第6章 圆周运动 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

该高中物理单元复习讲义以圆周运动为核心，通过表格对比角速度、线速度、向心加速度等物理量关系，结合思维导图梳理同轴转动、皮带传动等模型，衔接鲁科版、人教版等教材习题与高考真题，系统呈现知识脉络及重难点内在联系。 讲义亮点在于“真题-教材-对点练”三阶练习设计，如2024黑吉辽高考“指尖转球”题衔接鲁科版教材迁移题，通过易错点分析（如轻绳轻杆模型混淆）培养科学思维。不同层次题目满足基础巩固与能力提升，助力教师精准教学与学生自主复习。

单元综合提升 圆周运动 学生用书⬇第54页 (2024·黑吉辽高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图所示，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A.半径相等 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 答案：D 解析：球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；由题图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP＜rQ，故A错误；根据v＝ωr可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为vP＜vQ，故B错误；根据an＝ω2r可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为anP＜anQ，故C错误。故选D。 [衔接教材]　鲁科版必修第二册P63[迁移] 地球绕地轴自转示意如图所示。设地球上两点A、B的纬度分别是φ1和φ2，试分别求出这两点的线速度之比和角速度之比。 [衔接分析]　2024年黑吉辽高考试题以篮球做圆周运动为情境，考查同一球面上不同位置相关物理量之间的关系，与鲁科版必修第二册P63[迁移]的考点相同，分析方法基本相同，是对教材的进一步拓展。 (2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图所示，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 答案：C 解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度公式得an＝ω2r≈1 000 m/s2。故选C。 [衔接教材]　人教版必修第二册P34T2 月球绕地球公转的轨道接近圆，半径为3.84×105 km，公转周期是27.3 d。月球绕地球公转的向心加速度是多大？ [衔接分析]　2021年全国甲卷试题中已知纽扣转动的转速和半径计算向心加速度，人教版教材习题是已知月球公转的周期和轨道半径计算向心加速度，两者考查目的相同，可以看出高考试题源于教材。 对点练. (2025·安徽淮南寿县二中月考)小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(约20 cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4 s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是(　　) A.圆盘转动的转速为π r/s B.圆盘转动的角速度大小为 rad/s C.蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 m/s D.蛋糕边缘的奶油向心加速度约为 m/s2 答案：B 解析：圆盘转动的周期为T＝15×4 s＝60 s，转速n＝＝ r/s，角速度ω＝2πn＝ rad/s，蛋糕边缘的奶油线速度大小约为v＝ωr＝×0.1 m/s＝ m/s，蛋糕边缘的奶油向心加速度约为an＝ωv＝ m/s2。故选B。 (2023·江苏高考) “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 学生用书⬇第55页 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Ff。 答案：ω0r　mr 解析：根据线速度和角速度的关系，有v0＝ω0r；碟子对发光物体的静摩擦力提供其做圆周运动所需的向心力，故Ff＝mr。 [衔接教材]　教科版必修第二册P56T6 如图所示，在以角速度ω＝2 rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m＝5 kg的滑块，滑块离转轴的距离r＝0.2 m，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)。 (1)求滑块运动的线速度大小； (2)求滑块受到的摩擦力的大小。 [衔接分析]　2023年江苏高考试题和教科版教材习题都是已知圆盘运动的半径和运动的角速度计算线速度和物体受到的摩擦力，该高考试题就是教材习题的再现。 对点练. (2025·安徽马鞍山二中期中)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一起，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为R甲∶R乙＝2∶1，两圆盘和小物体A、B之间的动摩擦因数μA∶μB＝1∶2，A、B的质量相同，A距O点为2r，B距O'点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　) A.两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比ωA∶ωB＝2∶1 B.