【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件4.3圆周运动 (含解析).ppt，共(61)页，2.231 MB，由MTyang资料小铺上传

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4．3圆周运动知识清单考点整合集中记忆一、匀速圆周运动的特点速度大小不变，方向沿切线改变．合力大小不变，方向始终指向圆心．二、描述匀速圆周运动的物理量物理量定义公式及单位线速度(v)做圆周运动的物体通过的弧长与所用时间的比值，是矢量，方向沿圆周切线

方向v＝ΔsΔt(m/s)角速度(ω)做圆周运动的物体转过的角度与所用时间的比值，是矢量(中学不研究)ω＝ΔθΔt(rad/s)周期(T)物体沿圆周运动一周的时间T＝2πrv(s)频率(f)物体单位时间完成圆周运动

的次数f＝1T(Hz)转速(n)物体单位时间转过的圈数n＝f(r/s)向心加速度(a)描述线速度方向变化快慢的物理量，方向指向圆心a＝v2r(m/s2)向心力(F)匀速圆周运动的合力，方向指向圆心F＝mv2r(N)三、匀速圆周运动的

关系式线速度与角速度：v＝ωr.线速度与周期、频率、转速：v＝2πrT＝2πrf＝2πrn.角速度与周期、频率、转速：ω＝2πT＝2πf＝2πn.向心力：F＝mv2r＝mrω2＝m4π2rT2＝mωv.向心加速度：a＝v2r＝rω2＝4π2

rT2＝ωv.四、变速圆周运动和离心运动变速圆周运动线速度大小、方向均改变．总合力不指向圆心，沿半径方向的合力提供向心力，可用匀速圆周运动的向心力公式计算．离心运动做匀速圆周运动的物体，由于速度或受力发生变化，使轨道变化，如图所示：若F合＝mω2r，物体做匀速圆周运

动．若F合＞mω2r，物体做近心运动．若F合＜mω2r，物体做离心运动．若F合＝0，物体沿切线方向飞出．考点讲练考点突破针对训练考点一圆周运动的运动学问题1．对公式v＝ωr、a＝v2r＝ω2r的理解当ω一定时，v与r成正比，a与r成正比；当v一定时，ω

与r成反比，a与r成反比．2．传动装置的特点主要有四种类型：同轴传动(图甲)；皮带传动(图乙)；齿轮传动(图丙)；摩擦传动(图丁)，这些传动装置的特点：(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(齿轮、摩擦)：当接触点无打滑现象时，两轮边缘上各点线速度大小相等．(2018·江苏)(多选)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10°.在此10s时间内，火车()A．运动路程为600mB．加速度为零C．角速度约为1rad/sD．

转弯半径约为3.4km【答案】AD【解析】火车在10s时间内的路程为s＝vt＝600m．A项正确；因为火车做匀速圆周运动，加速度不等于零．故B项错误；指南针在10s内匀速转过了约10°，ω＝θt，角速度的大小为ω＝π1810rad/s＝π180rad/s.故C项

错误；已知火车在此10s时间内通过的路程为600m，火车转过的弧长为l＝θR，可解得：R＝lθ＝600π18m≈3.4km.故D项正确．(2018·浙江二模)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动裝置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径

的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是()A．小齿轮和大齿轮转速相同B．小齿轮每个齿的线速度均相同C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍【答案】C【解析】A项，据v＝ωr，且线速度大小相等，小齿轮和大齿轮的角速度之比为半径的反

比，所以它们的转速不同，故A项错误；B项，速度是矢量，由方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，故B项错误；C项，根据v＝ωr，且线速度大小相等，角速度之比为半径的反比，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，

所以小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，故C项正确；D项，根据向心加速度a＝v2r，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，所以小齿轮的向心加速度是大齿轮向心加

速度的3倍．故D项错误．如图是自行车传动结构的示意图，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n，则自行车前进的速度为()A.πnr1r3r2B.πnr2r3r1C.2πnr1r3r2D.2

πnr2r3r1【答案】C【解析】v1＝v2＝2πnr1ω2＝ω3＝v2r2＝v3r3∴v3＝2πnr1r3r2，故C项正确．考点二圆周运动的动力学问题向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用，求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路

相同，但要注意几个特点：1．向心力是沿半径方向的合力，是效果力，不是实际受力．2．向心力公式有多种形式：F＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r，要根据已知条件选用．3．正交分解时，沿半径方向和切线方向分解，要注意圆心的位置．(2018·石家庄一模)(

