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第四章 第四课时 圆周运动2025版高考物理一轮复习课件+测试（教师版）+测试（学生版）
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考点一 圆周运动的运动学问题
考点二 圆周运动的动力学问题
1.描述圆周运动的物理量
2.匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处 ，所做的运动叫作匀速圆周运动。(2)特点：加速度大小 ，方向始终指向 ，是变加速运动。(3)条件：合外力大小 ，方向始终与 方向垂直且指向圆心。
3.离心运动和近心运动(1)离心运动：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 的运动。(2)受力特点(如图)①当F＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动。②当0
(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。
1.匀速圆周运动是匀变速曲线运动。( )2.物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的。( )3.物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力。( )4.向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用。( )
答案 在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
例1 (2024·江苏淮安市五校联考)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们A.线速度大小之比为4∶3B.角速度之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶2
例2 (2024·江苏省镇江地区联考)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，由于摩擦力作用，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∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比 选项B、C错误；
1.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Fn＝_____＝______＝_________＝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。
2.匀速圆周运动中向心力的来源
1.做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。( )2.摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。( )3.向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力。( )4.变速圆周运动的向心力不指向圆心。( )
例3 (2023·江苏卷·13)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
答案 ω0r mω02r
发光物体的速度大小为v0＝ω0r发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力提供向心力，则静摩擦力大小为f＝mω02r。
圆周运动中动力学问题的分析思路
例4 如图所示，是为我国的福建舰配置的歼－35战机，具有优异的战斗性能，其过载能力可以达到9。过载是指作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机重力之比。例如歼－35战机，以大小为2g的加速度竖直向上加速运动时，其过载就是3。若歼－35战机在一次做俯冲转弯训练时，在最低点时速度大小为200 m/s，过载为5，重力加速度g＝10 m/s2，将飞机的运动轨迹看成圆弧，则飞机的转弯半径约为A.800 m B.1 000 mC.1 200 m D.1 400 m
对最低点的飞机受力分析，可知飞机受到重力为mg、气动力和发动机推力的合力F，
此时过载为5，所以F＝5mg代入数据解得，飞机的转弯半径r＝1 000 m，故选B。
例5 (2024·江苏省镇江中学检测)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是A.小球A、B角速度相等B.小球A、B线速度大小相等C.小球C、D向心加速度大小相等D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，
所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，B错误；
对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝man，FTcs θ＝mg，
所以小球C、D向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。
例6 (2024·江苏苏州市吴江汾湖中学月考)如图所示是离心试验器的原理图，测试人的抗荷能力。被测者坐在椅子上随平台做匀速圆周运动，已知人的质量为m，重力加速度为g，图中A到B的长度为L，与竖直方向成30°角，AC的长度为r，求：(1)向心加速度大小和角速度；
以人为研究对象，因为人做匀速圆周运动，所以人所受重力和支持力的合力提供向心力，如图所示由图可知，向心力F向＝mgtan 30°再由牛顿第二定律可得F向＝mgtan 30°＝ma
(2)人对椅子的压力大小。
2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝ 和运动所需的向心力也越大。
1.下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有 加速度B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变， 所以必有加速度C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线 运动D.在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径之比
2.(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50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为A.10 m/s2 B.100 m/s2C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2
3.(2024·江苏省海安高级中学月考)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径为rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的是
A.C的边缘线速度大小为2πnrcB.A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针转动，C沿逆时 针转动C.A、B、C的角速度大小相等，均为2πn， 且均沿顺时针转动
4.如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是A.拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大B.拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出C.踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出D.踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等
5.(2024·江苏盐城市伍佑中学月考)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是A.物体所受弹力增大，摩擦力不变B.物体所受弹力增大，摩擦力减小C.物体所受弹力和摩擦力都增大D.物体所受弹力和摩擦力都减小
6.(2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于A.1 B.2 C.3 D.4
7.(2024·江苏省扬州中学开学考)在某节目中，有这样的一个实验，如图所示，将一根足够长的轻质细绳穿过内壁和端口光滑的细空心圆筒，绳子上端系一个金属球，下端与装有皮球的网袋连接。转动空心圆筒，使金属球匀速圆周运动，网袋保持静止(未与空心圆筒接触)。不计空气阻力，对于不同稳定转速的金属球，下列说法正确的是A.金属球转速越慢，金属球的位置越高B.金属球转速越慢，网袋的位置越低C.空心圆筒上方的细绳与竖直方向的夹角不变D.金属球在转动过程受重力、绳子的拉力和向心力的作用
设金属球质量为m，皮球和网袋的总质量为M，以皮球和网袋为对象，根据平衡条件可知，细绳拉力为FT＝Mg以金属球为研究对象，设连接金属球的绳子与竖直方向的夹角为α，则有FTcs α＝mg，FTsin α＝mω2r
可知α始终恒定。金属球转速越慢，即角速度越小，可知r越大，因为α恒定，所以空心圆筒与金属球之间的绳子越长，金属球位置越低，网袋位置越高，故A、B错误，C正确；金属球在转动过程只受重力和绳子的拉力作用，故D错误。
8.(2024·江苏南通市检测)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是A.h越高，摩托车对侧壁的压力越大B.h越高，摩托车做圆周运动的加速度越小C.h越高，摩托车做圆周运动的周期越大D.h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
9.(2023·江苏省昆山中学模拟)如图，矩形框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，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN轴分别以不同的角速度ω1和ω2匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是A.弹簧的弹力大小可能发生了变化B.杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化C.若ω2>ω1，则角速度为ω2时杆PQ对小球的弹力更大D.小球所受合外力的大小一定发生了变化
由题意，因为小球相对于杆的位置不变，所以弹簧长度不变，伸长量不变，则弹力大小一定不变，故A错误；设弹簧弹力大小为F，假设矩形框绕MN轴以角速度ω1转动时，PQ对小球的弹力方向背离MN，且大小为FN1；矩形框绕MN轴以角速度ω2转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为FN2，则根据牛顿第二定律分别有Fsin θ－FN1＝mω12r，FN2＋Fsin θ＝mω22r，解得FN1＝Fsin θ－mω12r，FN2＝mω22r－Fsin θ，若ω2>ω1，则FN1和FN2可能相等，FN2也可能小于FN1，故B、C错误；
小球做圆周运动的半径不变，角速度变化，则所需向心力大小发生变化，所以用于提供向心力的合外力大小一定发生了变化，故D正确。
10.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB.小球平抛的初速度可能是2 m/sC.圆盘转动的角速度一定是π rad/sD.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
根据ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝ ＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D错误。
11.(2024·江苏南京市六校联合体调研)如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知MO1＝NO1＝1 m，M、N离地高3.2 m，若手摇AB转动的角速度大小为20 rad/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)“花筒”(内含铁片)质量为3 kg时所需向心力大小；
(2)铁片落地点距O2的距离大小(计算结果可用根式表示)。
12.(2024·江苏省仪征中学期初考)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝ 的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)圆弧BC段所对应的圆心角θ；
(2)小球经B点时，对圆轨道的压力大小。
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