第3章 圆周运动 阶段质量检测(三)（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版 福建专用）

该高中物理课件聚焦圆周运动核心知识，涵盖向心力、向心加速度、离心运动等概念。通过飞机俯冲、道闸系统等生活实例导入，搭建从现象到规律的学习支架，帮助学生衔接匀速圆周运动规律与实际应用。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，以实验题（手机测向心加速度）培养科学探究能力，通过秋千拉力计算等实例强化科学推理。学生能深化知识应用，教师可依托实例提升教学效率，落实核心素养培养。

阶段质量检测(三) (满分：100分) 一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1.如图所示，飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动，飞行员所受重力为G。在最低点时，座椅对飞行员的支持力为F。则 (　 ) A.F=G B.F>G C.F=0 D.F<G √ 解析：最低点时，飞行员的向心力F向=F-G，所以F>G，故选B。 2.下列关于向心加速度的说法中正确的是 (　 ) A.向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢 B.向心加速度的方向不一定指向圆心 C.向心加速度描述线速度方向变化的快慢 D.匀速圆周运动的向心加速度不变 √ 解析：做匀速圆周运动的物体速率不变，向心加速度只改变速度的方向，故A错误；向心加速度的方向总是沿着圆周运动轨迹的半径指向圆心，故B错误；向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故C正确；向心加速度的方向是变化的，故D错误。 3.如图所示，在盛满水的试管中装有一个小蜡块，小蜡块所受浮力略大于重力，当用手握住A端让试管在竖直平面内左右快速摆动时，关于蜡块的运动，以下说法正确的是 (　 ) A.与试管保持相对静止 B.向B端运动，可以到达B端 C.向A端运动，可以到达A端 D.无法确定 √ 解析：试管快速摆动，试管中的水和浸在水中的蜡块都有做离心运动的趋势(尽管试管不是做完整的圆周运动，且运动的方向也不断变化，但并不影响问题的实质)，但因为蜡块的密度小于水的密度，蜡块被水挤压向下运动。只要摆动速度足够大且时间足够长，蜡块就能一直运动到手握的A端，故C正确。 4.如图为带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa'直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全匀速通过道闸，直杆转动的角速度至少为 (　 ) A. rad/s B. rad/s C. rad/s D. rad/s √ 解析：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得tan α==1，解得α=。直杆转动的时间t=t汽-t反=2 s，直杆转动的角速度ω== rad/s= rad/s，故C正确，A、B、D错误。 二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 5.小明骑变速自行车去学校上学，下图为他所骑自行车的链条传动系统的简化模型，前、后牙盘上分别有一些不同半径的齿轮。他用脚匀速蹬踏板，使前牙盘绕其中心轴的转速为0.5 r/s。此时链条均与前、后牙盘从中心往外的第二个齿轮啮合，前、后牙盘第二个齿轮边缘上的点距离中心轴的距离均为5 cm，下列说法正确的是 (　 ) A.前牙盘的角速度大于后牙盘的角速度 B.后牙盘第二个齿轮边上的点的线速度大小约为0.06 m/s C.前牙盘第二个齿轮边上的点的向心加速度大小约为0.49 m/s2 D.为了增大骑行速度，在脚踏板转速不变的情况下，应该让链条前、后端分别处在前、后牙盘直径更大和更小的齿轮上 √ √ 解析：由题意知前、后牙盘第二个齿轮边缘上的点距离中心轴的距离均为5 cm，根据v=rω，且v、r相等，故此时前牙盘的角速度等于后牙盘的角速度，故A错误；根据v=rω=2πnr，可得后牙盘第二个齿轮边上的点的线速度大小为v=2×3.14×0.5×5×10-2 m/s≈0.16 m/s，故B错误；根据a=rω2=4π2n2r，代入数据可得前牙盘第二个齿轮边上的点的向心加速度大小为a≈0.49 m/s2，故C正确； 根据v=rω=2πnr，可知为了增大骑行速度，在脚踏板转速不变的情况下，应该让链条在前牙盘直径更大的齿轮上，使前牙盘齿轮边缘获得更大的线速度，前牙盘和后牙盘通过链条连接，有大小相同的线速度，后牙盘与后轮有相同的角速度，所以让链条前、后端分别处在前、后牙盘直径更大和更小的齿轮上时，自行车行进的速度更大，故D正确。 6.如图所示，小球P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆转动。若转动角速度为ω，则下列说法正确的是 (　 ) A.ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力 B.绳子BP的拉力随ω的增大而减小 C.绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力 D.当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力 √ √ 解析：小球P的重力、绳子BP的张力及绳子AP中可能存在的张力的合力提供P做匀速圆周运动的向心力。用正交分解法求出小球P分别在水平、竖直两个方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛顿第二定律列方程，Fx合=mω2r，Fy合=0，分析讨论可知A、C正确，B、D错误。 7.如图所示，以水平转轴O为圆心的竖直铁圆盘正以 速度ω顺时针匀速转动，铁圆盘边缘有一小磁块(小磁块视 为质点)，小磁块在转到最高点A时恰好松动，小磁块经时 间t转到B点，并在B点恰好相对圆盘滑动，已知∠AOB=θ，小磁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，圆盘半径为R，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系式正确的是 (　 ) A.t= B.t= C.μgcos θ-gsin θ=μω2R D.μgsin θ-gcos θ=μω2R √ √ 解析：由数学关系知t=，A正确，B错误；小物块在B点恰好相对圆盘滑动，有mgcos θ-FN=mω2R，mgsin θ=μFN，联立得μgcos θ-gsin θ=μω2R，C正确，D错误。 8.如图甲所示，体操运动员在个人全能中完成“单臂大回环”的高难度动作：用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。运动到最高点时，与单杠间弹力大小为F，运动员在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是 (　 ) A.此运动员的质量为75 kg B.此运动员的重心到单杠的距离为0.9 m C.运动员在最高点速度为4 m/s时，其受单杠的弹力方向向上 D.在完成“单臂大回环”的过程中，他的单臂至少要能承受2 750 N的力 √ √ 解析：对运动员在最高点进行受力分析，速度为零时，F-mg=0，结合图像解得质量m=55 kg，所以A项错误；当F=0时，由向心力公式可得mg=，结合图像可知R=0.9 m，即运动员的重心到单杠的距离为0.9 m，B项正确；在最高点速度为4 m/s时，运动员受单杆的拉力，方向向下，所以C项错误；经过最低点时，运动员受力最大，由牛顿第二定律得F-mg=m，根据机械能守恒定律得mg·2R=mv2，由以上两式得F=5mg，代入数据得F=2 750 N，即运动员的单臂至少要能承受的力为2 750 N，所以D项正确。 三、非选择题(共60分，其中9、10、11题为填空题，12题为实验题，13、14、15题为计算题) 9. (4分)如图甲，航母飞行甲板前端上翘，水平部分与上翘部分通过一段圆弧平滑连接，如图乙所示，D为圆弧最低点，圆弧半径为R。战斗机以速度v越过D点时战斗机处于_____ (选填“超重”或“失重” ) 状态,战斗机起落架对甲板的压力 _____ (选填“大于”“小于”或“等于” ) 战斗机的重力。 答案：超重 大于 解析：战斗机以速度v越过D点时，具有向上的加速度，处于超重状态，结合牛顿第三定律可知，战斗机起落架对甲板的压力大于战斗机的重力。 10.（4分）如图所示，在水平转盘上的A、C两个位置放置两个由同一材料做成的可视为质点的物块，两物块质量相等，其中A与转轴的距离是C与转轴的距离的一半。当转盘以某一角速度匀速转动的时候，两个物块都没有发生相对滑动，_______处物块的向心加速度小， _______处物块受到的静摩擦力大；当角速度 逐渐增大时， _______处的物块最先滑动起来。 （选填“A”或“C”） 答案：A C C 解析：根据a=ω2r，由题意知rA<rC，故向心加速度aA<aC，静摩擦力提供所需向心力，得f=mω2r，故fA<fC，C处物块先达到最大静摩擦力，而滑动起来。 11.（4分）某景区对外正式开放峡谷秋千前，必须通过相关部门安全测试。某次调试该秋千安全性能实验时，工作人员将质量为80 kg的“假人”从最高点由静止释放，测得“假人”摆到最低点的速度为50 m/s。已知该秋千由两根长度均为600 m的绳子拉着(绳子质量不计)，秋千最高点与最低点高度差300 m，g取10 m/s2。秋千在经过最低点时，单根绳子的拉力为 N，“假人” 所受向心力为 N；本次从静止到最低点 过程中“假人”克服空气阻力做功为 J。 答案： 1.4×105 解析：秋千在经过最低点时，设单根绳子的拉力大小为T，“假人”所受向心力大小为F，则F=2T-mg=m，解得T= N，F= N；设本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理有mgh-Wf=mv2-0，解得Wf=1.4×105 J。 12.