PAGE第3節圓周運動知識點一|圓周運動的運動學分析1．勻速圓周運動(1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動。(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2．描述圓周運動的物理量物理量意義、方向公式、單位線速度(v)①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②單位：m/s角速度(ω)①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量②中學不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②單位：rad/s周期(T)和轉速(n)或頻率(f)①周期是物體沿圓周運動一周的時間②轉速是物體單位時間轉過的圈數，也叫頻率①T＝eq\f(2πr,v)單位：s②n的單位：r/s、r/min，f的單位：Hz向心加速度(a)①描述速度方向變化快慢的物理量②方向指向圓心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②單位：m/s2eq\o([判斷正誤])(1)勻速圓周運動是勻加速曲線運動。 (×)(2)做勻速圓周運動的物體的向心加速度與半徑成反比。 (×)(3)做勻速圓周運動的物體所受合外力為變力。 (√)1．對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比；當ω一定時，v與r成正比；當v一定時，ω與r成反比。2．對公式a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解當v一定時，a與r成反比；當ω一定時，a與r成正比。3．常見的三種傳動方式及特點類型圖示特點同軸傳動繞同一轉軸運轉的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比皮帶傳動皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB摩擦或齒輪傳動兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vBeq考法1勻速圓周運動的理解1．(多選)質點做勻速圓周運動，則()A．在任何相等的時間里，質點的位移都相同B．在任何相等的時間里，質點通過的路程都相等C．在任何相等的時間里，連接質點和圓心的半徑轉過的角度都相等D．在任何相等的時間里，質點運動的平均速度都相同BC[勻速圓周運動是變速運動，位移、平均速度是矢量，故相同時間內位移和平均速度不相同，而通過的路程和轉過的角度相同，故選項B、C正確，A、D錯誤。]eq考法2描述圓周運動物理量的關系2．關于做勻速圓周運動的物體的線速度、角速度、周期的關系，下面說法中正確的是()A．線速度大的角速度一定大B．線速度大的周期一定小C．角速度大的半徑一定小D．角速度大的周期一定小D[由v＝ωr知，ω＝eq\f(v,r)，角速度與線速度、半徑兩個因素有關，線速度大的角速度不一定大，A錯誤；同樣，r＝eq\f(v,ω)，半徑與線速度、角速度兩個因素有關，角速度大的半徑不一定小，C錯誤；由T＝eq\f(2πr,v)知，周期與半徑、線速度兩個因素有關，線速度大的周期不一定小，B錯誤；由T＝eq\f(2π,ω)可知，ω越大，T越小，D正確。]3．(2019·合肥調研)如圖所示，A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通過的路程之比是3∶2，運動方向改變的角度之比是2∶1，則()A．A、B兩艘快艇的線速度大小之比為2∶3B．A、B兩艘快艇的角速度大小之比為1∶2C．A、B兩艘快艇做圓周運動的半徑之比為1∶3D．A、B兩艘快艇的向心加速度大小之比為3∶1D[線速度v＝eq\f(s,t)，A、B通過的路程之比為3∶2，時間相等，則A、B兩艘快艇的線速度大小之比為3∶2，選項A錯誤；角速度ω＝eq\f(θ,t)，運動方向改變的角度等于做圓周運動轉過的角度，A、B轉過的角度之比為2∶1，時間相等，則A、B兩艘快艇的角速度大小之比為2∶1，選項B錯誤；根據v＝ωr得，圓周運動的半徑r＝eq\f(v,ω)，由線速度大小之比為3∶2，角速度大小之比為2∶1，可知A、B兩艘快艇做圓周運動的半徑之比為3∶4，選項C錯誤；根據a＝vω，可知A、B兩艘快艇的向心加速度大小之比為3∶1，選項D正確。][考法指導]判斷勻速圓周運動中a、v、ω、r、n、T之間是否成正比或反比關系時，首先要明確不變量，再結合關系式進行判斷，用到了控制變量法。eq考法3同軸轉動問題分析4．如圖所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸轉動時，板上A、B兩點()A．角速度之比ωA∶ωB＝eq\r(2)∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2)C．線速度之比vA∶vB＝eq\r(2)∶1D．線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)D[板上A、B兩點的角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1；由于線速度v＝ωR，且OA＝eq\f(OB,\r(2))，則A、B兩點線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)。]