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配套课件（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了圆周运动的核心知识，涵盖描述物理量、向心力、向心加速度等概念，通过知识框架将基础公式、生活应用及竖直面内轻绳轻杆模型串联，构建完整知识网络。 其亮点在于考教衔接设计，如2024黑吉辽高考题与鲁科版教材迁移题对比分析，培养科学思维中的模型建构能力。易错辨析针对突变问题、周期性漏解等易错点，通过实例解析引导科学论证，单元检测卷分层设计基础题与综合题，助力个性化复习，帮助学生巩固知识，教师精准把握学情。

单元综合提升 　　　　 第六章 圆周运动 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 (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 真题 1 √ 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 真题 2 √ 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 √ 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。 真题 3 答案：ω0r　mr 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 √ 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。 返回 易错辨析 返回 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 √ 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 C.圆盘的角速度大小可能为 D.圆盘的角速度大小可能为 √ √ √ 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 √ 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 √ √ √ 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。 返回 单元检测卷 返回 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.物体做匀速圆周运动时，关于其受力情况，以下说法中正确的是 A.物体所受合力为恒力 B.物体所受合力必须等于0 C.物体所受合力大小可能变化 D.物体所受合力大小不变，方向不断改变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当物体所受合力等于0时，物体将保持静止或匀速直线运动状态；当物体所受合力为恒力时，物体将做匀变速运动；当物体做匀速圆周运动时，所受合力大小不变，方向不断改变，始终沿着半径指向圆心(或者说垂直于速度方向)。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2. (2025·江苏无锡高一上学期期末)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点的说法，正确的是 A.A点和B点的线速度大小之比为1∶3 B.A点和B点的线速度大小之比为3∶1 C.A点和B点的向心加速度之比为1∶3 D.A点和B点的角速度之比为3∶1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据齿轮传动特点知A点和B点的线速度大小相等，故A、B错误；向心加速度an＝，可得＝＝，故C错误；角速度ω＝，所以＝＝，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.(2025·江苏镇江中学高一下期末)如图甲所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿时针方向匀速转动，转速n＝70 r/s。在暗室中用每秒闪光N次的频闪光源照射圆盘，观察到圆盘上的白点的图案如图乙所示，以下关于N的数值可能正确的 A.30 B.50 C.80 D.90 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图乙可知圆盘转一圈可能频闪8次，而圆盘转一圈的时间为T＝＝ s，圆盘旋转45°所用的时间为t＝＝ s，光源闪光的时间间隔T'＝mt＝ s(m为整数)，则频闪光源每秒闪光的次数N＝＝ Hz(m为整数)，代入数值可知只有C项满足要求。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4. (2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为 A.r B.l C.r D.l √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力有F＝mω2l，又v＝ωr，联立解得v＝r。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示，用一水平木板托着一个物块，使它们一起在竖直平面内做匀速圆周运动，运动过程中物块与木板始终保持相对静止，木板始终保持水平，图中A、C两个位置分别是运动轨迹的最低点和最高点，B位置与轨迹圆心等高。下列说法正确的是 A.在A位置，物块处于平衡状态 B.在B位置，物块有向右运动的趋势 C.在C位置，物块对木板的压力等于物块的重力 D.从A到B再到C的过程中，物块一直处于超重状态 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在A位置，物块的合力指向圆心，即合力不为零，不是 处于平衡状态，故A错误；在B位置，向心力由摩擦力 提供，摩擦力水平向左，物块有向右运动的趋势，故 B正确；在C位置，物块的重力和木板对物块的支持力 的合力提供向心力，因此物块对木板的压力小于物块的重力，故C错误；从A到B过程中，物块有向上的分加速度，处于超重状态，从B到C过程中，物块有向下的分加速度，处于失重状态，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕OO'轴转动，圆盘半径d＝24 m，绳长l＝10 m。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ＝37°，座椅和人的总质量为60 kg，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，π取3.14) A.绳子的拉力大小为650 N B.座椅做圆周运动的线速度大小为5 m/s C.圆盘的角速度为0.5 rad/s D.