的临界问题绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球恰能做圆周运动得v临＝0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，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(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背向

圆心，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的增大而增大一、单项选择题1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们()典例精讲格致课堂A．线速度

大小之比为4∶3B．角速度大小之比为3∶4C．圆周运动的半径之比为2∶1D．向心加速度大小之比为1∶2解析：因为相同时间内他们通过的路程之比是4∶3，根据v＝st，知A、B的线速度之比为4∶3，故A正确；运动方向改变的角度之

比为3∶2，根据ω＝Δθt，知角速度之比为3∶2，故B错误；根据v＝ωr可得圆周运动的半径之比为r1r2＝43×23＝89，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度之比为a1a2＝v1ω1v2ω2＝43×32＝21，故D错

误．答案：A2．(2019·辽宁大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速

度为g，估算知该女运动员()A．受到的拉力为GB．受到的拉力为2GC．向心加速度为3gD．向心加速度为2g解析：对女运动员受力分析如图所示，F1＝Fcos30°，F2＝Fsin30°，F2＝G，由牛顿第二定律得F1＝ma，所以a＝3g，F＝2G，B正确．答案：B一、单选题1．如图所示，自行车后轮

和齿轮共轴，M、N分别是后轮和齿轮边缘上的两点，在齿轮带动后轮转动的过程中，下列说法正确的是（）过关训练格致课堂A．M点的线速度比N点的大B．M点的线速度比N点的小C．M点的角速度比N点的大D．M点的角速度比N点的小2．野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们

的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是（）A．图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同B．大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈C

．图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同D．在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大3．甲沿着半径为R的圆跑道匀速率跑步，乙沿着半径为13R圆跑道匀速率跑步，在相同的时间内，甲、乙两人各自跑了一

圈，他们的线速度和角速度的大小分别为1v、2v和1、2，则（）A．12vv，12B．12vv，12C．12vv，12D．12vv，124．火车以60m/s的速率转过一段弯道

，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10º角，在此10s时间内，乘客（）A．加速度为零B．运动位移为600mC．角速度约为1rad/sD．经过的弯道半径约为3.44km格致课堂5．公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”。如图所示是某公园玩游戏的场景。假设某小孩

和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，并恰好套中前方同一物体。如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是（）A．大人和小孩抛出的圆环运动的时间相同B．大人抛出的圆环的速度等于小孩抛出的圆环的速度C

．小孩抛出的圆环发生的位移大小较小D．小孩抛出的圆环的速度变化率小于大人抛出的圆环的速度变化率6．甲、乙两个做匀速圆周运动的物体，它们的半径之比为1：2，周期之比是2：1，则（）A．甲与乙的线速度之比为1：4B．甲与乙的线速度之比为1：1C．甲与乙的角速度之比为2：1D．甲与乙的

角速度之比为1：17．某只走时准确的时钟，秒针与分针由转动轴到针尖的长度之比为3：2，则（）A．秒针与分针的周期之比是60：1B．秒针与分针的角速度之比是1：60C．秒针与分针的转速之比是12：1D．秒针针尖与分针针尖的

线速度之比是90：1二、多选题8．如图所示，通过张紧的皮带传动的两个轮子的边缘分别有一质点A和B，则质点A和B的不相等．．．的物理量是（）A．周期B．线速度大小C．角速度大小D．向心加速度大小9．如图所示的装置中,已知小轮A的半径是大轮B的半径的13，A、B在边缘接触,形成格致课堂摩

擦传动,接触点无打滑现象.B为主动轮,B转动时边缘的线速度为v,角速度为,则()A．A轮边缘的线速度为13vB．两轮边缘的线速度之比13C．A轮的角速度为13D．两轮转动的周期之比:1:3ABTT10．如图所示，一圆球固定

在水平地面上，球心为O．直细棒AB的B端搁在地面上，棒与球面的切点为P，细棒与水平面之间的夹角为θ．若移动棒的B端沿水平地面匀速靠近圆球，始终保持棒身靠在球面上并和球心在同一竖直平面内，则（）A．P点匀速转动B．θ角随时间变化越来越慢C．PB长度随时间均匀减小D．P点角速度

越来越大11．如图所示，轮13OO、固定在同一转轴上，轮21OO、用皮带连接且不打滑。在123OOO、、三个轮的边缘各取一点、、ABC，已知三个轮的半径之比123::2:1:1rrr，则下列判断正确的是（）A．、、ABC三

