第四章 第3讲　圆周运动—2022高中物理一轮复习学案

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第3讲　圆周运动
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
知识点1　描述圆周运动的物理量及其相互关系
1．描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表

意义、方向
公式、单位
线速度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)
(2)方向与半径垂直，和圆周__相切__
(1)v＝＝____
(2)单位：m/s
角速度
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(2)中学不研究其方向
(1)ω＝＝____
(2)单位：rad/s
周期和转速
(1)周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)
(2)转速是物体在单位时间内转过的__圈数__(n)，也叫频率(f)
(3)周期与频率的关系为T＝
(1)T＝；单位：s
(2)n的单位r/s，r/min
(3)f的单位：__Hz__
向心加速度
(1)描述速度__方向__变化快慢的物理量(an)
(2)方向指向圆心
(1)an＝____＝__ω2r__＝__vω__
(2)单位：m/s2
向心力
(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的__方向__，不改变线速度的__大小__
(2)方向指向圆心
(1)Fn＝mω2r＝m＝mr
(2)单位： N
2.各物理量之间的相互关系
(1)v＝ωr＝＝2πrf。
(2)an＝＝ω2r＝ωv＝＝4π2f 2r。
(3)Fn＝m＝mω2r＝m＝mωv＝m4π2f 2r。
知识点2　匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小__不变__而方向时刻__变化__的变速曲线运动，是加速度大小__不变__、方向__变化__的变加速曲线运动
是速度大小和方向都__变化__的变速曲线运动，是加速度大小、方向都__变化__的变加速曲线运动
加速度
方向与速度垂直，即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度大小和方向都变化，所以不仅存在向心加速度，而且存在切向加速度，合加速度的方向不指向圆心
向心力
F合＝F向＝
F合＝
知识点3　离心运动
1．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，所做的逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的__惯性__，总有沿着圆周__切线方向__飞出去的倾向。
3．受力特点
①当Fn＝mω2r时，物体做__圆周__运动。
②当Fn＝0时，物体沿__切线__方向飞出。
③当Fn ④当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。

思考：如图所示，圆盘上的物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。

(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？
(2)要计算漏斗内壁上小球的角速度时还需要哪些信息？
[答案]　(1)圆盘上的物体是静摩擦力提供向心力，漏斗内壁的物体由重力和支持力的合力提供向心力。
(2)小球做圆周运动的半径和漏斗内壁的倾角。
思维诊断：
(1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用。(　×　)
(2)一物体以4 m/s的线速度做匀速圆周运动，周期为2 s，则速度变化率的大小为4π m/s2。(　√　)
(3)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯。(　×　)
(4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。(　√　)
(5)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态。(　√　)
　　
1．(2019·宁夏石嘴山三中期中)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　C　)
A．速度的大小和方向都改变
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动
D．向心加速度不变
[解析]　本题考查对匀速圆周运动的理解。质点做匀速圆周运动时，线速度大小始终不变，速度方向为质点运动轨迹的切线方向，时刻在改变，故A错误；做匀速圆周运动的物体的加速度始终指向圆心，即方向在时刻改变，则匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故B、D错误；当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点的线速度的大小不变，做匀速圆周运动，故C正确。
2．在人们经常见到的以下现象中，不属于离心现象的是(　D　)
A．舞蹈演员在表演旋转动作时，裙子会张开
B．在雨中转动一下伞柄，伞面上的雨水会很快地沿伞面运动，到达边缘后雨水将沿切线方向飞出
C．满载黄沙或石子的卡车，在急转弯时，部分黄沙或石子会被甩出
D．守门员把足球踢出后，球在空中沿着弧线运动
[解析]　舞蹈演员在表演旋转动作时，裙子做圆周运动，受到的合力的大小不足以提供裙子所需要的向心力时，裙子远离圆心，会张开，故A不符合题意；当雨伞转动时雨滴所需要的向心力增加，当超过雨伞对雨滴的吸附力时，雨滴做离心运动，故B不符合题意；当卡车急转弯时，部分黄沙或石子间的作用力不足以提供其所需要的向心力，做离心运动，会被甩出，故C不符合题意；运动员将球踢出后球在空中运动，是由于惯性，故D符合题意。
3．(2020·湖北荆州中学月考)如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮随圆盘一起转动(俯视为逆时针)。某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是(　D　)


