课时6.1 圆周运动--2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）

第五章　抛体运动 课时6.1　圆周运动 1. 知道什么是圆周运动和匀速圆周运动，认识匀速圆周运动的物理模型特征。 2. 理解线速度、角速度、周期、转速等概念，会对它们进行定量计算。 3. 掌握线速度、角速度与周期之间的关系。 4. 掌握常见传动装置的特点。 1. 匀速圆周运动 1. 圆周运动：轨迹为圆周或一段圆弧的机械运动称为圆周运动。圆周运动是曲线运动，所以它一定是变速曲线运动。 2. 匀速圆周运动：线速度大小处处相等的圆周运动。这里的匀速指的是运动速率不变。 3. 匀速圆周运动的性质及特点 (1) 匀速圆周运动线速度大小不变，但方向时刻改变，故匀速圆周运动是变速运动。 (2) 匀速圆周运动角速度不变 (3) 周期、频率、转速都不变。 1. 描述圆周运动的物理量 1. 描述圆周运动物理量的对比 线速度(v) 角速度(ω) 周期(T) 频率(f) 转速(n) 定义 大小为通过的弧长Δs跟所用时间Δt的比值 大小为半径转过的角度Δθ跟所用时间Δt的比值 物体沿圆周运动一周所用的时间 单位时间内运动重复的次数 物体转动的圈数与所用时间之比 大小 都以秒为单位时 标矢性 矢量，方向沿圆周的切线方向 矢量(其方向中学阶段不研究) 标量 标量 标量 2. 描述圆周运动的各物理量的关系 考点　圆周运动的运动学分析 常见的几种传动方式及特点 传动类型 图示 结论 共轴 传动 (1)运动特点：转动方向相同 (2)定量关系：A点和B点转动的周期相同、角速度相同，A点和B点的线速度与其半径成正比 皮带 (链条) 传动 (1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动。 (2)定量关系：A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度大小必然相等，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比 齿轮 传动 (1)运动特点：转动方向相反 (2)定量关系：vA = vB； (z1、z2分别表示两齿轮的齿数) 结论：齿数和半径成正比。 摩擦 传动 (1)运动特点：两个摩擦轮靠摩擦传动，A、B两点分别是两轮边缘上的点，A、B两点线速度大小相等 (2)定量关系：角速度与半径成反比；周期与半径成正比 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江苏常州溧阳期末)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，如图所示，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，以下说法不正确的是 (　　) A.A、B运动的线速度大小之比为3∶4 B.A、B运动的角速度之比为3∶2 C.A、B运动的周期之比为2∶3 D.A、B做圆周运动的半径之比为8∶9 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江苏无锡月考)如图所示为学生使用的修正带，修正带的核心结构为咬合良好的两个齿轮，大、小齿轮的齿数之比N1∶N2=k∶1。A、B两点分别位于大、小齿轮的边缘，当使用修正带时，纸带的运动会带动两齿轮转动，则两齿轮转动时，A、B两点的 (　　) A.角速度之比为1∶k B.角速度之比为1∶1 C.线速度大小之比为1∶k D.转速之比为k∶1 4.(2024江苏常州华罗庚中学月考)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.(2024河北衡水月考)如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则 (　　) A.飞镖击中P点所需的时间为 B.圆盘的半径可能为 C.圆盘转动角速度的最小值为 D.P点随圆盘转动的线速度大小可能为 6.(2024江苏盐城中学月考)如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心轴OO'匀速转动，筒的半径R=2 m，筒壁上有一小孔P，一小球从P的正上方高h=3.2 m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，重力加速度g取10 m/s2。则筒转动的周期可能为 (　　) A. s　　　　B. s　　　　C. s　　　　D. s 7.(2024江苏扬州月考)如图所示，半径为R的水平圆盘绕过中心O点的竖直轴匀速转动，圆盘中心O点正上方高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，下列说法不正确的是 (　　) 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 8.(2024山东德州月考)为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的转轴上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2 m，转轴的转速为3 600 r/min，转动方向如图所示，子弹穿过两圆盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔所在半径的夹角θ=30°。则该子弹的速度可能是 (　　) A.360 m/s　　　　　　　　B.720 m/s C.1 440 m/s　　　　　　　　D.108 m/s 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.A　根据v=，可知A、B运动的线速度大小之比为vA∶vB=4∶3，A错误；根据ω=可知A、B的角速度之比为ωA∶ωB=3∶2，B正确；根据T=可知，A、B运动的周期之比为TA∶TB=2∶3，C正确；根据v=ωr可知，A、B做圆周运动的半径之比为RA∶RB=8∶9，D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.A　 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　修正带靠齿轮传动，所以边缘线速度大小相等，故A、B两点的线速度大小之比为1∶1，C错误；根据半径与齿数的关系，得==，由公式v=ωr可得，A、B两点的角速度之比为ωA∶ωB=rB∶rA=1∶k，故A正确，B错误；由公式ω=2πn可得，A、B两点的转速之比为nA∶nB=ωA∶ωB=1∶k，故D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.D　飞镖抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，故飞镖击中P点所需的时间为t=，A错误；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，在竖直方向有2r=gt2，解得圆盘的半径r=，故B错误；飞镖击中P点，则圆盘转过的角度θ=ωt=π+2kπ(k=0，1，2，…)，可得角速度为ω==(k=0，1，2，…)，则圆盘转动角速度的最小值为ωmin=，故C错误；P点随圆盘转动的线速度大小为v=ωr=×=(k=0，1，2，…)，当k=2时v=，故D正确。 6.D　小球做自由落体运动，当其恰好到达圆筒上的小孔P时，有h=g，解得t1=0.8 s，当小球恰好从小孔P离开圆筒时，有h+2R=g，解得t2=1.2 s，故小球在圆筒中的运动时间为Δt=t2-t1=0.4 s，小球在圆筒中运动的时间内，筒转过的角度θ=π+2kπ(k=0，1，2，…)，可得Δt=T(k=0，1，2，…)，解得T= s(n=0，1，2，…)，当k=0时T= s，故选D。 7.A　由题可知，小球做平抛运动，下落高度为H，水平位移为R，则根据平抛运动的规律有H=gt2，R=v0t，联立可得，小球的初速度大小为v0=R，故A错误，B正确；小球运动的时间为t=，根据题意可知，在该段时间内圆盘转过的角度为θ=π+2kπ(k=0，1，2，…)，则圆盘的角速度为ω==π(k=0，1，2，…)，可知，当k=0时，圆盘的角速度为ω=π，当k=1时，圆盘的角速度为ω=π，故C、D正确。 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.C　由公式ω=2πn可得，圆盘转动的角速度为ω=120π rad/s，设子弹在两薄圆盘之间运动的时间为t，则有ωt=2kπ+(k=0，1，2，…)，解得t=(k=0，1，2，…)，该子弹的速度为v== m/s(k=0，1，2，…)，当k=0时v=1 440 m/s，当k=1时v≈110.8 m/s，当k=2时v=57.6 m/s，故选C。 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…) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$