2027年高考物理一轮复习学案练习含答案04-第四章 曲线运动03-第三讲 圆周运动（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案04-第四章 曲线运动03-第三讲 圆周运动（教用），共42页。试卷主要包含了圆周运动的运动学问题，圆周运动中的动力学问题等内容，欢迎下载使用。
课标要求
会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动；知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向；通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系；能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力；了解生产生活中的离心现象及其产生的原因。
考点一 圆周运动的运动学问题
回归教材 强基础
1．描述圆周运动的物理量
【答案】2πrT； 2πT； 2πrv； ω2r； 4π2rT2
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_ _ _ _ ，这种运动叫作匀速圆周运动。
（2） 特点：加速度大小不变，方向始终指向_ _ _ _ ，是变加速运动。
（3） 条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向_ _ _ _ （指向圆心）。
【答案】（1） 相等
（2） 圆心
（3） 垂直
易错辨析
1．匀速圆周运动是加速度不变的运动。（ ）
【答案】×
2．圆周运动线速度公式v=Δst中的Δs表示位移。（ ）
【答案】×
3．可以用公式a=v2r求变速圆周运动中的加速度。（ ）
【答案】×
4．物体做圆周运动的周期越大，角速度一定越小。（ ）
【答案】√
教材挖掘．（教科版必修第二册第二章第2节）
结合上图试分析当物体做变速圆周运动时加速度方向与速度方向的关系。
提示：当物体做变速圆周运动时，物体的加速度a不指向圆心，物体的加速度a沿切线方向的分量aτ 与速度同向时，物体做加速圆周运动，反向时，物体做减速圆周运动。
突破核心 提能力
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三种传动方式及特点
例1 （2025·河北卷·5，4分）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间为130s，圆弧对应的圆心角约为30∘ ，则该同学每分钟跳绳的次数约为（ ）
A. 90B. 120C. 150D. 180
【答案】C
【解析】跳绳的转动角速度约为ω=θΔt=π6130rad/s=5πrad/s，故每分钟跳绳转动的圈数约为n=5π×602π=150，故选C。
例2 （2025·甘肃白银模拟）多选 如图所示为星系齿轮的机构图，一半径为R1的中心齿轮和四个半径均为R2的卫星齿轮嵌套在半径为R3的轨道圆环内，在摇杆的作用下中心齿轮可做匀速圆周运动，带动卫星齿轮和轨道圆环转动，下列说法正确的是（ ）
A. 中心齿轮边缘各点的线速度大小与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等
B. 中心齿轮自转一圈，卫星齿轮也刚好自转一圈
C. 中心齿轮边缘各点的向心加速度与卫星齿轮边缘各点的向心加速度的比值为R2R1
D. 卫星齿轮需要自转R2R3圈才可以绕轨道圆环转动一圈
【答案】AC
【解析】中心齿轮与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等，A项正确；由v=ωr可得中心齿轮与卫星齿轮的角速度与各自半径成反比，不能同时自转一圈，B项错误；向心加速度a=v2r，v相同，则a1a2=R2R1，C项正确；设卫星齿轮自转n圈才绕轨道圆环转动一圈，应有n⋅2πR2=2πR3，解得n=R3R2，D项错误。
考点二 圆周运动中的动力学问题
回归教材 强基础
1．匀速圆周运动的向心力
（1） 大小：Fn=man=_ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ =4π2mf2r。
（2） 方向：始终沿半径指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个_ _ _ _ 力。
（3） 作用效果：向心力产生向心加速度，只改变线速度的 _ _ _ _ ，不改变线速度的_ _ _ _ 。
【答案】（1） mv2r；mω2r；m4π2T2r；mωv
（2） 变
（3） 方向；大小
2．离心运动
（1） 定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者_ _ _ _ _ _ 提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐_ _ _ _ 圆心的运动。
（2） 供需关系与运动：如图所示，F为所提供的向心力，则
①当F=mω2r时，物体做圆周运动；
②当_ _ _ _ _ _ 时，物体沿切线飞出；
③当_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 时，物体逐渐远离圆心；
④当_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 时，物体逐渐靠近圆心。
【答案】（1） 不足以；远离
（2） F=0；Fmω2r
点拨 离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做圆周运动所需要的向心力。
易错辨析
1．向心力可以由重力或弹力等充当，是效果力。（ ）
【答案】√
2．圆周运动中指向圆心的合力等于向心力。（ ）
【答案】√
3．做变速圆周运动的物体所受合力的大小和方向都改变。（ ）
【答案】√
4．物体做离心运动时沿半径方向飞出。（ ）
【答案】×
5．物体做离心运动是沿半径向外的离心力作用的结果。（ ）
【答案】×
教材挖掘．（人教版必修第二册第六章第2节）
如图表示做圆周运动的沙袋正在加速转动的情况。O是沙袋运动轨迹的圆心，F是绳对沙袋的拉力。请分析：
