第3讲 圆周运动及其应用\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、圆周运动及其描述1．匀速圆周运动：(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长________，就是匀速圆周运动．(2)速度特点：速度的大小________，方向始终与半径垂直．相等不变\n2．描述匀速圆周运动的物理量：定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体沿圆弧运动________的物理量(v)(1)v＝＝________(2)国际单位：________角速度描述物体绕圆心________的物理量(ω)(1)ω＝＝________(2)国际单位：________周期物体沿________运动一周所用的时间(T)(1)T＝________＝________，国际单位：s(2)f＝，单位：Hz向心加速度(1)描述速度________变化快慢的物理量(an)(2)方向指向________(1)an＝________＝________(2)单位：________快慢m/s转动快慢rad/s圆周方向圆心rω2m/s2\n二、匀速圆周运动的向心力1．作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的____．不改变速度的_____．2．大小：F＝ma＝m＝________＝mr＝mr4π2f2＝mωv.3．方向：始终沿半径方向指向________，时刻在改变，即向心力是一个变力．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．方向大小mrω2圆心合力分力\n三、离心运动和近心运动1．离心运动定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做________圆心的运动．2．受力特点(1)当F＝mrω2时，物体做________运动．(2)当F＝0时，物体沿________方向飞出．(3)当F＜mrω2时，物体逐渐________圆心(4)当F＞mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做________运动．3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力________做匀速圆周运动需要的向心力．,逐渐远离匀速圆周切线远离近心小于\n生活情境1.现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示．当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下．(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的．()(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．()(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．()(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快．()(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力．()(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故．()(7)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由静摩擦力提供．()√××√×××\n教材拓展2．[人教版必修2P25T3改编]如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案：C\n关键能力·分层突破\n考点一 圆周运动的运动学问题1．在讨论v、ω、an、r之间的关系时，应运用控制变量法．2．传动装置的特点：(1)“同轴”时角速度相同；(2)“同缘”时线速度大小相等．\n例1.[2021·全国甲卷，15]“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为()A.10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s2解析：由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，则纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小a＝ω2r＝(100π)2×0.01m/s2≈1000m/s2，故选项A、B、D错误，选项C正确．答案：C\n命题分析试题情境属于基础性题目，以传统游戏“旋转纽扣”为素材创设学习探索问题情境必备知识考查转速、角速度、向心加速度等概念的理解及关系关键能力考查理解能力．由转速转化为角速度，结合向心加速度求解学科素养考查运动观念，要求考生有清晰的运动观．要求能快速判断本题属于圆周运动中的运动学问题\n跟进训练1.[2022·河南郑州一模]某同学以变速自行车的齿轮传动作为研究性课题，他通过查阅相关资料了解变速自行车的变速原理，测得图示后小齿轮组中最小、最大齿轮半径分别为r1、r2，前大齿轮半径为r3、后轮半径为R.若该自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，则后轮的最大线速度为()A.B．C．D．解析：若后小齿轮选择齿轮半径为r，则有后小齿轮的角速度为ω＝，后轮角速度与后小齿轮角速度相等，所以后轮线速度v＝ωR＝R，所以r越小，v越大，所以选择最小齿轮半径r1时，后轮线速度最大，即v＝，若该自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，则周期T＝1s，则后轮的最大线速度v＝，故A正确，BCD错误．答案：A\n2．[2021·广东卷，4]由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是()A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动解析：由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误．答案：A\n考点二 水平面内的匀速圆周运动例2.[2021·河北卷，9](多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止．若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()A．小球的高度一定降低B．弹簧弹力的大小一定不变C．小球对杆压力的大小一定变大D．小球所受合外力的大小一定变大答案：BD\n解析：设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ的距离为L，对小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kxsinθ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cosθ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cosθ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确．