[解析]　本题考查水平面内的圆周运动问题。橡皮做加速圆周运动，则合力沿径向的分力提供其做圆周运动的向心力，即合力不指向圆心，但一定指向圆周内；由于橡皮做加速圆周运动，橡皮的线速度不断增大，故合力与线速度的夹角小于90°，故选D。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
考点一　圆周运动中的运动学分析
常见的三种传动方式及特点
1．皮带传动：如图甲、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：如图丙所示，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，即vA＝vB。

3．同轴传动：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。
例1 (2019·云南玉溪一中二调)现在许多高档汽车都应用了无级变速装置，不用离合就能连续变换速度，下图为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加。现在滚动轮处于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是(　B　)

A．＝　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
[解析]　本题考查传动问题。角速度ω＝2πn，则主动轮的线速度v1＝ω1＝πD1n1，从动轮的线速度v2＝ω2＝πD2n2。因为主动轮和从动轮的线速度相等，则πD1n1＝πD2n2，所以＝，故B正确，A、C、D错误。
方法技巧：
同轴与同缘传动的联系
同轴转动角速度相等，同缘传动边缘点线速度相等，角速度与线速度的关系式为v＝rω。
考点二　圆周运动中的动力学分析
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＝m＝mω2r＝mr，要根据已知条件选用。
3．正交分解时，要注意圆心的位置，沿半径方向和切线方向分解。
4．对涉及圆周运动的系统，要用隔离法分析，不要用整体法。
例2 (2019·辽宁沈阳一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(　B　)
A．8 cm B．9 cm
C．10 cm D．11 cm
[解析]　本题考查火车转弯问题。由题可知半径R＝5 600 m，时速为v＝216 km/h＝60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得tan θ＝，由几何关系得tan θ＝sin θ＝，而L＝1 400 mm，联立得h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。
方法总结：
解决圆周运动动力学问题的一般步骤
(1)首先要明确研究对象。
(2)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径。
(3)对其受力分析，明确向心力的来源。
(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况：F＝m＝mrω2＝mvω＝mr＝4π2mrf 2。解题时应根据已知条件进行选择。
〔类题演练1〕
(2019·宝鸡月考)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中(　CD　)

A．小球的向心加速度逐渐减小
B．小球运动的角速度逐渐减小
C．小球运动的线速度逐渐减小
D．小球运动的周期逐渐减小
[解析]　以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。由牛顿第二定律得：＝ma＝m＝mrω2，可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝，向心加速度不变，故A错误；角速度ω＝，由于半径减小，则角速度变大，故B错误；线速度v＝，由于半径减小，线速度减小，故C正确；周期T＝，角速度增大，则周期减小，故D正确。

考点三　竖直面内圆周运动的“轻绳”和“轻杆”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。对此见下表：

轻绳模型
轻杆模型
常见模型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的
临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0 (3)当v＝ 时，FN＝0
(4)当v> 时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
例3 (2019·山东师大附中二模)(多选)一轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，长为R的轻杆可绕水平轴在竖直平面内转动(不计空气阻力)，如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(　ABC　)

A．小球能做完整的圆周运动，经过最低点的最小速度为2
B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大
D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
[解析]　本题考查竖直面内圆周运动的轻杆模型。设轻杆对小球的作用力大小为F，小球做完整的圆周运动经过最高点时，F竖直向上时，对小球，由牛顿第二定律得mg－F＝m，当轻杆对小球的作用力大小F＝mg时，小球的速度最小，最小值为0，从最高点到最低点，由动能定理得mg·2R＝mv，则v0＝2，故A正确；若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后反向增大(先为支持力后为拉力)。由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，故B正确；在最低点，由F－mg＝m，可得杆对小球的作用力(拉力)F＝mg＋m，若小球在最低点的初速度逐渐增大，则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大，由牛顿第三定律可知C正确；轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，故D错误。
规律总结：
竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点：抓住轻绳模型中最高点v≥及轻杆模型中v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)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。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
〔类题演练2〕
(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则(　CD　)

