第三节 圆周运动

李仕才

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一、学习目标

1.掌握描述圆周运动的物理量及它们之间的关系.

2.理解向心力公式并能应用.3.能够处理平抛运动与圆周运动相结合的问题.

二、知识梳理

考点一　圆周运动中的运动学分析

【典例1】如图所示,B和C是一组塔轮,即B和C半径不同,但固定在同一转动轴上,其半径之比为RB∶RC=3∶2,A轮的半径大小与C轮相同,它与B轮紧靠在一起,当A轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦作用,B轮也随之无滑动地转动起来.a,b,c分别为三轮边缘的三个点,则a,b,c三点在运动过程中的(　 　)

A.线速度大小之比为3∶2∶2

B.角速度之比为3∶3∶2

C.转速之比为2∶3∶2

D.向心加速度大小之比为9∶6∶4

【针对训练1】如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：

(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；

(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；

(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.

【解析】　(1)令vA＝v，由于皮带转动时不打滑，所以vB＝v，因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC＝v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.

(2)令ωA＝ω，由于共轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB＝2ω，所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.

(3)令A点向心加速度为aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以aB＝2a.又因为ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故aC＝a.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.

【答案】　(1)2∶2∶1　(2)1∶2∶1　(3)2∶4∶1

【即时训练2】如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r.B点在小轮上，它到小轮中心的距离为r.C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则(　　)

A．A点与B点的线速度大小相等

B．A点与B点的角速度大小相等

C．A点与C点的线速度大小相等

D．A点与D点的向心加速度大小相等

【解析】　由于A、C两点同在皮带上，故vA＝vC，C正确；B、C、D三点绕同一轴运动，故ωB＝ωC＝ωD＝ω2，由v＝ωr得vB＝ω2r，vC＝2ω2r，vD＝4ω2r，vA＝ω1r，则ω1＝2ω2，vA＝vC>vB，再根据a＝ω2r可得aA＝aD，故A、D错误，D正确．

【答案】　CD

【方法小结】

常见的三种传动方式及特点

1．皮带滑动：如下图甲、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：如下图丙所示，两轮边缘接触，接触点出现不打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.

3．同轴转动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.

考点二　圆周运动中的动力学分析

1.匀速圆周运动的向心力

(1)作用效果:产生向心加速度,只改变线速度的 ,不改变线速度的 .

(2)大小:F= =mrω2= =mωv=m·4π2f2r.

(3)方向:始终沿半径指向 .

(4)来源:向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的 提供,还可以由一个力的 提供.

2.离心现象

(1)定义:做 的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需 的情况下,所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象.

(2)受力特点:

①当Fn=mω2r时,物体做 运动.

②当Fn=0时,物体沿 方向飞出.

③当Fnω2r时,物体逐渐 圆心,做离心运动.

④当Fn>mω2r时,物体将逐渐 圆心,做近心运动.

【典例2】如图所示,有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动,小强站在距圆心为r处的P点不动.关于小强的受力,下列说法正确的是(　 　)

A.小强在P点不动,因此不受摩擦力作用

B.小强随圆盘做匀速圆周运动,其重力和支持力充当向心力

C.小强随圆盘做匀速圆周运动,圆盘对他的摩擦力充当向心力

D.当圆盘的转速减小时,小强在P点受到的摩擦力不变

【例题拓展】 (1)如果小强随圆盘一起做变速圆周运动,那么其所受摩擦力是否仍指向圆心?

(2)如果小强在P点相对于圆盘竖直跳起,再次落在圆盘上后仍随圆盘转动(圆盘转速保持不变),那么小强的受力情况是否发生变化?

【典例3】(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止,则后一种情况与原来相比较,下列说法中正确的是(　 　)

A.Q受到桌面的支持力变大

B.Q受到桌面的静摩擦力变大

C.小球P运动的线速度变小

D.小球P运动的角速度变大

【即时训练3】如图所示，　一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：

(1)　当筒不转动时，物块静止在筒壁A点　受到的摩擦力和支持力的大小；

(2)　当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，　筒转动的角速度．

【画图寻法】　(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示

(2)摩擦力为零时物块受力如图所示

【解析】　(1)设筒壁与水平面的夹角为θ.

由平衡条件有Ff＝mgsin θ

FN＝mgcos θ

由图中几何关系有cos θ＝，sin θ＝

故有Ff＝，FN＝.

(2)由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2r.其中tan θ＝，r＝.可得ω＝.

