1第6章 第1节 课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第二册教用课件(人教版)

该高中物理课件聚焦匀速圆周运动的线速度、角速度、周期等物理量关系及传动模型，通过旋转木马、摩天轮等实际情境题导入，衔接直线运动知识，搭建从基础公式应用到齿轮、皮带轮传动分析的学习支架。 其亮点在于情境化题目设计与科技史素材融合，如结合《天工开物》齿轮翻车、飞镖击中转动圆盘等案例，培养学生物理观念（运动观念）和科学思维（模型建构、科学推理）。飞镖题综合平抛与圆周运动，解析详析公式推导，助力学生提升推理能力，教师可分层教学，提高课堂效率。

第1节　课后达标检测 1 √ 1．(2024·江苏扬州学业考试)一个小孩坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。圆周的半径为4.0 m，当他的线速度为2.0 m/s时，他的角速度ω为(　　) A．0.5 rad/s　　　　 B．1 rad/s C．2 rad/s D．8 rad/s 4 5 6 7 8 1 9 10 11 2 3 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 5．脚踏自行车的传动装置简化图如图所示，各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动。已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1∶10∶4，传动链条在各轮转动中不打滑，则当丙转一圈时，乙转过的圈数为(　　) A．1 B．2 C．2.5 D．4 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 6．如图所示的是一皮带传动装置，右轮的半径为r，左轮的半径为2r，a、b分别是两轮边缘上的点，c是左轮轮盘上的一点，它到左轮中心的距离为r。若在传动过程中，皮带不打滑，则(　　) A．a点与b点的周期相等 B．a点与b点的角速度大小相等 C．a点与c点的线速度大小相等 D．b点与c点的周期相等 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 7．(2025·河北石家庄市期末)如图所示，地球可看成一个质量分布均匀的球体，地球上的物体均随地球自转做匀速圆周运动。已知石家庄的纬度约为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则位于赤道和石家庄的物体P、Q随地球自转的角速度、线速度之比分别为(　　) A．1∶1，5∶3 B．1∶1，5∶4 C．5∶3，1∶1 D．5∶4，1∶1 解析：物体P、Q随地球自转，则物体P、Q的角速度相等；根据v＝ωr，可得物体P、Q的线速度大小之比vP∶vQ＝rP∶rQ＝R∶R cos 37°＝5∶4。 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 8．明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>rB>rC，则(　　) A．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度大 B．齿轮A、B的角速度大小相等 C．齿轮B、C边缘的线速度大小相等 D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 解析：根据题意可知，A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮A、B边缘的线速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rA>rB则有ωA<ωB，由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，则有ωA<ωB＝ωC，故A、B错误；由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rB>rC，则有vB>vC，可得vA＝vB>vC，故C错误，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ 9．如图所示的传动装置，皮带轮O和O′上有三点A、B、C，O 和O′半径之比为 1∶4，C 是O′上某半径的中点，则皮带轮转动时，关于A、B、C三点的线速度、角速度之比，正确的是(　　) A．ωA ∶ ωB ∶ωC＝4 ∶ 2 ∶ 1 B．ωA ∶ ωB ∶ ωC＝ 2 ∶ 2 ∶ 1 C．vA∶vB∶vC＝4∶2∶1 D．vA∶vB∶vC＝2∶2∶1 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 解析：根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相等，即vA＝vB，根据v＝ωr，可得 ωA∶ωB＝rB∶rA＝4∶1，又因为共轴转动特点，可知B、C 两点的角速度相等，即ωB＝ωC，根据v＝ωr，可得 vB∶vC＝rB∶rC＝2∶1，综上可得vA∶vB∶vC＝2∶2∶1，ωA∶ωB∶ωC＝4∶1∶1。 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 11．(12分)如图所示，小球Q在竖直平面内逆时针做匀速圆周运动，当Q球转到与O在同一水平线上时，有另一小球P从距圆周最高点h处开始自由下落，要使两球在圆周最高点相碰，重力加速度为g。求： (1)Q球转动的角速度ω；(6分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 (2)Q球做匀速圆周运动的周期及其最大值。