第二章 匀速圆周运动 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

单元综合提升 　　　　 第二章　匀速圆周运动 概念梳理 构建网络 1 教考衔接 明确考向 2 易错辨析 强化落实 3 单元测试卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理 构建网络 返回 返回 教考衔接 明确考向 返回 (2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于 A．1 B．2 C．3 D．4 √ 真题 1 衔接教材 教科版必修二P40·T4 如图所示是A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度a的大小随半径r变化的图像，其中A为反比例函数图像的一个分支，由图可知 A．A物体运动的线速度大小不变 B．A物体运动的角速度不变 C．B物体运动的角速度不变 D．B物体运动的线速度大小不变 衔接分析 2023全国甲卷试题考查向心力的公式、周期及半径之间的关系，与教科版必修二P40·T4有些类似。2023全国甲卷试题以质点做匀速圆周运动为素材，给出运动周期和轨道半径之间的关系，创设了确定受力与轨道半径关系的学习探索问题情境。考查学生的理解能力和推理论证能力。 针对练1.(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为 A．10 m/s2 B．100 m/s2 C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2 √ 由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100 π rad/s，则纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小a＝ω2r＝(100 π)2×0.01 m/s2≈ 1 000 m/s2，故A、B、D错误，C正确。 针对练2.(2021·广东卷高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是 A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 √ 由题意知，P以O点为圆心、OP为半径做匀速圆周运动，Q点也做匀速圆周运动，设其圆心为A，AQ为半径，如图所示，由v＝ωr，a＝ω2r知，P、Q的线速度和向心加速度大小不变，方向时刻变化，故选项A正确，B错误；Q点在竖直面内做匀速圆周运动，其水平、竖直方向上的分速度大小一直在变化，故选项C、D错误。 (2023·北京高考)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是 A．圆周运动轨道可处于任意平面内 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 √ 真题 2 衔接教材 教科版必修二P34·活动·感受向心力 如图所示，用一根结实的细绳，一端拴一个小物体，如橡皮或软木塞。在光滑桌面上抡动细绳，使小物体做圆周运动，体验手对做圆周运动的物体的拉力。 1．拉力的方向是怎样的？ 2．减小旋转的速度，细绳的拉力怎样变化？ 3．增大旋转半径，拉力怎样变化？ 4．松手后，物体还能维持圆周运动吗？ 5．换一个质量较大的铁球进行实验，拉力怎样变化？ 人教版必修二P28·做一做·感受向心力 如图所示，在绳子的一端拴一个小沙袋(或其他小物体)，另一端握在手中。将手举过头顶，使沙袋在水平面内做圆周运动。此时，沙袋所受的向心力近似等于手通过绳对沙袋的拉力。换用不同质量的沙袋，并改变沙袋转动的速度和绳的长度，感受向心力的变化。 衔接分析 2023北京高考试题以太空实验室中做匀速圆周运动的小球为素材，创设了测量小球质量的学习探索情境，与教科版必修二P34·活动·感受向心力及人教版必修二P28·做一做·感受向心力情境类似。通过分析推理找到小球做匀速圆周运动的向心力来源，结合匀速圆周运动规律得到小球质量的表达式，进而进行推理论证。 针对练．(2023·江苏卷高考)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 返回 发光物体的速度v0＝ω0r 易错辨析 强化落实 返回 1．(忽视匀速圆周运动的周期性导致漏解)(多选)(2023·山东济宁期中)如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心O点做匀速圆周运动，圆盘中心O点正上方H处有一小球被水平抛出，此时半径OB恰好与小球初速度方向垂直，从上向下看圆盘沿顺时针方向转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是 √ √ A．小球的线速度突然增大为原来的2倍 B．小球的加速度突然增大为原来的2倍 C．小球受的拉力突然增大为原来的2倍 D．小球的向心力突然增大为原来的4倍 √ 易错分析　对于悬线碰到钉子的前后瞬间，究竟是线速度不变，还是角速度不变理解不清而出错。解题时应该先分析清楚不变的物理量，再代入相关公式进行推导。 3．(混淆轻绳模型与轻杆模型的临界条件而出错)(多选)如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球(可视为质点)，另一端固定在轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。下列叙述正确的是 B．小球在最高点时，杆对球的作用力可能为支持力 D．小球在最低点时，杆对球的作用力一定为拉力 √ √ √ 4．(错误认为离心运动速度沿半径方向而出错)(多选)(2023·河南驻马店高级中学月考)如图甲所示，在光滑水平转台上放一木块A，用细绳的一端系住木块A，另一端穿过转台中心的光滑小孔O悬挂另一木块B。当转台以角速度ω匀速转动时，A恰能随转台一起做匀速圆周运动，图乙为其俯视 图，则 A．当木块A的角速度突变为1.5ω时， 木块A将沿图乙中的a轨迹运动 B．当木块A的角速度突变为1.5ω时， 木块A将沿图乙中的b轨迹运动 C．当木块A的角速度突变为0.5ω时，木块A将沿图乙中的b轨迹运动 D．当木块A的角速度突变为0.5ω时，木块A将沿图乙中的c轨迹运动 √ √ 当A的角速度为ω时，绳的拉力等于A所需要的向心力，等于B的重力大小，当A的角速度突变为1.5ω时，A所需向心力大于B的重力，A将做离心运动，由于绳子拉力不为零，故不可能做匀速直线运动，故轨迹可能为b，选项A错误，B正确；当A的角速度突变为0.5ω时，A所需向心力小于B的重力，A将做近心运动，可能沿图乙中的c轨迹运动，选项C错误，D正确。 易错分析　本题出错的原因：一是角速度大于临界角速度时做离心运动，误以为一定沿切线运动，忽略了此时还受绳子的拉力的作用；二是当角速度小于临界角速度时，物块做近心运动，不清楚近心运动与离心运动的 条件。 