点的线速度大小之比为:2:21::ABCvvvB．、、ABC三点的角速度之比为::2:1:2ABCC．、、ABC三点的周期之比为::2:1:2ABCttt格致课堂D．、、ABC三点的向心加速度大小之比为::4:2:2ABCaaa三、解答题12．飞轮的直径是40厘米，

每分钟转120圈，求：(1)飞轮边缘上一点的角速度大小；(2)飞轮边缘上一点的周期；(3)飞轮边缘上一点的加速度大小。13．将一个小球从某高度以5m/s的初速度水平抛出，小球在空中运动的时间为0.6s（不计空气阻力，g取210m/s）。求：(1)小球抛出时距地面的高度；(2)小球落地时的速度大小

。14．一人骑自行车由静止开始上一长L=200m，斜坡坡度为0.05（沿斜坡前进100m，高度上升5m），自行车达到最大速度前做加速度a=1m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度后脚蹬踏板使大齿轮以n=4/转/秒的转速匀角速转动，自行车匀速运动一段时间后，由于骑行者

体能下降，自行车距离坡顶50m处开始做匀减速运动，已知最后50m的平均速度只有之前平均速度的84%，自行车大齿轮直径d1=15cm，小齿轮直径d2=6cm，车轮直径d3=60cm.求:（1）大齿轮的最大角速度1（2）运动过程中自行车的最大速度vm（3）到达坡顶时的速度v。格致课

堂1．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB.当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使小木块相对B轮

也静止，则小木块距B轮转动轴的最大距离为()A.RB4B.RB3C.RB2D．RB2.如图所示，AB是长为L＝1.2m、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC相切于B点．C是圆弧的最高点，圆弧的半径为R，A、C两点与圆弧的

圆心O在同一竖直线上．物体受到与斜面平行的恒力作用，从A点开始沿斜面向上运动，到达B点时撤去该力，物体将沿圆弧运动，通过C点后落回到水平地面上．已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，恒力F＝28N，物体可看成质点且m＝1kg.重力加速度g取10m/s2

，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)物体通过C点时对轨道的压力大小；(结果保留一位小数)(2)物体在水平地面上的落点到A点的距离．考题预测参考答案1解析：由题图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度大小相同，由ω＝vR，得ω

AωB＝RBRA＝12.由于小木块恰能在A轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg，故μmg＝mωA2RA①，设放在B轮上能使小木块相对静止的距B轮转动轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg＝mωB2r②，因A、B材料相同，故小木块与A、B间的动摩擦因数相同，①②式

左边相等，故mωA2RA＝mωB2r，得r＝(ωAωB)2RA＝(12)2RA＝RA4＝RB2，C正确．答案：C格致课堂2解析：(1)根据题图，由几何知识得，OA的高度H＝Lsin53°＝1.5m圆轨道半径R＝Ltan53

°＝0.9m物体从A到C的过程，由动能定理得(F－μmgcos53°)L－mg(H＋R)＝12mv2解得v＝23m/s物体在C点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝mv2R由牛顿第三定律得物体通过C点时对轨

道的压力大小FN′＝FN＝3.3N(2)物体离开C点后做平抛运动在竖直方向：H＋R＝12gt2在水平方向：x＝vt解得x＝2.4m.答案：见解析过关训练参考答案1．A【详解】后轮和齿轮共轴转动，则角速

度相等；根据v=ωr可知，M点的线速度比N点的大。故选A。2．B【详解】A．A、B、C、D四点线速度大小相等，方向不同，选项A错误；B．齿数与周期成正比，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈，选项B正确；C．E、F两点线速度大小

相同，半径不同，故角速度不同，选项C错误；D．若大齿轮角速度不变，增加小齿轮齿数，则小齿轮周期变大，角速度变小，自行车速度变小，选项D错误。故选B。3．C格致课堂【详解】由角速度公式=2T则在相同的时间内，甲、乙两人各自跑了一圈，他们的线速度相同12由线速度

公式2rvT则相同时间内，线速度与半径成正比，所以有12:3:1vv所以C正确；ABD错误；故选C。4．D【详解】A．因为火车的运动可看做匀速圆周运动，需要外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零，故A不符合题意；

B．由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s时间内的路程为s=vt=600m位移小于600m，故B不符合题意；C．指南针在10s内匀速转过了约10°，根据角速度的定义式可得118rad/s10180t故

C不符合题意；D．根据v=ωr可得60m3.44km180vr故D符合题意。故选D。格致课堂5．C【详解】A．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，根据212hgt两环下落高度不同，因此运动时间不同，A

错误；B．水平方向，圆环做匀速运动，根据0xvt由于两环水平位移相同，而运动时间不同，因此两人抛环的速度不同，B错误；C．由于两环的水平位移相同，而小孩的竖直位移较小，因此小孩抛出的圆环发生的位移较小，C正确；D．速度变化率等于加速度，两环的加速度都等于重力加速度，D错误。故选C。6．

A【详解】AB．根据线速度与周期关系2rvT因为半径之比为1：2，周期之比是2：1，所以可得它们的线速度之比12:1:4vv故A正确，B错误；CD．根据2T因为周期之比是2：1，所以可得它们角速度之比为

12:1:2故C错误，D错误。故选A。7．D【详解】秒针的周期为60s，分针的周期为60分钟=3600s，则秒针与分针的周期之比是1：60，根据格致课堂=2T可知秒针与分针的角速度之比是60：1；根据1nT可知，秒针与分针的

转速之比是60：1；根据v=ωr可知，秒针针尖与分针针尖的线速度之比是90：1。故选D。8．ACD【解析】【详解】AB．由于皮带不打滑，B与皮带的速度大小，A也与皮带的速度大小相等，所以A、B两点线速度大小相等．由公式2rvT可知，v相等，r不同，则周期不等．故A正确，B

错误．C．由v=ωr可知，v相等，r不等，则角速度ω不等．故C正确．D．由2var可知，v相等，r不等，向心加速度a不等．故D正确．故选ACD．【点睛】本题是传动带问题，研究两轮边缘各物理量的关系时，关键抓住线速度大小相等.9．BD【解析】两轮通过边缘接触，形成摩擦传动装置

，接触处无打滑现象，则A、B两轮边缘各点的线速度相等，故AB错误；根据vr可知，31ABBArr，即3A，故C错误；根据2T，可得13ABTT，故D正确．所以BD正确，AC错误．10．CD【解析】A、将B点速度沿着平行杆

和垂直杆方向分解,如图所示：格致课堂故1cosvv，其中1Pvv因v不变，变大，故Pv减小，P点做减速圆周运动，故A错误；BD、结合几何关系，P相对O点，B相对P点，两者角速度相同，则有sintan2vR，

即sin?tan2vR，由于变大，P点角速度越来越大，故B错误，D正确；C、PB的长度等于CB的长度，因为B点向右是匀速运动，故PB长度随时间均匀减小，故C正确；【点睛】B点向右运动，看作沿着杆子的运动和绕着点P的转动的合运动，

故将B点速度沿着平行杆子和垂直杆子方向正交分解，其中平行杆子的分速度与P点的速度相等．11．AC【详解】A．A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、C共轴转动，角速度相等，根据v=rω，则vA：vC=r1：r3=

2：1所以A、B、C三点的线速度大小之比vA：vB：vC=2：2：1故A正确；B．A、C共轴转动，角速度相等，A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2所以A、B、C三点的

角速度之比ωA：ωB：ωC=1：2：1故B错误；C．由2T＝，可知A、B、C三点的周期之比为2：1：2，故C正确；格致课堂D．根据an=vω，可知A、B、C三点的向心加速度大小之比为2：4：1，故D错误。故选AC。12．(1)4r

ad/s；(2)0.5s；(3)223.2m/s【详解】（1）飞轮边缘上一点的角速度大小为Δ1202πrad/s=4πrad/sΔ60t（2）飞轮边缘上一点的周期为220.5ππss4πT（3）飞轮边缘上一点的加速度大小为22222(40.23.

2π)m/sπm/saR13．(1)1.8m；(2)61m/s【详解】(1)小球抛出时距地面的高度2211100.6m1.8m22hgt(2)小球落地时的速度大小100.66m/syvgt2261m/sxyvvv14．（1）

8rad/s（2）6m/s（3）3m/s【详解】（1）大齿轮的最大角速度14=22rad/s=8rad/sn（2）由圆周运动的规律可得：121222dd322mdv解得vm=6

m/s格致课堂（3）匀加速直线运动的位移为：2136m18m22mvxa＝＝＝匀速运动的位移为：x2=200m-18m-50m=132m匀加速运动的时间为：1661mvtssa＝＝＝匀速运动的时间为：

22132226mxtssv＝＝＝最后50m之前的平均速度为：12112150m/s28xxvtt＝＝则最后50m内的平均速度为：2115084%84%m/s4.5m/s28vv＝＝＝根据平均速度的推论知22mvvv＝代

入数据解得：v=3m/s．考题预测