【答案】　(1)　　(2)

【典例4】(2016·课标卷Ⅲ，20)（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　 )

A．a＝ B．a＝

C．N＝ D．N＝

【解析】　质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，根据公式a＝，联立可得a＝，A正确，B错误；在最低点时重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正确，D错误．

【答案】　AC

【即时训练4】(2016·课标卷Ⅱ，16)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】　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LP<LQ，故vP<vQ，选项A错误；因为Ek＝mgL，又mP＞mQ，则两小球的动能大小无法比较，选项B错误；对小球在最低点受力分析得，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由a＝＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误．

【答案】　C

【典例5】(2015·浙江卷，19)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则(　　)

A．选择路线①，赛车经过的路程最短

B．选择路线②，赛车的速率最小

C．选择路线③，赛车所用时间最短

D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等

【解析】　由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知线路③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．

【答案】　ACD

【即时训练5】(2013·课标卷Ⅱ，21)（多选）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处(　　)

A．路面外侧高内侧低

B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动

C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动

D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小

【解析】　汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误．当v<vc时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>vc时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．

【答案】　AC

考点三　水平面内圆周运动的临界问题

【典例6】(2014·课标卷Ⅰ， 20)（多选）如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

A．b一定比a先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等

C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度

D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg

【解析】　缓慢加速可视为忽略切向加速度，即所有的摩擦力提供向心力，F＝mω2R，两物体质量和角速度均一样，半径不一样，则b的摩擦力为a的2倍，B项错；b物体先达到极限，所以A项正确；当最大静摩擦提供b的向心力时就是b将要滑动的时候，kmg＝mω22l，则C正确，当ω＝时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg.故D项错误．

【答案】　AC

【即时训练6】（多选）如图所示，在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1、f2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是(　　)

【解析】　两滑块的角速度相等，根据向心力公式F＝mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A、C正确．

【答案】　AC

【典例7】（多选）如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　)

A．当ω＝时，细绳的拉力为0

B．当ω＝时，物块与转台间的摩擦力为0

C．当ω＝时，细绳的拉力大小为mg

D．当ω＝时，细绳的拉力大小为mg

【解析】　当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，μmg＝mωlsin 30°，解得ω1＝，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan 30°＝mωlsin 30°，解得ω2＝，由于ω1< <ω2，所以当ω＝，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；由于<ω1，所以当ω＝时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1<<ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin 30°＝m2lsin 30°，因为压力小于mg，所以f<mg，解得F>mg，故D错误；当ω＝ >ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtan α＝m2lsin α，解得cos α＝，故F＝＝mg，故C正确．

【答案】　AC

【即时训练7】如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：

(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？

(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？

【解析】　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：

mgtan θ＝mωlsin θ，解得：ω＝

即ω0＝＝ rad/s.

(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan α＝mω′2lsin α

解得：ω′2＝，即ω′＝＝2 rad/s.

【答案】　(1) rad/s　(2)2 rad/s

考点四　平抛运动与圆周运动结合问题

【典例8】 (多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏.圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与P等高,且距离P点为l.当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘以绕过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点,则(　 　)

A.飞镖击中P点所需的时间为

B.圆盘的半径可能为

C.圆盘转动角速度的最小值为

D.P点随圆盘转动的线速度可能为

【即时训练8】(多选)如图所示,半径为R的水平圆盘中心轴正上方a处水平抛出一小球,圆盘以角速度ω做匀速转动,当圆盘半径Ob恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时,将小球抛出,要使球与圆盘只碰一次,且落点为b,重力加速度为g,小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足(　 　)

A.h=　v0=

B.h=　v0=

C.h=　v0=

D.h=　v0=

【即时训练9】 (2018·江苏南京调研)一长l=0.8 m的轻绳一端固定在O点,另一端连接一质量m=0.10 kg的小球,悬点O距离水平地面的高度H=1.00 m.开始时小球处于A点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图所示.让小球从静止释放,当小球运动到B点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立即断裂.不计轻绳断裂的能量损失,取重力加速度g=10 m/s2.求:

(1)当小球运动到B点时的速度大小;

(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面上的C点,求C点与B点之间的水平距离;

(3)若OP=0.6 m,轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂,求轻绳能承受的最大拉力.

四、巩固训练

1．(2016·上海卷，16)风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片(　　)

A．转速逐渐减小，平均速率为

B．转速逐渐减小，平均速率为

C．转速逐渐增大，平均速率为

D．转速逐渐增大，平均速率为

【解析】　据题意，从b图可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，叶片转动速率为：v＝，故选项B正确．

【答案】　B

2．(多选)如图所示，水平圆盘可以绕竖直转轴OO′转动，在距转轴不同位置处通过相同长度的细绳悬挂两个质量相同的物体A、B.不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO′轴匀速转动达到稳定状态时，下列说法正确的是(　　)

A．A比B的线速度小

B．A与B的向心加速度大小相等

C．细绳对B的拉力大于细绳对A的拉力

D．悬挂A与B的细绳与竖直方向夹角相等

【解析】　物体A、B绕同一轴转动，角速度相同，由v＝ωr知，vA<vB，由a＝ω2r知，aA<aB，由Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg及aA<aB得TA<TB，θA<θB，故A、C正确．

【答案】　AC

3.如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为(　　)

A. B．

C. D．

【解析】　AB杆倾角45°，对于M环：mg＝mrω2＝m

vM＝.

对于N环：mgtan θ＝mRsin θ·ω2＝mωvN

vN＝Rsin θ·ω＝Rω

所以vM∶vN＝g∶，A对，B、C、D错．

【答案】　A

2019高考物理 第五章 曲线运动 第三节 圆周运动导学案 新人教版必修1