返回 单 元 测 试 卷 返回 1．(2023·重庆巴蜀中学高一校考期末)洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干主要利用了 A．直线运动 B．离心运动 C．平抛运动 D．斜抛运动 √ 洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干主要利用了离心运动，即水滴做圆周运动所需的向心力大于其受到的合外力，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 2．(2023·四川成都棠湖中学高一校联考期末)关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是 A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受 到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动， 若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运 动，则一定是因为物体的速度突然变大了 C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外 轨发生侧向挤压，倾角θ应根据火车的质量设计 D．如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球对轨道的压力最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受 到重力、支持力和摩擦力的作用，其中摩 擦力提供向心力，选项A错误；如图乙，物 体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨 迹突然发生改变而沿虚线运动，即做离心运 动，则可能是因为物体的速度突然变大了， 也可能是提供的向心力突然变小了，选项B 错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 3．(2023·四川绵阳三台中学高一校考期末)如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物体相对木板始终静止，则 A．物体始终受到三个力作用 B．只有在a、b、c、d四点，物体受到的合外力才指向圆心 C．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大 D．在位置d，物体处于失重状态 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 在c、d两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用，故A错误；物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物体加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故C正确；在位置d，物体加速度向上，物体处于超重状态，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 4．如图所示，O1和O2是摩擦传动的两个轮子，O1是主动轮，O2是从动轮，O1和O2两轮的半径之比为1∶2。a、b两点分别在O1、O2的轮边缘，c点在O2上且与其轴心距离为轮半径的一半，若两轮不打滑，则a、b、c三点的向心加速度之比为 A．2∶2∶1 B．1∶2∶2 C．1∶1∶2 D．4∶2∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 a、b两点的线速度大小相同，b、c两点的角速度相同，a、b、c做圆周运动的半径之比为1∶2∶1，可知a、b、c三点的线速度之比为2∶2∶1，角速度之比为2∶1∶1，由公式a＝ωv可求出向心加速度之比为4∶2∶1，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 5．(2022·福建福州高一期末)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是 A．细线所受的拉力不变 B．Q受到桌面的静摩擦力变小 C．小球P运动的周期变大 D．小球P运动的线速度变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 6．如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时 A．处于超重状态 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 7．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M与m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为其对圆盘正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起，如图所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向拉直，甲、乙均可看作质点，要使两物体与转盘之间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大值不得超过 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 8．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱 B．线速度的大小为ωR C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9．如图所示，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．小球所受合外力的大小一定变大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当转速较小，杆对小球的弹力N背离转轴时，则有Tcos θ－N＝mω2r，即N＝Tcos θ－mω2r；当转速较大，N指向转轴时，则有Tcos θ＋N＝mω2r，即N＝mω2r－Tcos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 10．