5．(2019·武漢模擬)如圖所示，由于地球的自轉，地球表面上P、Q兩物體均繞地球自轉軸做勻速圓周運動，對于P、Q兩物體的運動，下列說法正確的是()A．P、Q兩點的角速度大小相等B．P、Q兩點的線速度大小相等C．P點的線速度比Q點的線速度大D．P、Q兩物體均受重力和支持力兩個力作用A[P、Q兩點都是繞地軸做勻速圓周運動，角速度相等，即ωP＝ωQ，選項A對；根據圓周運動線速度v＝ωR，P、Q兩點到地軸的距離不等，即P、Q兩點圓周運動線速度大小不等，選項B錯；Q點到地軸的距離遠，圓周運動半徑大，線速度大，選項C錯；P、Q兩物體均受到萬有引力和支持力作用，二者的合力是圓周運動的向心力，我們把與支持力等大反向的平衡力即萬有引力的一個分力稱為重力，選項D錯。]eq考法4皮帶傳動問題分析6．如圖所示為某一皮帶傳動裝置。主動輪的半徑為r1，從動輪的半徑為r2。已知主動輪做順時針轉動，轉速為n1，轉動過程中皮帶不打滑。下列說法正確的是()A．從動輪做順時針轉動B．從動輪做逆時針轉動C．從動輪邊緣線速度大小為eq\f(r\o\al(2,2),r1)n1D．從動輪的轉速為eq\f(r2,r1)n1B[主動輪沿順時針方向轉動時，傳送帶沿M→N方向運動，故從動輪沿逆時針方向轉動，且兩輪邊緣線速度大小相等，故A錯誤，B正確；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得v＝2πn1r1，n2＝eq\f(r1,r2)n1，故C、D錯誤。]7.(多選)如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝eq\f(RA,2)，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則()A．A點與C點的角速度大小相等B．A點與C點的線速度大小相等C．B點與C點的角速度大小之比為2∶1D．B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4BD[處理傳動裝置類問題時，對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度相等；同軸轉動的點，角速度相等。對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確。根據vA＝vC及關系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝eq\f(RA,2)，所以ωA＝eq\f(ωC,2)，選項A錯誤。根據ωA＝ωB，ωA＝eq\f(ωC,2)，可得ωB＝eq\f(ωC,2)，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2，選項C錯誤。根據ωB＝eq\f(ωC,2)及關系式a＝ω2R，可得aB＝eq\f(aC,4)，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D正確。]eq考法5摩擦或齒輪傳動問題分析8．(多選)(2019·丹東質檢)在如圖所示的齒輪傳動中，三個齒輪的半徑之比為2∶3∶6，當齒輪轉動的時候，小齒輪邊緣的A點和大齒輪邊緣的B點()A．A點和B點的線速度大小之比為1∶1B．A點和B點的角速度之比為1∶1C．A點和B點的角速度之比為3∶1D．以上三個選項只有一個是正確的AC[題圖中三個齒輪邊緣線速度相等，即A點和B點的線速度大小之比為1∶1，由v＝ωr可得，線速度一定時，角速度與半徑成反比，A點和B點角速度之比為3∶1，選項A、C正確，選項B、D錯誤。]9.如圖所示，自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C是相互關聯的三個轉動部分，且半徑RB＝4RA、RC＝8RA。當自行車正常騎行時，A、B、C三輪邊緣的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于()A．1∶1∶8 B．4∶1∶4C．4∶1∶32 D．1∶2∶4C[小齒輪A和大齒輪B通過鏈條傳動，齒輪邊緣線速度相等，即vA＝vB，小齒輪A和后輪C同軸轉動角速度相等，有ωA＝ωC。由a＝eq\f(v2,R)可得aA∶aB＝RB∶RA＝4∶1，同時由a＝ω2R可得aA∶aC＝RA∶RC＝1∶8，所以有aA∶aB∶aC＝4∶1∶32，C正確。]知識點二|圓周運動的動力學分析1．向心力的理解(1)作用效果向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。(2)大小F＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。(3)方向始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力。(4)來源向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供。2．離心現象(1)現象做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動。(2)受力特點①當Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動。②當Fn＝0時，物體沿切線方向飛出。③當Fn＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動。