高考物理总复习4.3圆周运动及其应用课件PPT

这是一份高考物理总复习4.3圆周运动及其应用课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识导图，线速度大小不变的，rads，ω2r，mω2r，速曲线运动，们的合力充当，离心力，渐远离圆心，总时间等内容，欢迎下载使用。
【微点拨】1.对公式v=ωr的理解:(1)当r一定时,v与ω成正比。(2)当ω一定时,v与r成正比。(3)当v一定时,ω与r成反比。
2.对a= =ω2r的理解:(1)当v一定时,a与r成反比。(2)当ω一定时,a与r成正比。
3.关于向心力的两点注意:(1)向心力是效果力,在受力分析时不能另外添加一个向心力。(2)向心力可以是几个力的合力,也可以是某个力的分力。
【慧眼纠错】(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。纠错:_____________________________________________________。(2)物体做匀速圆周运动时,合外力是不变的。纠错:___________________________________________。
匀速圆周运动的加速度的方向不断变化,是变加
物体做匀速圆周运动时,合外力的方向不断变
(3)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。纠错:____________________________________。(4)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力、摩擦力和向心力作用。纠错:_______________________________________________________。
线速度一定时,向心加速度与半径成反比
物体受重力、支持力和摩擦力作用,向心力由它
(5)物体做离心运动是因为受到了离心力。纠错:_________________________________________________。(6)做圆周运动的物体,合力突然减小时,物体将沿切线方向飞出。纠错:____________________________________________________。
物体做离心运动的原因是惯性,不是因为受到了
做圆周运动的物体,合力突然减小时,物体将逐
考点1　匀速圆周运动的运动学分析【典题探究】 【典例1】 (2018·商丘模拟)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目,如图所示(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节。要求挑战者从平台A上跳到
以O为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中。已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m,平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m,转盘半径为2 m,以12.5 r/min的转速匀速转动,转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩,障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等。若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以
水平速度沿 AO方向跳离平台,把人视为质点,不计桩的厚度,g取10 m/s2,则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为世纪金榜导学号04450086(　　)
A.1.5 m/sB.2 m/sC.2.5 m/sD.3 m/s
【题眼直击】(1)竖直高度为1.25 m→可求得人下落的_______。(2)障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等→可求得人穿过障碍桩___________。(3)平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m→可求得人的___________。
【解析】选C。人起跳后做平抛运动,因此在竖直方向上有:y= gt2,由此解得时间t=0.5 s。转盘的角速度为:ω=2πn= π rad/s, 转盘转过θ= ,所用时间为:t= =0.4 s。要使人能跳过空隙,时间应该小于0.4 s,因此根据水平方向匀速运动有:x=v0t。解得:v0=2.5 m/s,选项C正确。
【通关秘籍】 1.匀速圆周运动各物理量间的关系:
2.三种传动方式及特点:(1)皮带传动:皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等。(2)摩擦传动:两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等。(3)同轴传动:两轮固定在同一转轴上转动时,两轮转动的角速度大小相等。
【考点冲关】 1. 明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图),记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图,则(　　)
A.齿轮A的角速度比C的大B.齿轮A与B角速度大小相等C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
【解析】选D。齿轮A与齿轮B是同缘传动,边缘点线速度相等,根据公式v=ωr可知,半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动,角速度相等,所以齿轮A的角速度比C的小,选项A、B错误。B与C两轮属于同轴传动,故角速度相等,根据公式v=ωr可知,半径比较大的齿轮B比C边缘的线速度大,选项C错误。齿轮A与
B边缘的线速度相等,因为齿轮B比C边缘的线速度大,所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大,选项D正确。
2.(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示,现玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是(　　)
A.P、Q的线速度相同B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C.P点的线速度大小约为1.6 m/sD.摇把的转速约为400 r/min
【解析】选B、C。由于线速度的方向沿曲线的切线方向,由图可知,P、Q两点的线速度的方向一定不同,故A错误;若主动轮做顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,所以从动轮逆时针转动,所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反,故B正确;玻璃盘的直径是
30 cm,转速是100 r/min,所以线速度v=ωr=2nπr=2× ×π× m/s=0.5π m/s≈1.6 m/s,故C正确;从动轮边缘的线速度vc=ω·rc=2× ×π×0.02 m/s= π m/s,由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等,即vz=vc,所以主动轮的转速nz= r/s=25 r/min,故D错误。
【加固训练】如图所示,当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时,板上A、B两点(　　)A.角速度之比ωA∶ωB= ∶1B.角速度之比ωA∶ωB=1∶ C.线速度之比vA∶vB= ∶1D.线速度之比vA∶vB=1∶
【解析】选D。板上A、B两点的角速度相等,角速度之比ωA∶ωB=1∶1,选项A、B错误;线速度v=ωr,线速度之比vA∶vB=1∶ ,选项C错误,D正确。
考点2　匀速圆周运动的动力学分析　　　　　　 【典题探究】 【典例2】(2017·全国卷Ⅱ)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(　　)世纪金榜导学号04450087
A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心
【解题探究】(1)运动过程中,小环受几个力的作用?提示:小环受两个力的作用,重力和大圆环对它的弹力。(2)大圆环对小环的弹力方向有什么特点?提示:大圆环对小环的作用力总是沿半径方向。
【解析】选A。因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功,因此A正确、B错误; 从静止开始在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心,后指向大圆环圆心,故C、D项错误。
迁移1:圆锥摆问题(2018·枣庄模拟)质量分别为M和m的两个小球,分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上,当转轴稳定转动时,拴质量为M和m小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β,如图所示,则(　　)A.cs α= B.cs α=2cs βC.tan α= D.tan α=tan β
【解析】选A。以M为研究对象受力分析,列牛顿第二定律:Mgtan α=M 2lsin α得:T1=2π 同理:以m为研究对象:T2=2π 因T1=T2,所以2cs α=cs β,故A正确。
迁移2:转台上的圆周运动(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】选A、C。因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动,在某一时刻可认为木块随圆盘转动时,其受到的静摩擦力的方向指向转轴,两木块转动过程中角速度相等,则根据牛顿第二定律可得Ff=mω2R,由于木块b的轨道半径大于木块a的轨道半径,故木块b做圆周运动需要的向心力较大,B错误;因为两木块的最大静摩擦力相等,
故b一定比a先开始滑动,A正确;当b开始滑动时,由牛顿第二定律可得kmg=m ·2l,可得ωb= ,C正确;当a开始滑动时,由牛顿第二定律可得kmg=m l,可得ωa= ,而转盘的角速度 < ,木块a未发生滑动,其所需的向心力由静摩擦力来提供,由牛顿第二定律可得Ff=mω2l= kmg,D错误。
迁移3:车辆转弯问题(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v0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v0,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v0,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,v0的值变小
【解析】选A、C。当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向内侧运动的趋势,但并不会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B错误;当
车速高于v0时,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦力越大,只有静摩擦力达到最大以后,车辆才会向外侧滑动,选项C正确;由mgtan θ = m 可知,v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误。
【通关秘籍】 解决匀速圆周运动的动力学问题需做好的三个分析:(1)几何关系分析:确定圆周运动的轨道平面、圆心、半径等。(2)运动分析:确定圆周运动的线速度、角速度、周期等。
(3)受力分析:利用力的合成与分解知识,表示出物体做匀速圆周运动时,外界所提供的向心力。
【加固训练】(多选)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时,要设计为外轨高、内轨低的结构,即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示),内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小。若某转弯处设计为当火车以速率v通过时,内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零。车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计,则下列说法中正确的是(　　)
A.当火车以速率v通过此弯路时,火车所受各力的合力沿路基向下方向B.当火车以速率v通过此弯路时,火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力C.当火车行驶的速率大于v时,外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力D.当火车行驶的速率小于v时,外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力
【解析】选B、C。火车转弯时,内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零,靠重力和支持力的合力提供向心力,方向水平指向圆心,故A错误,B正确;当速度大于v时,重力和支持力的合力小于所需向心力,此时外轨对车轮轮缘施加压力,故C正确;当速度小于v时,重力和支持力的合力大于向心力,此时内轨对车轮轮缘施加压力,故D错误。
