2025人教版高中物理必修第二册强化练习题--1　圆周运动（有解析）

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2025人教版高中物理必修第二册
第六章　圆周运动
1　圆周运动
基础过关练
题组一　匀速圆周运动的特点
1.圆周运动是生活中常见的一种运动,如图所示,一个圆盘在水平面内匀速转动,盘面上一个小物块随圆盘一起做匀速圆周运动。关于匀速圆周运动,下列说法不正确的是 (　　)
A.在相等的时间内,小物块的位移相同
B.匀速圆周运动是角速度不变的运动
C.匀速圆周运动的匀速是指速率不变
D.匀速圆周运动一定是变速运动
题组二　描述圆周运动的物理量
2.(2024湖北黄冈月考)旋转木马寄托着童年美好的回忆。一小孩坐在游乐场的旋转木马上,绕其中心轴在水平面内做匀速圆周运动,圆周的半径为5.0 m。若木马在1 min内刚好转了2圈,则木马的线速度大小为 (　　)
A.π m/s　　　　　　　　B.2π m/s
C. m/s　　　　　　　　D. m/s
3.(2024江苏苏州张家港期中)金鸡湖摩天轮回归!如图所示,新摩天轮高128 m,匀速运行一周需用时45 min,则其匀速转动的角速度大小为 (　　)
A. rad/s　　　　　　　　B. rad/s
C. rad/s　　　　　　　　D. rad/s
4.(2024河北沧州期中)转速是做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数,其国际单位制中的单位为 r/s(转每秒)。走时准确的时钟,其分针的转速为 (　　)
A.60 r/s　　　　　　　　B. r/s
C. r/s　　　　　　　　D.3 600 r/s
题组三　描述圆周运动的物理量间的关系
5.(2024江苏盐城五校期中联考)关于物体随地球自转的线速度大小,下列说法正确的是 (　　)
A.在两极处最大
B.在赤道上最大
C.地球上处处相同
D.随纬度的升高而增大
6.(经典题)如图所示,操场跑道的弯道部分是半圆形,最内圈的半径大约是36 m。一位同学沿最内圈跑道匀速跑过一侧弯道的时间为12 s,则这位同学在沿弯道跑步时 (　　)
A.角速度为 rad/s
B.线速度大小为3 m/s
C.转速为 r/s
D.转速为 r/s
7.(2024河北邢台联考)盾构隧道掘进机简称盾构机,是一种隧道掘进的专用工程机械,又被称作“工程机械之王”,是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。如图所示为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘,其直径达16 m,转速为5 r/min,下列说法正确的是 (　　)
A.刀盘工作时的角速度为10π rad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为8 m/s
C.刀盘旋转的周期为12 s
D.刀盘工作时各刀片末端的线速度均相同
8.(2024山东聊城期中)汽车越野爱好者往往会在爱车上加装汽车绞盘,固定在汽车上的绞盘通过电动机拉动缆线,从而实施救援或者自我脱困。某次实施救援时,利用绞盘把被困汽车拖出困境,某段时间内被困汽车以0.4 m/s的速度做匀速直线运动,已知绞盘的直径为20 cm,在这段时间里,下列说法正确的是 (　　)
A.绞盘转动的角速度为4 rad/s
B.绞盘转动的周期为π s
C.绞盘的转速为 r/s
D.绞盘转动的频率为 Hz
9.(2024河南信阳第一高级中学月考)小红同学在体验糕点制作“裱花”环节时,她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为8英寸(约为20 cm)的蛋糕,在蛋糕边缘每隔4 s均匀“点”一次奶油,蛋糕转动一周正好均匀“点”上15点奶油。下列说法正确的是 (　　)
A.圆盘的转速约为2 r/min
B.圆盘转动的角速度大小为 rad/s
C.蛋糕边缘的线速度大小约为 m/s
D.圆盘转动的周期是56 s
10.(2024江苏南京第一中学月考)如图所示,长为L的轻杆OA的O端用铰链固定,轻杆靠在半径为R的半圆柱体上,接触点为B,某时刻杆与水平方向的夹角为θ,半圆柱体向右运动的速度为v,此时A点的速度大小为 (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　D.