A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0> 时，小球一定能通过最高点P
D．当v0< 时，细绳始终处于绷紧状态
[解析]　小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，B错误；当v0＝ 时，可求得v＝，因为小球经过最高点的最小速度为，则当v0> 时小球一定能通过最高点P，C正确；当v0＝ 时，由mv＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，D正确。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
圆周运动中的临界值问题
▼
1．有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明过程中存在着临界点。
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点。
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。
4．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。
5．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4 (2019·广东三校联考)如图所示，质点P以O为圆心、R为半径做逆时针匀速圆周运动，周期为T。当质点P经过图中位置A时，另一质量为m、初速度为零的质点Q受到沿OA方向的拉力作用从静止开始在光滑水平面上做匀加速直线运动，则下列说法正确的是(　B　)

A．当P、Q加速度相同时，质点Q的最小速度为
B．当P、Q加速度相同时，质点Q的最小速度为
C．当P、Q加速度相同时，质点Q的最大速度为
D．当P、Q加速度相同时，质点Q的最大速度为
[解析]　本题考查圆周运动的极值问题。当P运动到O点左侧与OA共线时，加速度方向与Q相同，在此时运动的时间t＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)，由牛顿第二运动定律可知，加速度大小为a＝R；此时Q的速度v＝at＝R(n＋)T＝(n＋)，则当n＝0时v最小，vmin＝，故B正确，A错误；Q做匀加速直线运动，无符合条件的最大速度，故C、D错误。
〔类题演练3〕
(2019·安徽名校协作体联考)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＝1.5 m。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(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10 m/s2，则ω的最小值是(　C　)

A．1 rad/s　　　　　　　 B． rad/s
C． rad/s D．5 rad/s
[解析]　本题考查空间内的圆周运动问题。对小物体受力分析如图，受重力mg，弹力N，静摩擦力f，ω有最小值时，物体恰不与筒产生相对滑动。由牛顿第二定律可知，mgcos θ＋N＝mω2r，在平行于筒壁方向上，最大静摩擦力与重力沿筒壁向下的分力相等，即fmax＝mgsin θ，由于fmax＝μN，由以上式子，可得ω＝ rad/s，故C正确。

2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1．(2019·江苏，6)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　BD　)

A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
[解析]　A错：座舱的周期T＝＝。B对：根据线速度与角速度的关系，v＝ωR。C错，D对：座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R。
2．(2018·江苏单科，6)(多选)火车以60 m/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10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　AD　)
A．运动路程为600 m　 B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km
[解析]　A对：由s＝vt知，s＝600 m。B错：在弯道做圆周运动，火车加速度不为零。C错：由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s。D对：由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km。
3．(2019·四川资阳一诊)(多选)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图象如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是(　AD　)

A．数据a与小球的质量无关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
[解析]　本题考查竖直平面内圆周运动的受力问题。由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第一定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知＝与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述可知r＝，m＝，故D正确。
4．(2020·山东新泰一中质检)如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带AB长度L0＝2.0 m，一半径R＝0.2 m的竖直圆形光滑轨道与水平轨道相切于C点，水平轨道CD长度L＝1.0 m，在D点固定一竖直挡板。小物块与传送带AB间的动摩擦因数μ1＝0.9，BC段光滑，CD段动摩擦因数为μ2。当传送带以v0＝6 m/s沿顺时针方向匀速转动时，将质量m＝1 kg的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并以原速率弹回，经水平轨道CD返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度g＝10 m/s2。求

(1)小物块第一次滑到传送带B点时的速度大小；
(2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求μ2的取值范围。
[答案]　(1)6 m/s　(2)0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2<0.9
[解析]　(1)物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力f＝μ1mg，那么由牛顿第二定律可知物块做加速度a＝μ1g＝9 m/s2的匀加速直线运动，由2aL0＝v，可知物块到达B点时刚好达到传送带速度，所以物块滑到B点时的速度大小vB＝v0＝6 m/s。
(2)要使物块能第二次冲上圆形轨道且不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动时可能通过最高点，也可能在圆轨道上达到的最高点的高度0 故当物块能通过最高点时，设其在最高点速度大小为v，在最高点应用牛顿第二定律可得mg≤；
对物块从B到第二次到最高点应用动能定理可得
－2μ2mgL－2mgR＝mv2－mv，
则μ2＝≤0.65；
当物块在圆轨道上能到达的最高点的高度0 μ2＝，解得0.8≤μ2<0.9；
所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且不会脱离圆轨道，需满足条件为0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2<0.9。