座椅转一圈的时间约为1.3 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 座椅受力如图所示，由平衡条件可得，绳子的拉力大小为 FT＝＝ N＝750 N，故A错误；根据牛顿第 二定律可得mgtan θ＝m，解得线速度大小为v＝ 15 m/s，故B错误；圆盘的角速度与座椅的角速度相等， 为ω＝＝＝0.5 rad/s，故C正确；座椅转一圈的时间，即周期T＝＝ s＝12.56 s，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2025·河北秦皇岛高一下期末)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台可绕过容器球心O的竖直轴线匀速转动，物块(可视为质点)随容器转动且相对器壁静止。当物块与O点的连线和竖直方向的夹角α为60°，且转台的角速度大小为ω0时，物块受到的摩擦力恰好为零。重力加速度大小为g，物块的质量为m，下列说法正确的是 A.若转台的角速度由ω0缓慢增大，则α一定增大 B.物块对容器壁的压力大小为mg C.ω0＝ D.若转台的角速度由ω0缓慢增大，则物块受到的摩擦力方向沿容器壁向上 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 转台的角速度大小为ω0时，物块受到的摩擦力恰好 为零，此时竖直方向根据受力平衡可得FNcos α＝mg， 解得FN＝2mg，可知此时物块对容器壁的压力大小为 2mg；水平方向根据牛顿第二定律可得mgtan α＝m Rsin α，可得ω0＝＝，故B错误，C正确。若转台的角速度由 ω0缓慢增大，则物块所需的向心力增大，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，物块有沿容器壁向上运动的趋势，物块受到的摩擦力为静摩擦力，方向沿容器壁向下，当静摩擦力未到达最大值时，物块与容器壁仍相对静止，α角不变，故A、D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8. (2025·湖南邵阳高一下期末)如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，两物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A.A与B的线速度大小之比为2∶1 B.A与B的角速度之比为1∶1 C.A与B的向心加速度大小之比为1∶1 D.在转盘转速增加时，A比B先开始滑动 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A与B的角速度均等于圆盘的角速度，则有ωA∶ωB＝1∶1，根据v＝ωr，可得vA∶vB＝2R∶R＝2∶1，故A、B正确；根据an＝ω2r，可得anA∶anB＝2R∶R＝2∶1，故C错误；由静摩擦力提供向心力可得FfA＝manA，FfB＝2manB，可得A与B所受摩擦力大小相等，最大静摩擦力FfAm＝μmg，FfBm＝μ·2mg＝2μmg，所以A比B先滑动，故D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2025·云南曲靖高一下学期月考)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示。图像中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，假设小球质量为m，则以下说法正确的是 A.a＝2gr B.b＝mg C.＝ D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在最高点时由牛顿第二定律可知FT＋mg＝m，解得FT＝v2－mg，当FT＝0时，v2＝a＝gr，可得圆周轨迹半径r＝；当v2＝2a时，FT＝b＝mg，可得＝，可得小球的质量m＝。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳的一端，绳的另一端系有质量为m＝0.55 kg的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x＝1.2 m后落地。已知握绳的手离地面高度为d＝1.0 m，手与球之间的绳长为r＝0.55 m，重力加速度g＝ 10 m/s2，忽略空气阻力。则 A.从绳断到小球落地的时间为0.3 s B.小球落地时的速度大小为4 m/s C.绳子能承受的最大拉力为16 N D.绳子能承受的最大拉力为21.5 N √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球在竖直方向上做自由落体运动，有d－r＝gt2，故 从绳断到小球落地的时间为t＝＝0.3 s，A正确； 小球抛出时的水平速度为v0＝＝ m/s＝4 m/s，则落地时的速度大小为v＝＝5 m/s，B错误；小球做圆周运动，运动到最低点时有FTmax－mg＝m，又由牛顿第三定律，可得绳子能承受的最大拉力为FTmax'＝FTmax＝mg＋m＝21.5 N，C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分) (2025·湖南长沙高一下期末)在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中。 (1)在探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时主要用到的方法是____。 A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.演绎法 C 在探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，由于可变量较多，因此主要用到的方法是控制变量法。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)如图所示，A、B都为质量相同的钢球，图中所示是在探究向心力的大小Fn与___的关系。 A.质量m　　 B.角速度ω　　C.半径r B 由题意可知，A、B为质量相同的钢球，两球放在转动半径相同的位置上，因此实验是在探究向心力的大小Fn与角速度ω的关系。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)如图所示，若图中标尺上红白相间的等分格显示出A、B小球所受向心力的比值为1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的左右变速轮塔相对应的半径之比为_______。 2∶1 实验显示出A、B小球所受向心力的比值为1∶4，由向心力公式可得mRA∶mRB＝1∶4 其中RA＝RB 解得ωA∶ωB＝1∶2 由于两塔轮是皮带传动，则两轮边缘的线速度大小相等，则有ωArA∶ωBrB＝1∶1 可得rA∶rB＝2∶1。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)(2025·广西南宁高一下期末)甲、乙两同学分别用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系在固定在轻质木架上A点和C点的力传感器1、2上。小球上装有遮光片，当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向。测得小球中心到转轴的距离为L，小球和遮光片的质量为m，忽略空气的阻力。 (1)实验时，随着装置匀速转动的角速度增大，力传感器1的示数会___________(选填“不断增大”“不断减小”或“保持不变”)。 保持不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 力传感器1的示数始终等于小球和遮光片的总重力，示数保持不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)甲同学实验时，保持装置匀速转动，测得遮光片从第1次遮光到第N1次 遮光经历的总时间为t1，则小球做圆周运动的周期T1＝_______；力传感器 2的示数为F1，如果表达式_________________(用F1、L、m、N1、t1、π表示)成立，则向心力公式得到验证。 　 F1＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 甲同学实验时，周期T1＝ 如果表达式F1＝mL＝成立 则向心力公式得到验证。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)乙同学实验时，测得遮光片的宽度为d，保持装置匀速转动，测得遮光 片N2次遮光的总时间为t2，则小球做圆周运动的线速度v2＝_____；力传感 器2的示数为F2，如果表达式_____________(用F2、L、m、N2、t2、d表示)成立，则向心力公式得到验证。 　 F2＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 乙同学实验时，遮光片N2次遮光的总时间为t2，一次遮光的平均时间为t0＝ 小球运动的线速度v2＝＝ 如果表达式F2＝m＝成立 则向心力公式得到验证。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(12分)(2025·四川攀枝花高一下期末)如图所示，在以角速度ω＝3 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，滑块与圆盘相对静止。已知滑块与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，滑块可视为质点，求： (1)滑块运动的线速度大小v和所受的摩擦力大小Ff； 答案：0.6 m/s　9 N　 滑块运动的线速度大小为v＝ωr＝0.6 m/s。 依题意，滑块所受静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，即Ff＝mω2r＝9 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)要使滑块脱离圆盘，圆盘转动的最小角速度ωmin。 答案：5 rad/s 随着圆盘转动角速度的增大，滑块所需向心力也随之增大，当滑块所受静摩擦力达到最大静摩擦时恰好脱离圆盘，即Ffmax＝μmg＝mr 解得ωmin＝5 rad/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14分)如图所示，在示数已调零的台秤上固定一个半径r＝ 0.4 m的光滑圆形导轨，某电动小车在电机作用下，可以沿着 导轨在竖直面内做匀速圆周运动。已知导轨的质量为M＝2 kg， 小车的质量为m＝0.4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不考虑空气 阻力影响。 (1)求当小车以2 m/s的速度运动到最高点A时台秤的示数； 答案：20 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当小车以2 m/s的速度运动到最高点A时，设导轨对小车的作用力为F，则mg＋F＝m 解得F＝0 所以台秤的示数等于导轨的重力，即F1＝Mg＝20 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若小车在最低点B时台秤的示数为33 N，求小车的速度大小。 答案：3 m/s 若小车在最低点B时台秤的示数为33 N，则导轨对台秤的压力大小为33 N，由牛顿第三定律可知台秤对导轨的支持力F1'＝33 N， 对导轨由平衔条件可知小车对导轨的压力大小为 F2＝F1'－Mg＝33 N－2×10 N＝13 N， 由牛顿第三定律可知导轨对小车的支持力大小为F2'＝13 N 对小车由牛顿第二定律可得F2'－mg＝m 解得v1＝3 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(14分) (2025·辽宁大连高一下期末)如图所示，固定的水平薄板上放置物块，一端连接着物块的轻绳通过光滑的小滑轮悬挂小球，薄板上方的轻绳与薄板平行，小球到滑轮部分的绳长L＝0.125 m。当小球以悬挂点正下方某点为圆心在水平面内做匀速圆周运动时，物块刚好不滑动。已知物块、小球均可视为质点，物块的质量m1＝1 kg，小球的质量m2＝0.4 kg，物块与薄板间的动摩擦因数μ＝0.5，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求连接小球的轻绳与竖直方向夹角θ的余弦值； 答案：0.8　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对物块受力分析，有F绳＝μm1g 对小球受力分析，竖直方向上有F绳cos θ＝m2g 解得cos θ＝0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求此状态下小球的角速度大小ω1； 答案：10 rad/s　 对小球受力分析，水平方向上有F绳sin θ＝m2r 其中r＝Lsin θ 解得ω1＝10 rad/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若仅小球的角速度大小变为ω2＝9 rad/s，使得小球绕悬挂点正下方另一点做匀速圆周运动，物块仍相对于薄板不滑动，求物块受到的摩擦力大小Ff。 答案：4.05 N 设此时轻绳与竖直方向的夹角为α，对小球受力分析，水平方向上有F绳'sin α＝m2r' 其中r'＝Lsin α 对物块受力分析有Ff＝F绳' 解得Ff＝4.05 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 第六章 圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $