PAGEPAGE1第3節圓周運動一、圓周運動及其描述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，就是做勻速圓周運動。(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中學不探討其方向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；頻率是單位時間內運動重復的次數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描述速度變更快慢的物理量②方向指向圓心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②單位：m/s2二、圓周運動的向心力1．作用效果向心力產生向心加速度，只變更速度的方向，不變更速度的大小。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，時刻在變更，即向心力是一個變力。4．來源向心力可以由一個力供應，也可以由幾個力的合力供應，還可以由一個力的分力供應。三、離心現象1．現象做圓周運動的物體，在所受合外力突然消逝或不足以供應圓周運動所需向心力的狀況下，就做漸漸遠離圓心的運動。2．受力特點及軌跡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，物體漸漸遠離圓心，做離心運動。④當Fn＞mω2r時，物體漸漸靠近圓心，做近心運動。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(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。 (√)(4)做圓周運動的物體所受到的合外力不肯定等于向心力。 (√)(5)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用。 (×)(6)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供應向心力。 (√)2．(人教版必修2P25T3改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力狀況是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力[答案]C3．(粵教版必修2P37T2)(多選)如圖為甲、乙兩球做勻速圓周運動時向心加速度隨半徑變更的關系圖線，甲圖線為雙曲線的一支，乙圖線為直線。由圖象可以知道()A．甲球運動時，線速度的大小保持不變B．甲球運動時，角速度的大小保持不變C．乙球運動時，線速度的大小保持不變D．乙球運動時，角速度的大小保持不變AD[題圖的圖線甲中a與r成反比，由a＝eq\f(v2,r)可知，甲球的線速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，角速度漸漸減小，A正確，B錯誤；題圖的圖線乙中a與r成正比，由a＝ω2r可知，乙球運動的角速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，線速度大小增大，C錯誤，D正確。]4．(人教版必修2P25T2改編)(多選)如圖所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．A、B球受到的支持力之比為eq\r(3)∶3B．A、B球的向心力之比為eq\r(3)∶1C．A、B球運動的角速度之比為3∶1D．A、B球運動的線速度之比為1∶1CD[設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsinθ＝mg，FNA∶FNB＝eq\r(3)∶1，選項A錯誤；F＝eq\f(mg,tanθ)，FA∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htanθ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確。]描述圓周運動的物理量eq\o([依題組訓練])1．(2024·石嘴山三中期中)質點做勻速圓周運動時，下列說法正確的是()A．速度的大小和方向都變更B．勻速圓周運動是勻變速曲線運動C．當物體所受合力全部用來供應向心力時，物體做勻速圓周運動D．向心加速度不變C[質點做勻速圓周運動時，線速度大小始終不變，速度方向為質點運動軌跡的切線方向，時刻在變更，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體的加速度始終指向圓心，即方向在時刻變更，則勻速圓周運動是非勻變速曲線運動，故B、D錯誤；當質點所受合力全部用來供應向心力時，質點的線速度的大小不變，做勻速圓周運動，故C正確。]2．(多選)(2024·江蘇高考)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發覺放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內，火車()A．運動路程為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉彎半徑約為3.4kmAD[圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，選項A正確；火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故選項B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故選項C錯誤，D正確。]3.(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，明顯vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確。依據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。依據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。依據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。]常見的三種傳動方式及特點類型模型模型解讀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＝vB同軸傳動繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比水平面內的圓周運動eq\o([講典例示法])1．水平面內的勻速圓周運動軌跡特點運動軌跡是圓且在水平面內。2．勻速圓周運動的受力特點(1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。(2)合外力充當向心力。3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟(1)選擇探討對象，找出勻速圓周運動的圓心和半徑。(2)分析物體受力狀況，其合外力供應向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)或Fn＝mrω2或Fn＝mreq\f(4π2,T2)列方程求解。4．水平面內圓周運動的三種臨界狀況(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是：彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：FT＝0。eq\o([典例示法])(2024·蘭州質檢)如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h(A點)處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質量為m的小球B，繩長l大于h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當轉動的角速度ω漸漸增大時，下列說法正確的是()A．