(通用版)2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第3節(jié) 圓周運動教學(xué)案
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1、第3節(jié) 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(nèi)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== ②單位:m/s 角速度(ω) ①描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量 ②中學(xué)不研究其方向 ①ω== ②單位:rad/s 周期(
2、T) 和轉(zhuǎn)速(n) 或頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周的時間 ②轉(zhuǎn)速是物體單位時間轉(zhuǎn)過的圈數(shù);頻率是單位時間內(nèi)運動重復(fù)的次數(shù) ①T= 單位:s ②n的單位:r/s、r/min,f的單位:Hz 向心加速度(a) ①描述速度變化快慢的物理量 ②方向指向圓心 ①a==rω2 ②單位:m/s2 二、圓周運動的向心力 1.作用效果 向心力產(chǎn)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=m=mω2r=mr=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
3、由幾個力的合力提供,還可以由一個力的分力提供。 三、離心現(xiàn)象 1.現(xiàn)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.受力特點及軌跡 ①當(dāng)Fn=mω2r時,物體做勻速圓周運動。 ②當(dāng)Fn=0時,物體沿切線方向飛出。 ③當(dāng)Fn<mω2r時,物體逐漸遠離圓心,做離心運動。 ④當(dāng)Fn>mω2r時,物體逐漸靠近圓心,做近心運動。 1.思考辨析(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
4、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一定等于向心力。 (√) (5)做離心運動的物體是由于受到離心力的作用。 (×) (6)賽車轉(zhuǎn)彎時沖出賽道是因為沿轉(zhuǎn)彎半徑向內(nèi)的靜摩擦力不足以提供向心力。 (√) 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受力情況是( ) 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] C 3.(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化的關(guān)系圖
5、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=可知,甲球的線速度大小不變,由v=ωr可知,隨r的增大,角速度逐漸減小,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(nèi)壁光滑,豎直放置在同一水平面上,圓錐母線
6、與豎直方向夾角分別為30°和60°,有A、B兩個質(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)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∶3 B.A、B球的向心力之比為∶1 C.A、B球運動的角速度之比為3∶1 D.A、B球運動的線速度之比為1∶1 CD [設(shè)小球受到的支持力為FN,向心力為F,則有FNsin θ=mg,F(xiàn)NA∶FNB=∶1,選項A錯誤;F=,F(xiàn)A∶FB=3∶1,選項B錯誤;小球運動軌道高度相同,則半徑R=htan θ,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
7、周運動的物理量 [依題組訓(xùn)練] 1.(2019·石嘴山三中期中)質(zhì)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改變 B.勻速圓周運動是勻變速曲線運動 C.當(dāng)物體所受合力全部用來提供向心力時,物體做勻速圓周運動 D.向心加速度不變 C [質(zhì)點做勻速圓周運動時,線速度大小始終不變,速度方向為質(zhì)點運動軌跡的切線方向,時刻在改變,故A錯誤;做勻速圓周運動的物體的加速度始終指向圓心,即方向在時刻改變,則勻速圓周運動是非勻變速曲線運動,故B、D錯誤;當(dāng)質(zhì)點所受合力全部用來提供向心力時,質(zhì)點的線速度的大小不變,做勻速圓周運動,故C正確。] 2.某機器的齒輪系統(tǒng)如圖所示,
8、中間的輪叫做太陽輪,它是主動輪。從動輪稱為行星輪,主動輪、行星輪與最外面的大輪彼此密切嚙合在一起,如果太陽輪一周的齒數(shù)為n1,行星輪一周的齒數(shù)為n2,當(dāng)太陽輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω時,最外面的大輪轉(zhuǎn)動的角速度為( ) A.ω B.ω C.ω D.ω A [由行星輪、主動輪、最外面的大輪三部分彼此密切嚙合在一起可知,齒輪的周長之比等于齒數(shù)之比。大輪、太陽輪、行星輪分別用A、B、C表示,=,所以=,則==,因為三輪彼此密切嚙合在一起,三輪轉(zhuǎn)動的線速度相等,則角速度與半徑成反比,即==,得到ωA=ω,A項正確。] 3.(多選)如圖所示,有一皮帶傳動裝置,A、B、C三點到各自轉(zhuǎn)軸的距離分別
9、為RA、RB、RC,已知RB=RC=,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∶1 D.B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4 BD [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(zhuǎn)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(jù)vA=vC及關(guān)系式v=ωR,可得ωARA=ωCRC,又RC=,所以ωA=,選項A錯誤。根據(jù)ωA=ωB,ωA=,可得ωB=,即B點與C點的角速度大小之比為1∶2,選項C錯誤。根據(jù)ωB=及關(guān)系式a=ω2R,