(6分)　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 课后达标检测 解析：根据题意可知，小孩绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，由公式v＝ωr可得，他的角速度ω＝ eq \f(v,r)＝ eq \f(2,4) rad/s＝0.5 rad/s。 2．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则下列说法不正确的是(　　) A.角速度为0.5 rad/s B．转速为0.5 r/s C．运动轨迹的半径为 eq \f(4,π) m D．频率为0.5 Hz 解析：由题意知v＝4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系可知ω＝ eq \f(2π,T)＝π rad/s，A错误；由T＝ eq \f(1,n)得转速n＝ eq \f(1,T)＝ eq \f(1,2) r/s＝0.5 r/s，B正确；由v＝ωr得r＝ eq \f(v,ω)＝ eq \f(4,π) m，C正确；由频率与周期的关系得f＝ eq \f(1,T)＝0.5 Hz，D正确。 3．如图所示，摩天轮高128 m，匀速运行一周需用时45 min。其匀速转动的角速度大小为(　　) A． eq \f(π,900) rad/s B． eq \f(π,1 350) rad/s C． eq \f(π,27) rad/s D． eq \f(2π,45) rad/s 解析：该摩天轮匀速转动的角速度大小ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(π,1 350) rad/s。 4．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． eq \f(vAL,vA＋vB) B． eq \f(vBL,vA＋vB) C． eq \f((vA＋vB)L,vA) D． eq \f((vA＋vB)L,vB) 解析：两小球A、B同轴转动，角速度大小相等，则有ω＝ eq \f(vA,rA)＝ eq \f(vB,rB)，即 eq \f(vA,vB)＝ eq \f(rA,rB)，又rA＋rB＝L，联立可得rA＝ eq \f(vAL,vA＋vB)。 解析：甲、丙边缘处的线速度相等，根据v＝ωr，可得甲和丙的角速度之比 eq \f(ω甲,ω丙)＝ eq \f(r丙,r甲)＝4，甲、乙同轴，角速度相等，故 eq \f(ω乙,ω丙)＝4，故当丙转一圈时，乙转4圈。 解析： a、b分别是两轮边缘上的点，靠皮带传动，两点的线速度相等，根据ω＝ eq \f(v,R)可知，由于a、b的半径不相等，所以a点与b点的角速度大小不相等，又T＝ eq \f(2π,ω)，所以a点与b点的周期也不相等，故A、B错误；a、b的线速度相等，b、c属于同轴转动，角速度相等，根据v＝ωR可知b、c的线速度不相等，所以a点与c点的线速度大小不相等，故C错误；b、c属于同轴转动，周期相等，故D正确。 10．(多选)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在同一竖直平面内等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直于盘面瞄准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 eq \f(L,v0) B．圆盘的半径可能为eq \o\al(2,0) eq \f(gL2,2v) C．圆盘转动角速度的最小值为 eq \f(2πv0,L) D．P点随圆盘转动的线速度可能为 eq \f(7πgL,4v0) 解析：飞镖水平抛出后做平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，因此t＝ eq \f(L,v0)，A正确；飞镖击中P点时，P点恰好在圆盘最低点，则有2r＝ eq \f(1,2)gt2，解得圆盘的半径r＝eq \o\al(2,0) eq \f(gL2,4v) ，B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…)，故ω＝ eq \f(θ,t)＝ eq \f((2k＋1)πv0,L)(k＝0，1，2，…)，则圆盘转动角速度的最小值为 eq \f(πv0,L)，C错误；P点随圆盘转动的线速度v＝ωr＝ eq \f((2k＋1)πgL,4v0)(k＝0，1，2，…)，当k＝3时，v＝ eq \f(7πgL,4v0)，D正确。 解析：小球P做自由落体运动，有 h＝ eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \r(\f(2h,g)) Q球运动到最高点的时间t′＝ eq \f(T,4)＋nT(n＝0，1，2，3，…) 由于T＝ eq \f(2π,ω)，t＝t′ 解得ω＝2π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋n)) eq \r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，3，…)。 答案：2π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋n)) eq \r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，3，…) 解析：根据公式T＝ eq \f(2π,ω) 解得T＝ eq \f(4,4n＋1) eq \r(\f(2h,g))(n＝0，1，2，3，…) 当n取0时，周期最大，最大值Tmax＝4 eq \r(\f(2h,g))。 答案： eq \f(4,4n＋1) eq \r(\f(2h,g))(n＝0，1，2，3，…)　4 eq \r(\f(2h,g)) $