④當Fn＞mω2r時，物體逐漸靠近圓心，做近心運動。eq\o([判斷正誤])(1)做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力。(√)(2)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。(×)(3)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用。(×)(4)賽車轉彎時沖出賽道是因為沿轉彎半徑向內的靜摩擦力不足以提供向心力。(√)eq考法1對向心力的理解1．關于做勻速圓周運動的物體所受的向心力，下列說法中正確的是()A．物體除受其他的力外還要受到一個向心力的作用B．向心力是一個恒力C．物體所受的合外力提供向心力D．向心力是根據性質命名的一種力C[物體做勻速圓運動需要受到一個指向圓心的合外力，并不是還要受到一個向心力作用，故A錯誤；物體做勻速圓周運動的向心力始終指向圓心，因此向心力方向不斷改變，向心力不是恒力，故B錯誤；物體做勻速圓周運動需要向心力，而物體所受的合外力正好提供向心力，讓物體能夠做勻速圓周運動，故C正確；向心力是指向圓心的合外力，不是性質力，是根據效果命名的，故D錯誤。]eq考法2離心現象的分析2．(多選)如圖所示，洗衣機的脫水筒采用電機帶動衣物旋轉的方式脫水，下列說法中正確的是()A．脫水過程中，大部分衣物緊貼筒壁B．水會從筒中甩出是由于水滴受到的離心力很大C．加快脫水筒的轉動速度，脫水效果會更好D．靠近中心的衣物脫水效果不如四周的衣物脫水效果好ACD[水滴隨衣物一起做圓周運動時，水滴與衣物間的附著力提供水滴所需的向心力。當脫水筒轉得比較慢時，水滴與衣物間的附著力足以提供所需的向心力，使水滴做圓周運動；脫水筒轉動速度加快時，所需的向心力將增大，當水滴與物體間的附著力不足以提供水滴所需的向心力時，水滴做離心運動，穿過網孔，飛到脫水筒外面；靠近中心的衣物上的水滴所需的向心力較小，故選項A、C、D正確。]eq考法3“圓錐擺”向心力來源分析及計算3．(多選)(2019·寶雞檢測)如圖所示，一個內壁光滑的圓錐筒固定在地面上，圓錐筒的軸線豎直。一個小球貼著筒的內壁在水平面內做圓周運動，由于微弱的空氣阻力作用，小球的運動軌跡由A軌道緩慢下降到B軌道，則在此過程中()A．小球的向心加速度逐漸減小B．小球運動的角速度逐漸減小C．小球運動的線速度逐漸減小D．小球運動的周期逐漸減小CD[以小球為研究對象，對小球受力分析，小球受力如圖所示。由牛頓第二定律得：eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2，可知在A、B軌道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不變，故A錯誤。角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半徑減小，則角速度變大，故B錯誤。線速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半徑減小，線速度減小，故C正確。周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，則周期減小，故D正確。]4．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內做勻速圓周運動。現使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大B．金屬塊B受到桌面的支持力減小C．細線的張力變大D．小球A運動的角速度減小D[設A、B質量分別為m、M，A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線與豎直方向的夾角為θ，對B研究，B受到的靜摩擦力f＝Tsinθ，對A，有：Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ變小，a減小，則靜摩擦力大小變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應等于(M＋m)g，故B錯誤；細線的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l，則a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，θ變小，ω變小，故D正確。]eq考法4水平面內圓周運動的臨界問題5．(多選)(2014·全國卷Ⅰ)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ωA．b一定比a先開始滑動B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmgAC[小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當fa＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當fb＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛開始滑動，選項C正確；當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤。]6．(多選)(2019·株洲模擬)如圖所示，勻速轉動的水平圓盤上放有質量分別為2kg和3kg的小物體A、B，A、B間用細線沿半徑方向相連。