2024年高考物理一輪復習專題4.3圓周運動的規(guī)律及其應用精講含解析

PAGEPAGE1專題4.3圓周運動的規(guī)律及其應用1．了解線速度、角速度、周期、頻率、轉速等概念。理解向心力及向心加速度。2．能結合生活中的圓周運動實例嫻熟應用向心力和向心加速度處理問題。3．能正確處理豎直平面內的圓周運動。4．知道什么是離心現象，了解其應用及危害。會分析相關現象的受力特點。學問點一勻速圓周運動及描述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，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描述速度方向變更快慢的物理量②方向指向圓心①a＝eq\f(v2,r)＝rω2②單位：m/s23．線速度、角速度、周期、向心加速度之間的關系(1)v＝ωr＝eq\f(2π,T)r＝2πrf.(2)an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r＝4π2f2r.學問點二勻速圓周運動的向心力1．向心力的理解(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。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。(3)本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是供應的力小于做勻速圓周運動須要的向心力。考點一勻速圓周運動【典例1】（2024·江蘇卷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙A．運動周期為B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R【答案】BD【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不行能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力供應向心力可得：，故D正確?！痉椒记伞客茢鄤蛩賵A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，再結合關系式進行推斷，用到了限制變量法?！咀兪?】(2024·江蘇卷)(多選)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發(fā)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3.4km【答案】AD【解析】A正確：由s＝vt知，s＝600m．B錯誤：在彎道做圓周運動，火車加速度不為零．C錯誤：由10s內轉過10°知，角速度ω＝eq\f(\f(10°,360°)×2π,10)rad/s＝eq\f(π,180)rad/s≈0.017rad/s.D正確：由v＝rω知，r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,\f(π,180))m≈3.4km?？键c二臨界問題【典例2】（2024·浙江選考）一質量為2.0×103kg的汽車在水平馬路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經過半徑為80m的彎道時，下列推斷正確的是A．汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑D．汽車能平安轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2【答案】D【解析】汽車轉彎時受到重力，地面的支持力，以及地面給的摩擦力，其中摩擦力充當向心力，A錯誤；當最大靜摩擦力充當向心力時，速度為臨界速度，大于這個速度則發(fā)生側滑，依據牛頓其次定律可得，解得，所以汽車轉彎的速度為20m/s時，所需的向心力小于1.4×104N，汽車不會發(fā)生側滑，BC錯誤；汽車能平安轉彎的向心加速度，即汽車能平安轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確?！痉椒记伞刻幚砼R界問題的解題步驟1.推斷臨界狀態(tài)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(tài)；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(tài)。2.確定臨界條件推斷題述的過程存在臨界狀態(tài)之后，要通過分析弄清臨界狀態(tài)出現的條件，并以數學形式表達出來。3.選擇物理規(guī)律當確定了物體運動的臨界狀態(tài)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(guī)律，然后再列方程求解?！咀兪?】（2024·江蘇蘇州中學模擬）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。若圓盤從靜止起先繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是()A．b肯定比a先起先滑動B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg【答案】AC【解析】小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力供應向心力，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(fā)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，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，B錯誤；當ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛起先滑動，C正確；當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯誤。考點三豎直平面內的圓周運動【典例3】(2024·河南鄭州一中聯考)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內側底部靜止著一個光滑小球，現給小球一個沖擊，使其在瞬間得到一個水平初速度v0，若v0大小不同，則小球能夠上升的最大高度(距離底部)也不同．下列說法中不正確的是()A．假如v0＝eq\r(gR)，則小球能夠上升的最大高度等于eq\f(R,2)B．假如v0＝eq\r(3gR)，則小球能夠上升的最大高度小于eq\f(3R,2)C．假如v0＝eq\r(4gR)，則小球能夠上升的最大高度等于2RD．假如v0＝eq\r(5gR)，則小球能夠上升的最大高度等于2R【答案】C【解析】假如v0＝eq\r(gR)，依據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(R,2)，當小球運動到h＝eq\f(R,2)高度時速度可以為零，則小球能夠上升的最大高度為eq\f(R,2)，故A正確；假如v0＝eq\r(3gR)，依據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(3R,2)，依據豎直方向圓周運動向心力公式可知，小球在最高點的速度最小為eq\r(gR)，則小球在上升到h＝eq\f(3R,2)處之前做斜拋運動，所以小球能夠上升的最大高度小于eq\f(3R,2)，B正確；假如v0＝eq\r(5gR)，依據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gR)，所以小球恰好可以到達最高點，即小球能夠上升的最大高度為2R，故D正確，C錯誤?！痉椒记伞炕舅悸吩诮獯鹭Q直平面內物體的圓周運動問題時，首先要確定是屬于輕“繩”模型，還是輕“桿”模型，然后留意區(qū)分兩者在最高點的最小速度要求，區(qū)分繩與桿的施力特點，必要時還要依據牛頓運動定律列式求解?！咀兪?】（2024·山西平遙中學模擬）如圖所示，長為L的輕桿，一端固定在水平轉軸O上，另一端固定一個質量為m的小球．現讓桿繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，角速度為ω，重力加速度為g.某時刻桿對球的作用力方向恰好與桿垂直，則此時