11.(教材习题改编)某计算机上的机械式硬盘的磁道和扇区如图所示,这块硬盘共有m个磁道(即m个不同半径的同心圆),每个磁道分成a个扇区(每扇区为圆周),每个扇区可以记录b个字节。电动机使盘面匀速转动,磁头在读、写数据时是不动的,盘面每转一圈,磁头沿半径方向跳动一个磁道。不计磁头转移磁道的时间,计算机每秒最多可以从一个盘面上读取n个字节,则 (　　)
A.磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘运动的线速度相等
B.计算机读完整个硬盘的时间至少为 s
C.一个扇区通过磁头所用时间为 s
D.磁盘转动的角速度为 rad/s
能力提升练
题组一　传动问题——同轴转动模型
1.(2024山东济宁期中)如图所示,两小球固定在一根长为L的杆两端,绕杆上的O点做圆周运动。当小球A的速度为vA时,小球B的速度为vB,则O点到小球A的距离为 (　　)
A.　B.　C.　D.
2.(2024河北沧州十校联考)景德镇传统圆器最重要的一道工序是做坯,即依据最终的器型制作出大致相应的坯体,来供后期制作印坯的时候使用。制作时将泥料放在陶车上,使其做匀速圆周运动,图中A、B、C三点到转轴的距离分别为3 cm、1.5 cm、6 cm。已知陶车1 min转过90圈,则下列说法正确的是 (　　)
A.陶车每秒转过的角度为3π rad
B.A、B、C三点的线速度之比为1∶1∶1
C.A、B、C三点的角速度之比为2∶1∶2
D.陶车的转速加快时,A、B两点线速度的比值变大
题组二　传动问题——皮带、齿轮传动模型
3.(2024皖豫名校联盟期中联考)如图所示为某文具内部转动装置的结构图,大、小齿轮互相啮合,已知两齿轮的齿数分别为48、24,a、b分别是大、小齿轮边缘上的点,若a匀速转动,下列说法正确的是 (　　)
A.a、b两点转动的线速度相同
B.大、小齿轮的转动方向相反
C.大、小齿轮的转动周期之比为1∶2
D.大、小齿轮转动的角速度相同
4.(2024浙江杭州S9联盟期中联考)如图所示,普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮,大车轮上固定有手轮圈。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1,假设轮椅在地面上做直线运动,车轮和地面之间都不打滑,大车轮、手轮圈、小车轮均绕各自的轴心做圆周运动,则下列说法正确的是 (　　)
A.大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B.手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C.大车轮与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D.大车轮与手轮圈边缘绕大车轮轴心转动的线速度之比为1∶1
题组三　圆周运动的多解问题
5.(多选题)(2024四川德阳外国语学校期中)夜晚电风扇在闪光灯下运转,闪光灯每秒闪12次,风扇转轴O上装有3个扇叶,它们互成120°角,如图所示。当风扇转动时,观察者感觉扇叶不动,则风扇转动的角速度可能是 (　　)
A.8π rad/s　　　　　　　　B.10π rad/s
C.15π rad/s　　　　　　　　D.16π rad/s
6.(多选题)(2024浙江精诚联盟联考)如图所示是飞镖盘示意图,盘面画有多个同心圆以表示环数,O是圆心,盘竖直挂在墙上,A是盘的最高点,B是盘的最低点。某同学玩飞镖时,飞镖的出手点与A等高,且与盘面间距离保持不变,当飞镖垂直盘面且对准A点水平飞出的同时,飞镖盘在竖直平面内匀速转动,第一支飞镖刚好命中B点,第二支飞镖命中O点,若不计空气阻力,重力加速度为g,半径OB长为R,可知前后两支飞镖 (　　)