多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度

为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是()A．圆环旋转角速度的大小为5g4RB．圆环旋转角速度的大小为5g3RC．小球A与圆环间摩擦力的大小为75mgD．小球A与圆环间摩擦力的大小为15mg【答案

】AD【解析】小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan37°＝mω2Rsin37°解得：ω＝5g4R，则A项正确，B项错误；对小球A受力分析，有：Nsinθ－fcosθ＝mω2RsinθNcosθ＋

fsinθ－mg＝0联立解得：f＝15mg，故C项错误，D项正确．如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5m．电动机连同打夯机底座的质量为M＝25kg，锤和转轴O之间连接杆

的质量可以忽略不计，重力加速度g取10m/s2.求：(1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？【答案】(1)3rad/s(2)150

0N【解析】(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面：有：FT＝Mg.对重锤有：mg＋FT＝mω2R.解得：ω＝（M＋m）gmR＝30rad/s.(2)在最低点，对重锤有：FT′－mg＝mω2

R.则：FT′＝Mg＋2mg.对打夯机有：FN＝FT′＋Mg＝2(M＋m)g＝1500N.牛顿第三定律得FN′＝FN＝1500N.考点三竖直面内圆周运动的绳、杆模型在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑类，如轻绳和单轨道模型；

二是有支撑类，如轻杆和双轨道模型．对比见下表：轻绳模型轻杆模型模型图示无支撑的小球有支撑的小球弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝mv2rmg±FN＝mv2r临界特征FT＝0，mg＝mv2r，

v＝grF向＝0，FN＝mg，v＝0v＝gr的意义v＝gr恰过最高点v>gr球受弹力向下v<gr不能达到最高点v＝gr球受弹力为零v>gr球受弹力向下v<gr球受弹力向上(改编)如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖

直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v时，恰能通过最高点，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为()A.3mgB．23mgC．3mgD．4mg【答案】A【解析】当小球到达最高点速率为v，有m

g＝mv2r，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m（2v）2r＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝3mg，A项正确．(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的

弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示．则()A．小球的质量为aRbB．当地的重力加速度大小为RbC．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】AD【

解析】由图乙可知：当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝mv2R＝mbR，即重力加速度g＝bR，故B项错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F弹＝mg＝a，即小球的质量m＝ag＝aRb，故A项正确；根据圆周运动的规律，

当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2<b时，mg－F弹＝mv2R，杆对球的弹力方向向上，当v2>b时，mg＋F弹＝mv2R，杆对球的弹力方向向下，v2＝c>b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C项错误；当v

2＝2b时，mg＋F弹＝mv2R＝m2bR，又g＝bR，F弹＝m2bR－mg＝mg，故D项正确．(多选)如图所示，两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由

金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是()A．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处C．若使小球A

沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2D．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2【答案】BC【解析】小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为gR，根据R＝12gt2，得t＝2Rg，则水平位移x＝gR2Rg＝2R＞R，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，

故A项错误．当小球B在轨道最高点的速度v＝Rt＝R2Rg＝gR2时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B项正确．小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为gR，根据动能定理知，mg(h－2R)＝12mv2，解得最小高度h＝52R，故C项正确．若使小

球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒得，释放的最小高度为2R.故D项错误．题型拓展典例剖析提炼方法圆周运动中的临界值问题在圆周运动问题中，当出现“恰好”“最大”“至少”“取值范围”等字眼时，说明运动过程中存在临界点．1．常见类型(1)绳的拉力达到最大或为

零．(2)物体开始滑动时静摩擦力达到最大．(3)物体脱离接触面时压力为零．2．解题关键：分析临界状态的受力，列出临界条件下的牛顿第二定律方程．例1(多选)如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳

的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OA、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是()A．OB绳的拉力范围为0～33mgB．OB绳的拉力范围为33～233mgC

．AB绳的拉力范围为0～33mgD．AB绳的拉力范围为0～233mg【答案】BC【解析】转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为T1，则2T1cos30°＝mg，T1＝33mg.增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB

绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则T2cos30°＝mg，T2＝233mg，因此OB绳的拉力范围为33mg～233mg，AB绳的拉力范围为0～33mg，B、C两项正确．例2(2018·唐山模拟)如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m．筒壁内有一小

物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是()A．1rad/sB.303rad/sC.10rad/sD．5rad

/s【答案】C【解析】当物块在轨迹的最高点时，受力分析如图：其中沿桶壁的方向：f＝mgsin60°≤μFN垂直于桶壁的方向：FN＋mgcos60°＝mω2r联立可得：ω≥10rad/s，即ω的最小值，C项正确．例3用一根细线一端系一可视为质点的小