10、可得aB=,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(xiàn)象時,兩輪邊緣線速度大小相等,即vA=vB 同軸 傳動 繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)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(nèi)的圓周運動 [講典例示法] 1.水平面內(nèi)的勻速圓周運動軌跡特點 運動軌跡是圓且在水平面內(nèi)。 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
11、心。 (2)合外力充當(dāng)向心力。 3.解答勻速圓周運動問題的一般步驟 (1)選擇研究對象,找出勻速圓周運動的圓心和半徑。 (2)分析物體受力情況,其合外力提供向心力。 (3)由Fn=m或Fn=mrω2或Fn=mr列方程求解。 4.水平面內(nèi)圓周運動的三種臨界情況 (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
12、弛的臨界條件是:FT=0。 [典例示法] (2019·蘭州質(zhì)檢)如圖所示,轉(zhuǎn)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(zhì)量為m的小球B,繩長l大于h,轉(zhuǎn)動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度ω逐漸增大時,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 D.若小球飛離了水平面,則角速度可能為 思路點撥:(1)當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較小時,水平面對小球有支持力作用;當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度較大時,小球?qū)㈦x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(guān)系,可
13、由幾何形狀來確定。 (3)小球?qū)λ矫娴膲毫榱?,是小球?qū)㈦x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(zhuǎn)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(shè)為β,由牛頓第二定律得Tsin β=mω2lsin β可知,隨角速度變化,細繩的拉力T會發(fā)生變化,故選項B錯誤;當(dāng)小球?qū)λ矫娴膲毫榱銜r,有Tcos θ=mg,Tsin θ=mlω2sin θ,解得臨界角速度為ω==,若小球飛離了水平面,則角速度大于,而<,故選項C正確,D錯誤。 [答
14、案] C “一、二、三、四”求解圓周運動問題 [跟進訓(xùn)練] 1.(多選)(2019·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(nèi)軌。如圖所示,當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時,內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓,設(shè)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= B.當(dāng)火車質(zhì)量改變時,規(guī)定的行駛速度大小不變 C.當(dāng)火車速率大于v時,內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓 D.當(dāng)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(cè)向擠壓車輪輪緣,靠重力和支持力的合力提供向心力,設(shè)轉(zhuǎn)彎處斜面的傾角為θ,根據(jù)牛頓第二定律得mgt
15、an θ=m,解得r=,故選項A正確;根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ=m,解得v=,可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān),故選項B正確;當(dāng)火車速率大于v時,重力和支持力的合力不夠提供向心力,此時外軌對火車有側(cè)壓力,輪緣擠壓外軌,故選項C錯誤;當(dāng)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(nèi)軌對火車有側(cè)壓力,輪緣擠壓內(nèi)軌,故選項D錯誤。] 2.(多選)(2019·河南示范性高中聯(lián)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(cè)面光滑。當(dāng)圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時,兩球都位于筒側(cè)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
16、頂點O的距離,則下列判斷正確的是( ) A.A球的質(zhì)量大 B.B球的質(zhì)量大 C.A球?qū)A錐筒側(cè)面的壓力大 D.B球?qū)A錐筒側(cè)面的壓力大 BD [本題考查圓錐面內(nèi)的圓周運動問題。繩對A、B兩球的拉力大小相等,設(shè)繩子對小球的拉力大小為T,側(cè)面對小球的支持力大小為F,則豎直方向有Tcos θ+Fsin θ=mg,水平方向有Tsin θ-Fcos θ=mω2lsin θ,可得T=mgcos θ+mω2lsin 2θ,可知質(zhì)量m越大,l就越小,則B球的質(zhì)量大,又T=,可知m越大,F(xiàn)就越大,則B球受圓錐筒側(cè)面的支持力大,結(jié)合牛頓第三定律可知選項B、D正確,A、C錯誤。] 3.(多選)(2