它們到轉軸的距離分別為rA＝0.2m、rB＝0.3m。A、B與盤面間的最大靜摩擦力均為重力的0.4倍。g取10m/s2，現極其緩慢地增大圓盤的角速度，則下列說法正確的是()A．當A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為12NB．當A恰好達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度約為4rad/sC．當細線上開始有彈力時，圓盤的角速度為eq\f(2\r(30),3)rad/sD．在細線上有彈力后的某時刻剪斷細線，A將做向心運動，B將做離心運動AC[增大圓盤的角速度，B先達到最大靜摩擦力，所以A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為FB＝kmBg＝12N，A正確；設小物體A達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度為ω1，此時細線的拉力為T，則對A：kmAg－T＝mAωeq\o\al(2,1)rA，對B：T＋kmBg＝mBωeq\o\al(2,1)rB，得ω1＝10eq\r(\f(2,13))rad/s≈4rad/s，B正確；當細線上開始有彈力時，對B：kmBg＝mBωeq\o\al(2,2)rB，解得ω2＝eq\f(2\r(30),3)rad/s，C正確；剪斷細線，A隨圓盤做圓周運動，B將做離心運動，D錯誤。][考法指導]處理臨界問題的解題步驟1判斷臨界狀態有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在臨界點；若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態；若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在極值，這個極值點也往往是臨界狀態。2確定臨界條件判斷題述的過程存在臨界狀態之后，要通過分析弄清臨界狀態出現的條件，并以數學形式表達出來。3選擇物理規律當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后，要分別對于不同的運動過程或現象，選擇相對應的物理規律，然后再列方程求解。(多選)如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B、C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B、B、C與轉臺間的動摩擦因數均為μ，A和B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5A．B對A的摩擦力一定為3μmgB．B對A的摩擦力一定為3mω2rC．轉臺的角速度一定滿足ω≤eq\r(\f(2μg,3r))D．轉臺的角速度一定滿足ω≤eq\r(\f(μg,r))BC[要使A能夠與B一起以角速度ω轉動，根據牛頓第二定律可知，B對A的摩擦力一定等于A物體所需向心力的值，即Ff＝3mω2r，B項正確。要使A、B兩物體同時能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，則對于A，有3μmg≥3mrω2，對A、B整體，有5μmg≥5mrω2，對于C，有μmg≥eq\f(3,2)mrω2，綜合以上，可得ω≤eq\r(\f(2μg,3r))，C項正確。]知識點三|豎直平面內的圓周運動eq考法1豎直平面內的輕“繩”模型1．如圖所示，雜技演員表演水流星節目。一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，設重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為()A.eq\r(\f(g,L))B.eq\r(\f(2g,L))C.eq\r(\f(5g,L))D.eq\r(\f(10g,L))B[杯子在豎直平面內做半徑為eq\f(L,2)的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點重力提供向心力，則有mg＝eq\f(mω2L,2)，可得ω＝eq\r(\f(2g,L))，故B正確，A、C、D錯誤。]2．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mgB．4mgC．5mgD．6mgD[設小球在最低點速度為v1，在最高點速度為v2，根據牛頓第二定律，在最低點：N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點：N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)同時從最高點到最低點，根據機械能守恒定律得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯立以上三式可得N1－N2＝6mg，故選項D正確。]eq考法2豎直平面內的輕“桿”模型3.(2019·煙臺模擬)一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是()A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零B．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點