小球始終受三個力的作用B．細繩上的拉力始終保持不變C．要使球不離開水平面，角速度的最大值為eq\r(\f(g,h))D．若小球飛離了水平面，則角速度可能為eq\r(\f(g,l))思路點撥：(1)當轉動的角速度較小時，水平面對小球有支持力作用；當轉動的角速度較大時，小球將離開水平面。(2)小球做勻速圓周運動的半徑r與繩長l之間的關系，可由幾何形態來確定。(3)小球對水平面的壓力為零，是小球將離開水平面的臨界條件，此時，小球的合力由自身的重力及細繩的拉力合成來確定。[解析]小球可以在水平面上轉動，也可以飛離水平面，飛離水平面后只受重力和細繩的拉力兩個力作用，故選項A錯誤；小球飛離水平面后，隨著角速度增大，細繩與豎直方向的夾角變大，設為β，由牛頓其次定律得Tsinβ＝mω2lsinβ可知，隨角速度變更，細繩的拉力T會發生變更，故選項B錯誤；當小球對水平面的壓力為零時，有Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlω2sinθ，解得臨界角速度為ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，若小球飛離了水平面，則角速度大于eq\r(\f(g,h))，而eq\r(\f(g,l))<eq\r(\f(g,h))，故選項C正確，D錯誤。[答案]C“一、二、三、四”求解圓周運動問題eq\o([跟進訓練])1．(多選)(2024·江蘇省如東縣第一次檢測)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌。如圖所示，當火車以規定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()A．該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gtanθ)B．當火車質量變更時，規定的行駛速度大小不變C．當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓D．當火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓AB[火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力供應向心力，設轉彎處斜面的傾角為θ，依據牛頓其次定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，故選項A正確；依據牛頓其次定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(grtanθ)，可知火車規定的行駛速度與質量無關，故選項B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不夠供應向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故選項C錯誤；當火車速率小于v時，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此時內軌對火車有側壓力，輪緣擠壓內軌，故選項D錯誤。]2.(多選)(2024·河南示范性中學聯考)如圖所示，A、B兩小球用一根輕繩連接，輕繩跨過圓錐筒頂點處的光滑小定滑輪，圓錐筒的側面光滑。當圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉動時，兩球都位于筒側面上，且與筒保持相對靜止，小球A到頂點O的距離大于小球B到頂點O的距離，則下列推斷正確的是()A．A球的質量大B．B球的質量大C．A球對圓錐筒側面的壓力大D．B球對圓錐筒側面的壓力大BD[本題考查圓錐面內的圓周運動問題。繩對A、B兩球的拉力大小相等，設繩子對小球的拉力大小為T，側面對小球的支持力大小為F，則豎直方向有Tcosθ＋Fsinθ＝mg，水平方向有Tsinθ－Fcosθ＝mω2lsinθ，可得T＝mgcosθ＋mω2lsin2θ，可知質量m越大，l就越小，則B球的質量大，又T＝eq\f(mg－Fsinθ,cosθ)，可知m越大，F就越大，則B球受圓錐筒側面的支持力大，結合牛頓第三定律可知選項B、D正確，A、C錯誤。]3.(2024·江蘇鹽城四模)洗衣機的脫水筒如圖所示，設其半徑為R并繞豎直軸線OO′以角速度ω勻速轉動。質量不同的小物件A、B隨脫水筒轉動且相對筒壁靜止。則()A．轉速減小，質量大的物件先下落B．轉速增加，物件對筒壁的壓力均增加C．轉速增加，物件受到的摩擦力均增加D．轉動過程中兩物件的向心加速度總是相同的B[衣物恰不下落時，對衣物來說水平方向：FN＝mω2r；豎直方向：mg＝μFN，即g＝μω2r，則與衣物的質量無關，即轉速減小，物件一起下落，選項A錯誤；由FN＝mω2r可知，轉速增加，物件對筒壁的壓力均增加，選項B正確；物件所受的摩擦力等于重力，可知轉速增加，物件受到的摩擦力不變，選項C錯誤；轉動過程中兩物件的向心加速度大小相同，但是方向不同，選項D錯誤。]豎直平面內的圓周運動eq\o([講典例示法])1．豎直面內圓周運動的兩類模型一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法“輕繩”模型“輕桿”模型圖示受力特征物體受到的彈力方向為向下或等于零物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上受力示意圖力學方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝eq\f(mv2,R)臨界特征FN＝0mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gR)在最高點的速度v≥0eq\o([典例示法])(多選)(2024·湖北重點中學模擬)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則()甲乙A．小球的質量為4kgB．固定圓環的半徑R為0.8mC．小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環的彈力大小為20N，方向向上D．若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100N思路點撥：解此題關鍵有兩點(1)做好小球在某一位置的動力學分析。(2)將小球的動力學方程與F-v2圖象對應找出已知物理量。[解析]對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F－mg＝0，結合圖象可知：20N－m·10m/s2＝0，解得小球質量m＝2kg，選項A錯誤；當F＝0時，由重力供應向心力可得mg＝eq\f(mv2,R)，結合圖象可知mg＝eq\f(8m/s2·m,R)，解得固定圓環半徑R為0.8m，選項B正確；小球在最高點的速度為4m/s時，設小球受圓環的彈力方向向下，由牛頓其次定律得F＋mg＝meq\f(v2,R)，代入數據解得F＝20N，方向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經過最低點時，其受力最大，由牛頓其次定律得F－mg＝meq\f(v2,R)，若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上兩式得F＝5mg，代入數據得F＝100N，選項D正確。[答案]BD分析豎直平面內圓周運動臨界問題的思路eq\o([跟進訓練])豎直平面內輕“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供應向心力，則有mg＝eq\f(mω2L,2)，可得ω＝eq\r(\f(2g,L))，故B正確，A、C、D錯誤。]豎直平面內輕“桿”模型2.如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質點)。小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動，且能通過最高點，g為重力加速度。下列說法正確的是()A．小球通過最高點時速度可能小于eq\r(gL