考点3　竖直面内的圆周运动【典题探究】 【典例3】(2018·新乡模拟)如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为m的球A和B,光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力,则球B在最高点时世纪金榜导学号04450088(　　)　　　　　　
A.球B的速度为零B.球A的速度大小为 C.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平转轴对杆的作用力为2.5mg
【题眼直击】(1)杆和球在竖直平面内转动→两球做_________。(2)杆对球B恰好无作用力→___________________。
【解析】选C。球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg= ,解得v= ,故A错误;由于A、B两球的角速度相等,则球A的速度大小v′= ,故B错误;球B到最高点时,对杆无弹力,此时球A受重力和拉力的合力提供向心力,有F-mg=m ,解得:F=1.5mg,故C正确,D错误。
【通关秘籍】 1.常见模型:
2.分析思路:(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型在最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体。(2)确定临界点:v临= ,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
(3)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F合=F向。(4)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律列式,将初、末两个状态联系起来。
【考点冲关】 1.(多选)如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT,小球在最高点的速度大小为v,其FT-v2图象如图乙所示,则(　　)
A.轻质绳长为 B.当地的重力加速度为 C.当v2=c时,轻质绳的拉力大小为 +aD.只要v2≥b,小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【解析】选B、D。最高点由牛顿第二定律得:FT+mg= ,则FT= -mg。对应图象有:mg=a,得g= ,故B正确。 得:L= ,故A错误。当v2=c时,FT= ·c-mg= ·c-a,故C错误。当v2≥b时,小球能通过最高点,小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg,即6a,故D正确。
2. (2018·晋城模拟)如图所示,一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管,用硬杆竖直固定在天花板上。有一质量为m的小球(可看作质点)在圆管中运动。小球以速率v0经过圆管最低点时,杆对圆管的作用力大小为(　　)
A.m 　　　　　　　　B.mg+m C.2mg+m D.2mg-m
【解析】选C。小球做圆周运动,若圆管对它的作用力为FN,根据牛顿第二定律FN-mg=m ,可得FN=mg+m ,小球对圆管的压力F′N=FN,以圆管为研究对象,若杆对圆管的作用力为F,则F=mg+mg+m ,即F=2mg+m ,选项C正确。
3. 如图所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 kg的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为(　　)
A.5 NB. NC.15 ND.10 N
【解析】选A。小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=m ,当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2FTcs30°= ,解得FT= mg=5 N,故选项A正确。
【加固训练】如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时,盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来,对于杯子经过最高点时水的受力情况,下列说法正确的(　　)
A.水处于失重状态,不受重力的作用B.水受平衡力的作用,合力为零C.由于水做圆周运动,因此必然受到重力和向心力的作用D.杯底对水的作用力可能为零
【解析】选D。失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力,但物体所受重力不变,选项A错误;水受力不平衡,有向心加速度,选项B错误;向心力不是性质力,本题中向心力由重力和弹力的合力提供,选项C错误;当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时,杯底对水的作用力为零,选项D正确。
曲线运动问题　 【经典案例】(22分)(2018·大连模拟)如图所示,O为竖直放置的半径R=2 m的光滑管状轨道圆心,A、B两点关于过O的竖直线对称,从A点将质量为m=0.2 kg的小球以某一速度斜向上抛出,无碰撞地由B点进入管道,小球经圆轨道
最低点C无能量损失地进入长L=4 m的水平粗糙轨道CD,小球与CD间动摩擦因数μ=0.2,光滑半圆轨道DE竖直放置,E为最高点,G是与圆心O1等高的点,小球经D点无能量损失进入半圆轨道并能到达GE间某处,已知圆管的直径远小于轨道半径R且略大于小球直径,OB与竖直方向间夹角α=37°,(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)求:
世纪金榜导学号04450091(1)小球在A点抛出时的初速度大小v0。(2)小球经过D点时的速度大小vD。(3)半圆轨道DE的半径r应满足的条件。
【思维轨迹】(1)小球从A运动到B:小球做斜抛运动,在A点速度方向与OA垂直。(2)小球从B运动到C:轨道光滑,小球的机械能守恒。(3)小球从C运动到D:小球克服摩擦力做功,可应用动能定理分析。(4)小球在DE间运动:满足机械能守恒规律;注意两种临界情况。
【规范解答】解:(1)因A、B关于过O点的竖直线对称且小球能无碰撞地由B点进入管道,所以小球在A点抛出时速度与OA垂直,令小球到达B点时竖直速度为vy,水平速度为vx,从A到B的时间为t,则由斜抛运动规律知:2Rsin α=vxt(2分)vy=g· (2分)
tan α= (2分)联立并代入数值得vx=4 m/s,vy=3 m/s所以小球在B点速度大小即小球初速度为v0= =5 m/s(2分)
(2)小球从B到D由动能定理知mgR(1+cs α)-μmgL= (4分)代入数值得vD=9 m/s(2分)
(3)因小球能到达GE间某处,所以当小球刚能过G点时,由机械能守恒定律知 =mgrmax(2分)即rmax=4.05 m(1分)当小球恰能到E点时有: =2mgrmin+ (2分)
mg= (2分)联立得rmin=1.62 m(1分)所以半圆轨道DE的半径r应满足1.62 m