球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω.线的张力为FT，则FT随ω2变化的图像是下图中的()【答案】C【解析】设当ω＝ω0时，FN＝0，当ω<ω0时，受力分析：FTsinθ＋FNcosθ＝mgFTcos

θ－FNsinθ＝mω2r则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθFT－ω2函数为一次函数，斜率为mrcosθ当ω>ω0时，受力分析：FTsinα＝mω2Lsinα∴FT＝mω2LFT－ω2的函数为正比例，斜率为mL>mrcosθ，故C项正确．1．(2018·太原三模)

单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动立

即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是()A．只要铁块的重量不大于F，铁块就可以被安全运输B．若运输速度为v，该行车能运输铁块的最大质量为FLv2＋gLC．若运输速度为2gL，该行车能运输铁块的最大质量为F2gD．若铁块的质量为M，该行车运输的最大速

度为（2F－Mg）LM答案B解析A项，由于行车运动到P点时立刻停止，此后磁铁与铁块将在竖直平面内做圆周运动，铁块受到的吸引力与重力的合力提供向心力，所以铁块的重力要小于F.故A项错误；B项，若运输速度为v，该行车能运输

铁块的质量最大时：F－mmg＝mm·v2L最大质量为：mm＝FLv2＋gL，故B项正确；C项，若运输速度为2gL，该行车能运输铁块的质量最大时：F－mmg＝mm·v2L＝mm·2gLL＝2mmg则最大质量为：mm＝F3g.故C项错误；

D项，若铁块的质量为M，该行车运输的速度最大时：F－Mg＝Mvm2L则最大速度为：vm＝（F－Mg）LM.故D项错误．2.有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为L的细绳系有质量m的小球．要使小球在随转轴匀速转动的同时又

不离开光滑的水平面，则A点到水平面高度h最小为()A.gω2B．ω2gC.ω2gD.g2ω2答案A解析当小球对水平面的压力为零时，有Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mLsinθω2，解得cosθ＝gω2L

，A点到水平面高度h最小为h＝Lcosθ＝gω2故A项正确，B、C、D三项错误．3.如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C处系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg，当AC和BC均拉直时∠A

BC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m．ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C球在水平面内做匀速圆周运动，当小球的线速度增大时，两绳均有可能被拉断，则最先被拉断的绳以及该绳被拉断时小球的线速度分别是()A．BC

绳，5m/sB．AC绳，5m/sC．BC绳，5.24m/sD．AC绳，5.24m/s答案C解析当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律，对小球有：TAsin53°－m

g＝0①TAcos53°＋TB＝mv2r②AC绳中的拉力TA＝54mg，随着线速度增大，TA不变而TB增大，所以BC绳先断．当BC绳刚要断时，拉力为TB＝2mg，TA＝54mg，代入②式得：54mgcos53°＋2mg＝mvm2r解得vm＝5.24m/s

.4.(2018·深圳模拟)如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向有夹角θ开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰，没有掉落．现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增加至ω，此时圆盘表面上的灰有75%被甩掉，设灰尘与圆盘面的动摩擦因数为μ，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则ω的值为()A.2g（μcosθ－sinθ）RB.2g（sinθ－μcosθ）RC.2g（μcosθ－sinθ）RD.2g（sinθ－μcosθ）R答案A解析半径越大越容易被甩掉，

当圆盘表面上的灰有75%被甩掉时，剩余灰尘所占半径为r，则(1－75%)πR2＝πr2知r＝12R对r处的灰尘受力分析知μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r解得ω＝2g（μcosθ－sinθ）R.5.(2018·辽宁模拟)(多选)如图所示，两

个可视为质点的、相同的木块A和B放在水平转盘上，质量均为m＝2kg，两者用长为L＝0.5m的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的0.4倍，A放在距离转轴L＝0.5m处，整个装置能绕通过转盘

中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，g＝10m/s2.以下说法正确的是()A．该装置一开始转动，绳上就有弹力B．当ω＞2rad/s时，绳子才开始有弹力C．当ω＞22rad/s时，A、B相对于转盘会滑动D．当ω＞4

33rad/s时，A、B相对于转盘会滑动答案BD解析A项，该装置一开始转动，AB两物体只靠静摩擦力提供向心力，故绳上此时无弹力，故A项错误；B项，当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg＝m·2L

ω2，解得ω1＝kg2L＝0.4×102×0.5rad/s＝2rad/s，知ω＞2rad/s时，绳子具有弹力；故B项正确；C项，当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg－T＝mLω2

，