(2022·黑龙江哈尔滨市高一下联考)如图甲所示，一长为R的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度的平方v2的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确 的是 B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的 图线斜率更大 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标a的位置不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11．(6分)(2023·四川泸州高一统考期末)某实验小组用智能手机phyphox软件测量加速度，如图甲所示，将手机(可视为质点)置于转动平台上，固定手机，手机上装载的phyphox软件配合手机内的陀螺仪可直接测得手机做圆周运动的角速度ω和向心加速度a，得到了如图乙所示的图像，已知手机离转轴的距离为r。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)仅由图乙中的a-ω曲线可以得到的结论是：半径一定时，增大运动的角速度，向心加速度______(选填“增大”、“减小”或“不变”)； 增大 由题图乙可知，半径一定时，增大运动的角速度，向心加速度增大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 ω2 由F＝mω2r可得a＝ω2r，半径一定时，为了直观研究向心加速度和角速度的定量关系，得到如题图丙所示的过原点的直线，该组同学需要把横坐标改为ω2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)若保持角速度不变，改变半径r，根据测得的数据描点作图，处理数据后得到a-r图像，若直线斜率为k，则手机运转的角速度ω＝____。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 12．(6分)(2023·重庆高一校联考期末)某小组利用如图所示装置探究向心力大小的表达式。 (1)本实验采用的研究方法主要是________ ; A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．放大法 √ 本实验要研究向心力与质量、角速度和半径的关系，采用的研究方法主要是控制变量法，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)将钢球置于A位置，匀速摇动手柄。若减慢轮塔1转动的角速度，将观察到向心力______(选填“增大”、“减小”或“不变”)； 减小 将钢球置于A位置，匀速摇动手柄。若减慢轮塔1转动的角速度，根据F＝mω2r，可观察到向心力减小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)将两个质量之比为1∶2的钢球先后置于A、B所示位置，A、B与轮塔1转轴的中心距离之比为1∶2。保持两次转动塔轮1的角速度相同，则钢球在A、B位置所受向心力大小之比为______。 1∶4 将两个质量之比为1∶2的钢球先后置于A、B所示位置，A、B与轮塔1转轴的中心距离之比为1∶2。保持两次转动轮塔1的角速度相同，根据F＝mω2r可知，钢球在A、B位置所受向心力大小之比为1∶4。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 13．(8分)如图所示，有一质量为m1的小球A与质量为m2的物块B通过轻绳相连，轻绳穿过光滑水平板中央的小孔O。当小球A在水平板上绕O点做半径为r的圆周运动时，物块B刚好保持静止。求： (1)轻绳的拉力； 答案：m2g 物块B受力平衡，故轻绳的拉力T＝m2g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)小球A运动的线速度大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14．(10分)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； 答案：2.7 m/s2 根据速度－位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 15．(12分)如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得 mgtan α＝mω′2lsin α 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 16．(12分)(2023·扬州高一检测)如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘L＝3.2 m处放着一质量为m＝0.1 kg的铁球(可看作质点)，铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平向右的推力F＝1.0 N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线方向进入圆弧轨道，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。O为圆弧轨道的圆心，已知∠BOC＝37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.5 m，C点为圆弧轨道的最低点，求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D时的速度大小vD； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB； 答案：5 m/s　5.8 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 铁球在B点的向心力由支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供， 则有 解得FB＝5.8 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)水平推力F作用的时间t。 答案：0.6 s 铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得 vA＝vBcos 37°＝4 m/s 铁球在水平桌面上做匀加速直线运动时，有 F－μmg＝ma1 解得a1＝8 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 返回 铁球在水平桌面上做匀减速直线运动时，有 μmg＝ma2 解得a2＝2 m/s2 铁球在水平桌面上运动的最大速度为vm＝a1t 减速运动阶段有vm－vA＝a2t′ 联立解得t＝0.6 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 　匀速圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 $$