A.飞行时间之比是2∶1
B.出手速度之比是1∶
C.飞镖盘转动的角速度的可能值为2π
D.飞镖盘转动的角速度的可能值为
7.(2024山东聊城期中)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,在圆盘中心O点正上方H处沿直径BA方向水平抛出一个小球,一段时间后小球恰好击中B点。从上向下看圆盘沿顺时针方向转动,重力加速度大小为g,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.小球从抛出到击中B点所用的时间为
B.小球击中B点时的速度为
C.圆盘转动的周期可能为
D.圆盘转动的角速度大小可能为2π
8.(多选题)(2024重庆南开中学期末)半径为R的竖直圆筒绕竖直中心轴以恒定的转速匀速转动,在某一固定位置以相同速度、相等时间间隔水平射出三颗子弹。子弹穿出圆筒后,将圆筒展开,三颗子弹在筒壁上留下的弹孔如图所示,其中同一竖直线上的两弹孔为同一颗子弹留下的,两横排弹孔间距为h,同一横排两相邻弹孔间距为,重力加速度为g。则 (　　)
A.圆筒转动的角速度可能为2π
B.圆筒转动的角速度可能为7π
C.子弹射出的时间间隔可能为π
D.子弹射出的时间间隔可能为
9.(2024山东菏泽期中)如图所示,竖直圆盘绕过圆心O的水平轴逆时针匀速转动,A点是圆盘边缘上的点。圆盘转至OA水平时,将一小球从A点右侧的P点(A、O、P在同一直线上)斜向左上方抛出,初速度大小v0=5 m/s,与水平方向的夹角θ=53°。当A点转到圆盘最高点时,小球也恰好到达圆盘最高点,且轨迹与圆盘最高点相切。不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)小球从抛出到与圆盘相切的时间;
(2)圆盘的半径;
(3)小球抛出时A、P间的距离;
(4)A点可能的线速度大小。
答案与分层梯度式解析
第六章　圆周运动
1　圆周运动
基础过关练
1.A　小物块做匀速圆周运动,线速度大小不变,方向时刻改变,在相等的时间内,小物块通过的路程一定相等,但位移不一定相同,A说法错误;匀速圆周运动的线速度大小不变,即速率不变,角速度恒定不变,故B、C说法正确;匀速圆周运动的线速度方向时刻在变化,即速度时刻在变化,一定是变速运动,故D说法正确。
2.C　木马在1 min内刚好转了2圈,则木马通过的弧长为s=2×2πr=20π m,线速度大小为v== m/s= m/s,C正确。
3.B　新摩天轮匀速运行一周,转过的角度θ=2π rad,所用时间T=45 min=2 700 s,则转动的角速度大小为ω== rad/s= rad/s,B正确。
4.C　分针的转动周期为T=60 min,则其转速为n=f== r/s,C正确。
5.B　
模型建构　构建物体随地球绕地轴自转模型,如图所示:
解析　地球自转时,地球上除两极外所有的点都在垂直于地轴的平面内做圆周运动,角速度与地球自转的角速度相同,根据v=ωr可知,除两极外的其他点的线速度在赤道处的最大(点拨:赤道上的轨道半径最大,等于地球半径),A、C错误,B正确;随纬度的升高,做圆周运动的轨道半径减小,因此地球上的物体随地球自转的线速度在减小,D错误。
6.D　由题意可知,该同学绕半圆形跑道运动的时间为t=12 s,转过的角度为θ=π rad,则该同学在沿弯道跑步时的角速度为ω== rad/s,A错误;根据线速度与角速度的关系v=ωr,可得该同学的线速度大小为v=3π m/s,B错误;根据转速与周期的关系可得n==,可得转速为n= r/s,C错误,D正确。
7.C　刀盘工作时的转速n=5 r/min= r/s,则角速度为ω=2πn= rad/s,A错误;刀盘边缘的线速度大小为v=ωr=×8 m/s≈4.2 m/s,B错误;刀盘旋转的周期为T==12 s,C正确;刀盘上所有刀片的角速度都相同,各刀片末端的线速度方向不同,D错误。