17、019·沙市中學(xué)模擬)如圖所示,在光滑的以角速度ω旋轉(zhuǎn)的水平細桿上穿有質(zhì)量分別為m和M的兩球,兩球用輕細線(不會斷)連接,若M>m,則( ) A.當(dāng)兩球離軸距離相等時,兩球可能相對桿靜止 B.當(dāng)兩球離軸距離之比等于質(zhì)量之比時,兩球一定相對桿滑動 C.若兩球相對于桿滑動,一定是都向穿有質(zhì)量為M的球的一端滑動 D.若角速度為ω時,兩球相對桿都不動,那么角速度為2ω時,兩球也不動 BD [兩小球所受細線的拉力提供向心力,所以向心力大小相等,由于兩小球質(zhì)量不等,角速度相等,當(dāng)兩球離軸距離相等時,則有Mω2r>mω2r,所以兩球相對桿會滑動,故A錯誤。兩球的向心力是相等的,則有Mω2r1
18、=mω2r2,所以=<1,兩球離軸距離與質(zhì)量成反比時可以與桿保持相對靜止,所以兩球離軸距離之比等于質(zhì)量之比時,兩球會相對桿滑動,故B正確。若Mω2r1>mω2r2,兩球向質(zhì)量為M的小球一端滑動,若Mω2r1 19、連接、在彎管內(nèi)的運動等),稱為“桿(管)約束模型”。
2.豎直平面內(nèi)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(xué)方程
mg+FN=m
mg±FN=
臨界特征
FN=0 mg=m
即vmin=
v=0
即F向=0
FN=mg
過最高點的條件
在最高點的速度
v≥
在最高點的速度
v≥0
[典例示法] (多選)(2019·湖北重點中學(xué)模擬)如圖甲所示,小球穿在豎直平面內(nèi)光滑的固定圓環(huán)上,繞圓心O點做半徑為R的圓 20、周運動。小球運動到最高點時,圓環(huán)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10 m/s2,則( )
甲 乙
A.小球的質(zhì)量為4 kg
B.固定圓環(huán)的半徑R為0.8 m
C.小球在最高點的速度為4 m/s時,小球受圓環(huán)的彈力大小為20 N,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100 N
思路點撥:解此題關(guān)鍵有兩點
(1)做好小球在某一位置的動力學(xué)分析。
(2)將小球的動力學(xué)方程與F-v2圖象對應(yīng)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(xiàn)-mg=0,結(jié)合圖象可知:20 N-m 21、·10 m/s2=0,解得小球質(zhì)量m=2 kg,選項A錯誤;當(dāng)F=0時,由重力提供向心力可得mg=,結(jié)合圖象可知mg=,解得固定圓環(huán)半徑R為0.8 m,選項B正確;小球在最高點的速度為4 m/s時,設(shè)小球受圓環(huán)的彈力方向向下,由牛頓第二定律得F+mg=m,代入數(shù)據(jù)解得F=20 N,方向豎直向下,所以選項C錯誤;小球經(jīng)過最低點時,其受力最大,由牛頓第二定律得F-mg=m,若小球恰好做圓周運動,由機械能守恒得mg·2R=mv2,由以上兩式得F=5 mg,代入數(shù)據(jù)得F=100 N,選項D正確。
[答案] BD
分析豎直平面內(nèi)圓周運動臨界問題的思路
[跟進訓(xùn)練]
豎直平面內(nèi)輕“繩 22、”模型
1.如圖所示,雜技演員表演水流星節(jié)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(nèi)做圓周運動,杯子運動中水始終不會從杯子灑出,設(shè)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. B. C. D.
B [杯子在豎直平面內(nèi)做半徑為的圓周運動,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=,可得ω=,故B正確,A、C、D錯誤。]
豎直平面內(nèi)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(zhì)點)。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動,且能通過最高點,g為重力加 23、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
B.小球通過最高點時所受輕桿的作用力不可能為零
C.小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大
D.小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小
A [小球在最高點時,桿對球可以表現(xiàn)為支持力,由牛頓第二定律得:mg-F=m,則得v<,故A正確。當(dāng)小球速度為時,由重力提供向心力,桿的作用力為零,故B錯誤。輕桿在最高點可以表現(xiàn)為拉力,此時根據(jù)牛頓第二定律有mg+F=m,則知v越大,F(xiàn)越大,即隨小球速度的增大,桿的拉力增大;小球通過最高點時桿對球的作用力也可以表現(xiàn)為支持力,當(dāng)表現(xiàn)為支持力時,有mg- 24、F=m,則知v越大,F(xiàn)越小,即隨小球速度的增大,桿的支持力減小,故C、D錯誤。]
豎直平面內(nèi)“管狀”模型
3.如圖所示,小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動,內(nèi)側(cè)壁半徑為R,小球半徑為r,則下列說法正確的是( )
A.小球通過最高點時的最小速度vmin=
B.小球通過最高點時的最小速度vmin=0
C.小球在水平線ab以下的管道中運動時,內(nèi)側(cè)管壁對小球一定無作用力
D.小球在水平線ab以上的管道中運動時,外側(cè)管壁對小球一定有作用力
BC [在最高點,由于外管或內(nèi)管都可以對小球產(chǎn)生彈力作用,當(dāng)小球的速度等于0時,內(nèi)管對小球產(chǎn)生彈力,大小為mg,故最小速度為0,故A錯誤,B正確;小球在水平線ab以下管道中運動時,由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力,所以外側(cè)管壁對小球一定有作用力,而內(nèi)側(cè)管壁對小球一定無作用力,故C正確;小球在水平線ab以上管道中運動時,由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力,可能外側(cè)壁對小球有作用力,也可能內(nèi)側(cè)壁對小球有作用力,故D錯誤。]
12
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