两物体都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比anA∶anB＝1∶2 C.随着转速慢慢增加，A先开始滑动 D.随着转速慢慢增加，B先开始滑动 答案：B 解析：甲、乙两圆盘边缘上的线速度大小相等，根据v＝ωr，可知甲、乙两圆盘的角速度之比为ω甲∶ω乙＝R乙∶R甲＝1∶2，则两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比为ωA∶ωB＝ω甲∶ω乙＝1∶2，故A错误；根据an＝ω2r可知，两物体都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比anA∶anB＝(·2r)∶(·r)＝1∶2，故B正确；设A与甲圆盘发生相对滑动的临界角速度为ω0A，根据牛顿第二定律可得μAmg＝m·2r，解得ω0A＝，设B与乙圆盘发生相对滑动的临界角速度为ω0B，根据牛顿第二定律可得μBmg＝mr，解得ω0B＝，可得ω0A∶ω0B＝1∶2，由于两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比为ωA∶ωB＝1∶2，可知随着转速慢慢增加，A、B同时达到临界角速度，则A、B同时发生相对滑动，故C、D错误。故选B。 易错点1.对圆周运动的突变问题的原理理解不清而出错 如图所示，长为L的悬线一端固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C间的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则(　　) 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 答案：B 解析：悬线碰到钉子前后，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，A错误；悬线碰到钉子后，小球的运动半径减小为原来的一半，线速度大小不变，由an＝知加速度变为原来的2倍，由Fn＝m可知向心力变为原来的2倍，故B正确，D错误；在最低点，由牛顿第二定律有FT－mg＝m，碰到钉子后合力增大为原来的2倍，mg是定值，悬线的拉力增大，但不是原来的2倍，C错误。故选B。 [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。 易错点2.忽视匀速圆周运动的周期性导致漏解 (多选)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.小球的初速度大小为R B.小球的初速度大小为R 学生用书⬇第56页 C.圆盘的角速度大小可能为 D.圆盘的角速度大小可能为 答案：BCD 解析：小球被抛出后做平抛运动，由H＝gt2可得小球下落的时间为t＝，小球的初速度大小为v0＝＝R ，故A错误，B正确；在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ＝2nπ＋(n＝0，1，2，…)，所以圆盘的角速度大小为ω＝＝(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，ω＝，当n＝1时，ω＝，故C、D正确。故选BCD。 [易错分析]　本题易漏选D项。原因是忽视了匀速圆周运动的周期性，认为圆盘只转过四分之三圈，从而片面地得出圆盘转动的角速度ω＝。 易错点3.不能正确建立匀速圆周运动的模型而出错 如图是某型号无人机绕拍摄主体做水平匀速圆周运动的示意图。已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象间的距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，重力加速度为g，则无人机做匀速圆周运动时(　　) A.角速度为 B.所受空气作用力为mg C.向心加速度为 D.周期为 答案：C 解析：做圆周运动的半径R＝，则角速度为ω＝＝，A错误；无人机做匀速圆周运动时，向心力为Fn＝m＝＝man，解得an＝，所受空气作用力F＝＞mg，B错误，C正确；周期T＝＝，D错误。故选C。 [易错分析]　本题易出错原因：一是不能正确建立无人机水平转动的运动模型—类圆锥摆模型，错误地认为无人机沿倾斜轨道绕拍摄对象做匀速圆周运动；二是对无人机受力情况分析错误，错误地认为空气对无人机的作用力与重力平衡。实际上无人机在水平面内做匀速圆周运动，重力和空气对其作用力的合力提供向心力。 易错点4.混淆轻绳模型和轻杆模型而出错 (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(　　) A.小球在最高点时的最小速度vmin＝ B.小球在最高点时，杆对小球的作用力可能为支持力 C.若小球在最高点时的速度v由逐渐增大，则杆对小球的拉力也逐渐增大 D.小球在最低点时，杆对小球的作用力一定为拉力 答案：BCD 解析：小球经过最高点时的最小速度为零，此时重力等于杆对小球的支持力，即杆对小球的作用力为支持力，在最高点时，若小球的速度v由逐渐增大，杆对小球的作用力为拉力，由牛顿第二定律可得mg＋F＝m，可得杆对小球的拉力F也逐渐增大，A错误，B、C正确；小球在最低点时，受到的重力竖直向下，但需要的向心力竖直向上，所以杆对小球的作用力一定为拉力，D正确。故选BCD。 [易错分析]　本题易混淆轻绳模型与轻杆模型的临界条件而出错。轻绳模型能做完整的圆周运动的条件是在最高点时小球的速度v≥，小球刚好能通过最高点的条件是在最高点的速度v＝；轻杆模型能做完整的圆周运动的条件是在最高点时小球的速度v≥0，小球刚好能通过最高点的条件是在最高点的速度v＝0。要注意区分。 学科网（北京）股份有限公司 $