2019届高三物理第一轮复习必修1第五章 第三节 圆周运动（一）学案教师版.docx

1、第五章 曲线运动第三节 圆周运动（一） 学案（1#）班别 姓名 学号 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RBRC=32,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322B.角速度之比为332C.转速之比为2

2、32D.向心加速度大小之比为964【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r1r2r3211，求：(1)A、B、C三点的线速度大小之比vAvBvC；(2)A、B、C三点的角速度之比ABC；(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aAaBaC.【解析】(1)令vAv，由于皮带转动时不打滑，所以vBv，因AC，由公式vr知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vCv，所以vAvBvC221.(2)令A，由于共轴转动，所以C.因vAvB，由公式知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故

3、B2，所以ABC121.(3)令A点向心加速度为aAa，因vAvB，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aB2a.又因为AC，由公式a2r知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故aCa.所以aAaBaC241.【答案】(1)221(2)121(3)241【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() AA点与B点的线速度大小相等BA点与B点的角速度大小相等CA点与C点的线速度大小相等DA

4、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vAvC，C正确；B、C、D三点绕同一轴运动，故BCD2，由vr得vB2r，vC22r，vD42r，vA1r，则122，vAvCvB，再根据a2r可得aAaD，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vAvB.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vAvB.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AB.考点二圆周运动中的动力学分

5、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= =mr2= =mv=m42f2r.(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:当Fn=m2r时,物体做 运动.当Fn=0时,物体沿 方向飞出.当Fnm2r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

6、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

7、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

8、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.由平衡条件有Ffmgsin FNmgcos 由图中几何关系有cos ，sin 故有Ff，FN.(2)由牛顿第二定律有mgtan m2r.其中tan ，r.可得.【答案】(1)(2)【典例4】(2019课标卷，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( )Aa BaCN DN【解析】质点P下滑过

9、程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgRWmv2，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，Nmgma，代入可得，N，C正确，D错误【答案】AC【即时训练4】(2019课标卷，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，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP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

10、点，由动能定理得，mgLmv2，解得v，因LPLQ，故vPvQ，选项A错误；因为EkmgL，又mPmQ，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，FTmgm，可得FT3mg，选项C正确；由a2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误【答案】C【典例5】(2019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AB线，有如图所示的、三条路线，其中路线是以O为圆心的半圆，OOr.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(

11、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，赛车经过的路程最短B选择路线，赛车的速率最小C选择路线，赛车所用时间最短D、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、赛车通过的路程分别为：(r2r)、(2r2r)和2r，可知路线的路程最短，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mgm，可得最大速率v，则知和的速率相等，且大于的速率，选项B错误；根据t，可得、所用的时间分别为t1，t2，t3，其中t3最小，可知线路所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：mgma向，a向g，可知三条路线上的向心加速度

12、大小均为g，选项D正确【答案】ACD【即时训练5】(2019课标卷，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vvc时，支持力的水平分力小

13、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】(2019课标卷， 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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是() Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 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

14、所有的摩擦力提供向心力，Fm2R，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，kmgm22l，则C正确，当时，a没有滑动，则fam2lkmg.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() 【

15、解析】两滑块的角速度相等，根据向心力公式Fmr2，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30，此时细绳伸直但无张力，物块与转

16、台间动摩擦因数为，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，重力加速度为g，则() A当时，细绳的拉力为0B当 时，物块与转台间的摩擦力为0C当 时，细绳的拉力大小为mgD当时，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，mgmlsin 30，解得1，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 30mlsin 30，解得2 ，由于1 2，所以当 ，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；由于1，所以当时，细绳的拉力为零，故A正确；由于12，由牛顿第

17、二定律得fFsin 30m2lsin 30，因为压力小于mg，所以fmg，故D错误；当 2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 m2lsin ，解得cos ，故Fmg，故C正确【答案】AC【即时训练7】如图所示，用一根长为l1 m的细线，一端系一质量为m1 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0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？

18、【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 mlsin ，解得：即0 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 m2lsin 解得：2，即 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

19、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】 (2019江苏南京调研)一长l=0.8 m的轻绳一

20、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(2019上海卷，16)风速仪结构如图(a)所示光源发出的光经光纤传

21、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t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t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t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l4n2r，叶片转动速率为：v，

22、故选项B正确【答案】B2(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() AA比B的线速度小BA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vr知，vAvB，由a2r知，aAaB，由Tsin ma，Tcos mg及aAaB得TATB，AB，故A、C正确【答案】AC3.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. BC. D【解析】AB杆倾角45，对于M环：mgmr2mvM.对于N环：mgtan mRsin 2mvNvNRsin R所以vMvNg，A对，B、C、D错【答案】A