（1） 绳对沙袋的拉力的作用效果；
（2） 沙袋的速度大小如何变化。
【答案】（1） 提示：绳对沙袋的拉力方向不指向圆心，即不与沙袋的速度方向垂直，而是与沙袋的速度方向成一锐角，拉力F有两个作用效果，一是改变线速度的大小，二是改变线速度的方向。
（2） 提示：由于拉力F沿圆弧切线方向的分力与v的方向相同，故沙袋的速度增大。
突破核心 提能力
1.向心力的确定
（1）确定圆周运动轨道所在的平面，确定圆心的位置。
（2）分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力充当向心力。
2.运动模型
例3 如图所示，一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列关于悬点到轨迹圆心高度h、细绳拉力F、向心加速度a、线速度v与角速度二次方ω2的关系图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ ，细绳拉力为F，根据牛顿第二定律，有Fsinθ=mω2lsinθ ，可得F=mω2l，故B正确；根据牛顿第二定律，有mgtanθ=mω2lsinθ=ma，可得h=lcsθ=gω2，即h与ω2成反比，故A错误；小球的向心加速度a=ω2lsinθ ，小球运动的角速度不同时，sinθ 不同，所以a−ω2图像不是一次函数图像，故C错误；小球的线速度v=rω=ωlsinθ ，所以v−ω2图像不是一次函数图像，故D错误。
总结归纳
圆锥摆模型满足：mgtanθ=m4π2T2lsinθ=mω2lsinθ ，解得ω=glcsθ，T=2πlcsθg。
例4 （2025·辽宁沈阳模拟）如图所示，一半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，陶罐静止时，一质量为m的小物块恰好静止在陶罐内，它和球心O的连线与竖直方向的夹角为θ=37∘ ，现让陶罐随转台绕转轴OO′一起转动，小物块在陶罐内始终未滑动，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1） 求物块与陶罐之间的动摩擦因数μ ；
（2） 当转台以恒定的角速度3gR匀速转动时，求小物块受到的摩擦力的大小和方向。
【答案】（1） 0.75
（2） 2125mg；沿切线向下
【解析】
（1） 小物块恰好静止时，由平衡条件可知N=mgcsθ ，μN=mgsinθ ，所以μ=0.75。
（2） 物块在竖直方向受力平衡，水平方向做匀速圆周运动，设摩擦力方向与罐壁相切斜向下，有N′csθ=mg+Ffsinθ ，N′sinθ+Ffcsθ=mω2Rsinθ ，解得Ff=2125mg，
由于摩擦力为正，说明摩擦力实际方向与假设相同，所以方向沿切线向下。
例5 多选 （经典高考）如图，矩形金属框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，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω 和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω ，则与以ω 匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ）
A. 小球的高度一定降低B. 弹簧弹力的大小一定不变
C. 小球对杆压力的大小一定变大D. 小球所受合力的大小一定变大
【答案】BD
【解析】假设PQ对小球的作用力水平向右，对小球受力分析如图。
竖直方向有Tcsθ=mg，①
水平方向有Tsinθ−N=mω2r，②
对①式，若θ 减小，则csθ 增大，小球下滑，弹簧弹力T增大，①式不成立；若θ 增大，则csθ 减小，小球上升，T减小，①式不成立，所以不管ω 怎样变化，θ 都不变，即小球的高度不变，弹簧的弹力大小一定不变，A错误，B正确。由②式得N=Tsinθ−mω2r，由于没有给定ω 和ω′的值且N的方向不确定，所以N的大小变化情况不能确定，由牛顿第三定律知C错误。小球所受合力充当向心力，F合=mω2r，ω 增大，F合增大，D正确。
总结归纳
圆周运动的动力学问题的分析思路
视野拓展
圆周运动与平抛运动综合问题
拓展1：水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
1.此类问题有时是一个物体在水平面上做圆周运动，另一个物体做平抛运动，特定条件下相遇；有时是一个物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动。有时还要结合能量关系分析求解。
2.解题关键
（1）明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。
（2）平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。
（3）速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
例6 （2025·山东卷·10，4分）多选 如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5m的圆形区域，OO′垂直于地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行于地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B=90∘ 。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. ωmax=π3rad/s
B. ωmax=23rad/s
C. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
【答案】BC
【解析】俯视图如图所示，可知物品做平抛运动的最大水平位移为x=R12−R22=4m，最大初速度v=ωmaxR2，竖直方向做自由落体运动，有H=12gt2，水平方向做匀速直线运动，有x=vt，解得t=2s，ωmax=23rad/s，A错误，B正确；无人机做圆周运动，从A点到B点的时间t′=π2ωmax≈2.4s，可知t