小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kxsinθ或F压＝FN＝kxsinθ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误．当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以小球的匀速圆周运动为素材创设学习探索问题情境必备知识考查受力分析、牛顿运动定律和圆周运动等知识关键能力考查信息加工能力、模型建构能力．要求在新情境中建构匀速圆周运动模型学科素养考查运动与相互作用观念、科学思维．要求考生在运动与相互作用观念下解决实际问题\n跟进训练3.如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A、B、C与转盘间的动摩擦因数分别为μ0、2μ0、3μ0，A、B、C的质量分别为m0、2m0、3m0，A、B与轴的距离均为r，C与轴的距离为2r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当转盘匀速旋转时，下列说法正确的是()A.若A、B、C均未滑动，则B受到的摩擦力最小B．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最小C．若转盘转速增大，则B比C先滑动D．若A、B、C均未滑动，则转盘的最大角速度为答案：D\n解析：若A、B、C均未滑动，则A、B、C的角速度相同，由Ff＝mω2R可知A受到的摩擦力最小，由a＝ω2R可知C的向心加速度最大，A、B的向心加速度相等且较小，选项A、B错误；当A、B、C均未滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，有μ0mg＝mRω2，解得ω＝，将A、B、C对应的动摩擦因数和转动半径代入该式，比较可知，要使三个物体均不发生滑动，转盘转动的最大角速度为A的临界角速度，所以转盘转动的最大角速度为，选项D正确；B和C的临界角速度分别为ωB＝、ωC＝，ωB＞ωC，所以当转盘转速增大时，C比B先滑动，选项C错误．\n4.[2022·湖南四大名校1月联考]如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧(图中未画出)套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球(始终在同一竖直面内，均可视为质点)用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上，现将A球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，两轻杆与竖直方向的夹角均为θ＝37°，已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求系统静止时轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k；(2)让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为ω0(未知)时，B、C球刚要脱离圆台，求此时轻杆与竖直方向夹角θ0的余弦值和角速度ω0.答案：(1)0(2)\n解析：(1)圆台光滑，对B球进行受力分析，一定受重力和平台的支持力，如果轻杆对B有作用力，则B球不可能平衡，故轻杆对B球的作用力F＝0弹簧的形变量ΔL＝L－Lcosθ对A进行受力分析，由平衡条件有kΔL＝mg代入数据得弹簧的劲度系数k＝.(2)对A、B、C三个小球整体分析，B、C刚要脱离圆台时，在竖直方向上有k(L－Lcosθ0)＝3mg，代入数据得cosθ0＝对B进行受力分析，有mgtanθ0＝Lsinθ0代入数据得ω0＝.\n[思维方法]水平面内圆周运动的处理方法\n考点三 竖直面内的圆周运动问题1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．\n2．竖直平面内圆周运动的两种模型过最高点时的特点及求解方法“轻绳”模型“轻杆”模型图示受力特征物体受到的弹力方向为向下或等于零物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg＋FN＝mmg±FN＝临界特征FN＝0mg＝min＝FN＝mg即F向＝0vmin＝0过最高点的条件在最高点的速度v≥在最高点的速度v≥0\n角度1绳—球模型例3.如图所示，杂技演员表演水流星节目．一根长为L的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，设重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为()A．B.C.D.解析：杯子在竖直平面内做半径为的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点重力提供向心力，则有mg＝，可得ω＝，故B正确，A、C、D错误．答案：B\n角度2杆—球模型例4.(多选)如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心的距离为R，A端与圆心O等高，B点在O点的正上方，小球自A端正上方高h处由静止释放，自由下落至A端进入管道，要使小球最终恰好停在管道的B处，则满足条件的h值为()A．RB．RC．RD．R答案：AD\n解析：情境一：从B点等高处释放小球．由机械能守恒得mgh1＝mgR，所以h1＝R，A正确．情境二：从高于B点某高度处释放小球，小球从B点以一定速度滑出后做平抛运动，恰好落至A点，并从A点再次进入管道．由于小球和管道发生碰撞，沿水平方向的分速度减为零，小球又恰好返回B点．小球从高度h2处释放后第一次运动至管道B处的过程中，由机械能守恒得mgh2＝.小球从B点飞出后做平抛运动，水平方向有R＝vBt，竖直方向有R＝gt2，联立解得h2＝，D正确．\n[思维方法]竖直面内圆周运动的处理方法\n跟进训练5．[2021·浙江6月，7]质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示．对该时刻，下列说法正确的是()A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零答案：A\n解析：秋千从最高点向下运动的过程中做圆周运动，将重力分解为沿秋千方向的分力mgcosθ和沿切线方向的分力mgsinθ，如图所示，其中秋千对小明的作用力T与重力分力mgcosθ的合力提供向心加速度，重力沿切线方向的分力mgsinθ提供切线加速度，秋千到达最高点时，沿秋千方向小明受力平衡，即T＝mgcosθ，故在最高点秋千对小明的作用力小于重力，A正确，B错误；该时刻小明的速度为零，但所受合力不为零，由牛顿第二定律可知，加速度不为零，C、D错误．\n6．[2022·湖北荆州模拟]如图所示，将过山车经过两段弯曲轨道的过程等效简化成如图所示两个圆周的一部分(RA<RB)，A、B分别为轨道的最低点和最高点，过山车与轨道间的动摩擦因数处处相等，则过山车()A．在A点时合外力方向竖直向上B．在B点时合外力方向竖直向下C．在A点时所受摩擦力比在B点时大D．在B点时所受向心力比在A点时大答案：C\n解析：过山车在两段弯曲轨道中所做的运动不是匀速圆周运动，经过A点或B点处，其合外力并不指向圆心，故选项A、B错误；过山车经过A点的速度大于B点的速度，在A点根据向心力公式有FNA－mg＝，过山车在A点对轨道的压力F′NA＝FNA＝，由图示轨道知，过山车在最高点B点是在轨道的外侧运动，根据向心力公式有mg－FNB＝，对轨道的压力F′NB＝FNB＝，故F′NA＞F′NB，因动摩擦因数处处相等，由摩擦力公式Ff＝μFN知，FfA＞FfB，故选项C正确；因半径RA＜RB，速度vA＞vB，则由向心力公式Fn＝m可知，在A点向心力较大，故选项D错误．
