第2章 08 圆周运动 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（粤教版）

第二章　圆周运动 本章复习提升 易混易错练 易错点1　对圆周运动的突变问题的原理理解不清而出错 1.(2025河北张家口月考)如图所示,倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上,长度为L的细线一端与小球相连,另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接。小球从某一位置(细线处于拉直状态),由静止释放后摆下,到达最低点时力传感器的示数是小球重力的1.8倍。现在O点的下方钉一个钉子P(O、P连线与斜面底边垂直),小球从相同位置(细线处于拉直状态),由静止释放后摆下,细线所能承受的最大拉力是重力的3倍,钉子和小球均可视为质点,不计空气阻力和细线与钉子相碰时的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.当细线碰到钉子的瞬间,小球的线速度突然增大 B.当细线碰到钉子的瞬间,小球的角速度保持不变 C.为使细线不被拉断,O、P之间距离可能是L D.为使细线不被拉断,O、P之间距离可能是L 易错点2　忽视匀速圆周运动的周期性导致漏解 2.(2025江苏南通海安适应性检测)如图所示,直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒,从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法错误的是 (　　) A.子弹在圆筒中的水平速度为d B.子弹在圆筒中的水平速度为2d C.圆筒转动的角速度可能为π D.圆筒转动的角速度可能为3π 易错点3　不能正确建立匀速圆周运动的模型 3.(多选题)(2025重庆一中定时训练)如图所示,在水平桌面上有一个可绕圆心转动的转盘,转盘半径为r,有一条足够长的轻细绳绕在转盘上,细绳末端系住一小木块。已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ=。当转盘以角速度ω= rad/s旋转时,木块被带动一起旋转,达到稳定状态后,二者角速度相同,细绳沿转盘的切线。已知r= m,g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.木块做圆周运动的向心力等于细绳的拉力 B.当ω= rad/s稳定时,细绳的长度为2 m C.只要满足ω2< rad2/s2,木块就可以保持稳定转动 D.只要满足ω2< rad2/s2,木块就可以保持稳定转动 易错点4　混淆绳模型与杆模型的临界条件而出错 4.(多选题)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,杆对球的作用力可能为支持力 C.小球在最高点时的速度v由逐渐增大,杆对小球的拉力也逐渐增大 D.小球在最低点时,杆对球的作用力一定为拉力 思想方法练 一、假设法 方法概述 　　根据题目中的已知条件或结论作出某种假设,然后按已知条件进行推算,根据结果出现的矛盾做适当调整,从而找到正确答案,这种解题方法就是假设法。 1.如图所示,质量为m的小球固定在长为L的细杆一端,绕细杆的另一端O点在竖直面内做圆周运动,小球转到最高点A时,线速度大小为,(其中g为重力加速度)则此时小球对细杆的作用力方向和大小分别为 (　　) A.向下,　　　　B.向上, C.向上,　　　　D.向下, 二、临界分析法 方法概述 　　一种物理现象过渡到另一种物理现象的转折状态叫临界状态,在这种状态下具有的条件叫临界条件。利用临界条件,推导出有关物理量的取值范围,这就是临界分析法。 2.如图所示,内壁光滑的圆锥筒的轴线竖直,顶角为2θ=60°,底面半径为R,在底面圆心O处系一个轻质细线,长也为R,细线的另一端连一个小球,小球可视为质点。现给小球一个初速度,使其在水平面内做圆周运动,已知重力加速度为g,则: (1)要使小球不碰到圆锥筒,小球的线速度大小不超过多大? (2)要使细线无拉力,小球的线速度大小应满足什么条件? 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 1.C　细线碰到钉子前后,细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;小球的线速度大小不变,细线碰到钉子后小球运动半径变小,根据v=ωr知,角速度突然增大,B错误;设小球运动到最低点时的速度为v,未钉钉子时有F1-mg·sin 37°=m,解得v2=1.2gL,钉钉子后有F2-mg·sin 37°=m,因为F2<3mg,则OP<L,C正确,D错误。 错解分析　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。 2.B　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同,竖直方向有h=gt2,解得t=,水平方向有d=v0t,解得v0=d,A正确,B错误;在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍,即ωt=(2n+1)π(n=0,1,2,…),所以ω==(2n+1)π(n=0,1,2,…),当n=0时,ω=π,当n=1时,ω=3π,C、D正确。本题选不正确的,故选B。 错解分析　本题易忽视匀速圆周运动的周期性,认为圆筒只转过半圈,从而片面地得出圆筒转动的角速度ω=π。解题时应该充分考虑圆周运动的周期性,避免漏解。 3.BC　对木块受力分析,转盘所在平面的受力情况如图所示: 细绳的拉力与滑动摩擦力的合力提供木块所需的向心力,A错误;设小木块的质量为m,做圆周运动的半径为R,根据几何关系有sin θ=,tan θ=,木块的切向加速度为零,有T1=f=μmg,根据几何关系有 tan θ=,绳的长度l=,木块做匀速圆周运动,有T2=mω2R,联立解得R=,当ω= rad/s时,R= m,l=2 m,B正确;要保持上述的稳定转动状态,由R=,可知μ2g2-ω4r2>0,解得ω2< = rad2/s2,C正确,D错误。 错解分析　本题出错的原因:一是不能正确建立木块做圆周运动的模型,无法确定圆周运动的圆心位置及半径关系;二是对木块受力情况分析错误,错误地认为绳子拉力提供向心力。 4.BCD　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,A错误,B正确;在最高点时,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,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,所以杆对球的作用力一定为拉力,故D正确。 错解分析　本题易混淆绳模型与杆模型的临界条件而出错。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=;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。 思想方法练 1.A　设此时细杆对小球的作用力为拉力,则有T+mg=m,解得T=-,负号说明力的方向与假设的相反,即小球受到细杆的支持力,根据牛顿第三定律可知,细杆受到小球大小为、方向向下的压力,故A正确,B、C、D错误。 方法点津　对于杆约束物体运动到最高点时杆的弹力方向,可先假设杆的弹力为某个方向,后根据计算结果的正、负确定实际方向,若结果为负值,则弹力的方向与假设的方向相反。 2.答案　(1)　(2)≤v球≤ 解析　(1)设小球恰好与筒壁接触,但与筒壁间无作用力时,小球的线速度大小为v1,受力分析如图1: 图1 由牛顿第二定律得F1 sin 30°= 在竖直方向有F1 cos 30°=mg 解得v1= 所以,当小球的线速度v球<时,小球不会碰到筒壁。 (2)设小球与筒壁接触,细线伸直但拉力为零时,小球的线速度大小为v2,受力分析如图2: 图2 由牛顿第二定律得N1 cos 30°= 在竖直方向有N1 sin 30°=mg 解得v2= 设细线沿水平方向,且细线的拉力为零时,小球的速度为v3,受力分析如图3: 图3 由牛顿第二定律得N2 cos 30°= 在竖直方向有N2 sin 30°=mg 解得v3= 所以要使细线无拉力,小球的线速度大小应满足:≤v球≤。 方法点津　找对临界条件是解答本题的关键。使小球恰好碰到圆锥筒的临界条件是小球恰好与筒壁接触,但与筒壁间无作用力。 1 学科网（北京）股份有限公司 $