8.A　绞盘固定在汽车上,通过电动机拉动缆线,把被困汽车拖出困境,则被困汽车的速度大小等于绞盘边缘转动的线速度,即v=0.4 m/s,根据v=ωr=ω·d,解得ω=4 rad/s,A正确;绞盘转动的周期为T==π s,B错误;根据ω=2πn,解得绞盘的转速为n= r/s,C错误;绞盘转动的频率为f== Hz,D错误。
9.B　圆盘转动的周期T=15×4 s=60 s(点拨:“点”上的15点奶油间有15个间隔),则转速为n== r/s=1 r/min,A、D错误;圆盘转动的角速度大小为ω=2πn= rad/s,B正确;蛋糕边缘的线速度大小约为v=ωr=×0.1 m/s= m/s,C错误。
10.A　根据运动的合成与分解可知,半圆柱体与杆的接触点B的实际运动水平向右,为合运动,可将B点的速度v沿垂直于杆方向和沿杆方向分解,如图所示,根据几何知识有B点绕O转动的线速度vB=v sin θ,转动半径OB=,则此时杆转动的角速度为ω==;A、B同轴转动,角速度相等,则此时A点的速度大小为vA=ωL=L=,A正确。
11.B　磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘的运动为同轴转动,角速度ω相等,由于外圈磁道的半径大于内圈磁道的半径,根据v=rω知磁头在内圈磁道上时相对硬盘运动的线速度较小,A错误;由于计算机每秒可以从一个盘面上读取n个字节,每个扇区可以记录b个字节,则一个扇区通过磁头所用时间为 s,计算机读完整个硬盘的时间至少为 s,B正确,C错误;每一个扇区所对应的圆心角为θ=,则磁盘转动的角速度为ω== rad/s= rad/s,D错误。
能力提升练
1.A　两小球A、B同轴转动,角速度大小相等(破题关键),根据v=ωr可得ω==,则=,又rA+rB=L,联立可得rA=,A正确。
2.A　
模型建构　同轴转动:绕同一转轴转动的物体,各点角速度相等,线速度与各点到转轴的距离成正比,即vA∶vB=rA∶rB。
解析　已知陶车1 min转过90圈,可得陶车转动的周期为T== s= s,则陶车转动的角速度为ω== rad/s=3π rad/s,陶车1 s内转过的角度为φ=ωt'=3π rad,A正确;由于坯体随陶车做匀速圆周运动,则A、B、C三点的角速度相同,由公式v=ωR可知线速度大小与圆周运动的半径成正比,故A、B、C三点的线速度之比为vA∶vB∶vC=2∶1∶4,B、C错误;陶车的转速加快时,A、B两点的角速度仍相同,则A、B两点的线速度之比仍为vA∶vB=2∶1,D错误。
3.B　
模型建构　齿轮传动:两齿轮啮合,当两齿轮转动时,接触处线速度大小相等,两轮的转动方向相反。两轮齿距相等,相同时间内转过的齿数相同,有==。
解析　由于大、小齿轮互相啮合,所以转动方向相反,二者边缘各点的线速度大小相等(破题关键),速度方向沿圆周的切线方向,故a、b两点转动的线速度不同,由于大、小齿轮的半径不同,根据v=ωr,可知两者转动的角速度不同,A、D错误,B正确。由于两齿轮齿数分别为48、24,所以大、小齿轮半径之比为2∶1,由ω=可知==,根据T=,可知大、小齿轮的转动周期之比为2∶1,C错误。
4.C　根据题意可知,大车轮与小车轮边缘绕各自的轴心转动的线速度大小相等(破题关键),由公式ω=可知,大车轮与小车轮的角速度之比为==,A错误;大车轮与手轮圈同轴转动,角速度相等,则由v=ωr可知,大车轮与手轮圈边缘绕大车轮轴心转动的线速度之比==,手轮圈与小车轮的角速度之比为==,B、D错误;大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止,则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1,C正确。
5.AD　因为扇叶有三个,相互夹角为120°,观察者感觉扇叶不动,说明在相邻两次闪光时间间隔内扇叶转过的角度为120°的整数倍,即有θ=k·π(k=1,2,3…);闪光灯每秒闪12次,则闪光周期T= s,则风扇转动的角速度为ω== rad/s=k·8π rad/s(k=1,2,3…)。当k=1时,可得ω=8π rad/s,当k=2时,可得ω=16π rad/s,选A、D。
6.BC　飞镖抛出后做平抛运动,在竖直方向有h=gt2,故前后两支飞镖的飞行时间分别为t1=,t2=,所以前后两支飞镖飞行时间之比为∶1,A错误;飞镖离手时的速度为v0=,两支飞镖的水平位移相等,所以前后两支飞镖离手时的速度之比为1∶,B正确;在第一支飞镖运动的时间内,飞镖盘转过整数圈,故有t1=nT=n·(n=1,2,3…)(破题关键),解得ω=nπ(n=1,2,3…),故C正确,D错误。
易错警示　由于O点的位置不变,第二次飞镖落在O点的时间可以确定,但不能确定飞镖盘转过的圈数,所以不能用第二次飞镖的运动数据求解飞镖盘转动的角速度。
7.C　小球在竖直方向做自由落体运动,有H=gt2,可得运动时间为t=,A错误;小球击中B点时,竖直分速度为vy=gt=,vB=≠vy,B错误;小球平抛过程中,圆盘运动的时间为t=+nT(n=0,1,2…),解得T=(n=0,1,2…),可知当n=1时T=,C正确;由ω=可得圆盘转动的角速度为ω=(2n+1)π(n=0,1,2…),D错误。
方法技巧
圆周运动多解问题的处理方法
　　(1)抓住联系点:明确两个物体参与运动的性质和求解的问题,两个物体参与的两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移等,抓住两运动的联系点是解题的关键。
(2)先特殊后一般:分析问题时可暂时不考虑运动的周期性,表示出一个周期内的情况,再根据运动的周期性,在转过的角度θ上再加上2nπ,具体n的取值应视情况而定。
8.BC　子弹在圆筒内做平抛运动,在竖直方向上有h=gt2,可得子弹在圆筒中运动的时间t=,因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上,则圆筒转过的角度为θ=(2n-1)π(n=1,2,3…),则角速度为ω==(2n-1)π(n=1,2,3…),故角速度可能为7π,不可能为2π,A错误,B正确;圆筒转动的周期为T==(n=1,2,3…),同一横排两相邻弹孔间距为(n=1,2,3…),当转动小于一个周期时,则有=θR,解得θ=,则子弹射出的时间间隔可能为t=T=(n=1,2,3…),当转动大于一个周期时,则有2mπR+=θR(m=1,2,3…),解得θ=2mπ+(m=1,2,3…),则子弹射出的时间间隔为t=mT+T=·(m=1,2,3…;n=1,2,3…),则子弹射出的时间间隔可能为,不可能为,C正确,D错误。
9.答案　(1)0.4 s　(2)0.8 m　(3)0.4 m
(4)(4n+1)π m/s(n=0,1,2…)
解析　(1)小球斜上抛运动到圆盘最高点时竖直速度为0,有0=v0 sin θ-gt
解得t=0.4 s
(2)圆盘的半径与小球竖直位移的大小相等,即
R=
得R=0.8 m
(3)小球水平方向做匀速直线运动,O、P间的距离等于小球水平位移大小x,有
x=v0 cos θ·t=1.2 m
则小球抛出时A、P间的距离xAP=x-R=0.4 m
(4)圆盘运动的时间t=T(n=0,1,2…)
可得T= s(n=0,1,2…)
v==(4n+1)π m/s(n=0,1,2…)
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