(8分)一同学用智能手机来研究物体 做圆周运动时向心加速度大小和角速度、 半径的关系。如图甲，圆形水平桌面可通过 电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速 器调节，手机到圆心的距离也可以调节。该同学先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度大小和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度大小和角速度的值，并能生成如图乙所示的图像。 (1)由图乙可知，t=60.0 s时，桌面的运动状态是______ (填字母编号)。(1分)  A.静止 B.做匀速圆周运动 C.做速度增大的圆周运动 D.做速度减小的圆周运动 答案： (1)B 解析： (1)由题图乙可知，t=60.0 s时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B正确，A、C、D错误。 (2)仅由图乙可以得到的结论是___________。(2分) 答案：(2)半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度大小增大时，加速度大小也增大 解析：(2)由题图乙可以看出，加速度大小和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度大小增大时，加速度大小也增大。 (3)若要研究加速度大小与半径的关系，应该保持_________不变，改变_______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是________。(5分)  答案：(3)转速(或角速度)　手机到圆心的距离(或半径)　刻度尺 解析：(3)物体做圆周运动的加速度大小为a=ω2r=4π2n2r，若要研究加速度大小与半径的关系，应该保持转速(或角速度)不变，改变手机到圆心的距离(或半径)，所以还需要的测量仪器是刻度尺。 13.(10分)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO'转动，筒内壁粗糙，筒壁与中心轴OO'的夹角θ=60°，筒内壁上的A点有一质量为m的小物块，A离中心轴OO'的距离为R。求： (1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(5分) 答案：(1)mg　mg 解析：(1)当筒不转动时，对物块进行受力分析，如图所示。则 FN=mgsin θ=mg Ff=mgcos θ=mg。 (2)当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。(5分) 答案： (2) 解析：(2)当物块随筒匀速转动，其受到的摩擦力为零时有FNcos θ=mω2R，FNsin θ=mg， 解得ω==。 14.(14分)如图为某游乐设施，水平转盘中央有一根可供游客抓握的绳子，质量为m的游客到转轴的距离为r，游客和转盘间的动摩擦因数为μ，设游客受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g。 (1)当游客不抓握绳子时，为保证游客不滑动，转盘的角速度最大不能超过多少?(6分) 答案： (1)　 解析：(1)当游客受到摩擦力达到最大静摩擦力时即将滑动，由最大静摩擦力提供所需向心力， μmg=mr，解得ω0=。 (2)当转盘的角速度ω=时，游客抓住绳可使自己不滑动，则人拉绳的力至少是多大?(8分) 答案：(2)μmg 解析：(2)由题意可知FT+μmg=mω2r， 解得FT=μmg。 15.(16分)如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住细线的另一端使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的角速度增大到原来的3倍时，细线断裂，测得这时细线的拉力比原来大40 N。求：(g取10 m/s2) (1)细线断裂的瞬间，细线的拉力大小；(5分) 答案： (1)45 N　 解析：(1)小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，有F=mω2R，设原来的角速度为ω0，细线的拉力为F0； 当角速度为ω=3ω0时，细线的拉力为F 则F∶F0=ω2∶=9∶1 又F-F0=40 N，解得F=45 N。 (2)细线断裂时小球运动的线速度大小；(5分) 答案：(2)5 m/s　 解析：(2)设细线断裂时小球的线速度为v， 由牛顿第二定律得F=m， 解得v= = m/s=5 m/s。 (3)如果桌面高出地面h=0.8 m，细线断裂后小球垂直于桌面边缘飞出去的落地点离桌面边缘的水平距离s。(6分) 答案： (3)2 m 解析：(3)由平抛运动的规律得小球在空中运动的时间为 t= = s=0.4 s 故小球落地点离桌面边缘的水平距离 s=vt=5×0.4 m=2 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $