第6章 第1节 圆周运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦匀速圆周运动，系统讲解线速度、角速度、周期等描述量，线速度与角速度关系，常见传动装置特点及周期性多解问题，通过“逐点清”模块构建从基础概念到应用的学习支架，衔接学者与选考层级要求。 其亮点在于多维度理解与全方位练明结合，通过定义解析、公式推导、图像分析及典例应用，落实物理观念和科学思维，如传动装置对比表助学生建构模型，周期性问题培养推理能力。助力学生分层掌握知识，教师可高效开展教学。

第六章　圆周运动 必修第二册 圆周运动 (强基课——逐点理清物理观念) 第 1 节 课标要求 层级达标 会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。 学考 层级 1.认识圆周运动、匀速圆周运动的特点。 2.理解线速度的物理意义，知道匀速圆周运动中线速度的方向。 3.理解角速度的物理意义。 4.了解转速和周期的意义。 选考 层级 1.掌握线速度和角速度的关系。 2.能在具体的情境中确定线速度和角速度。 3.理解线速度、角速度、周期、转速等各量的相互关系。 逐点清(一)　描述圆周运动快慢的物理量 逐点清(二)　线速度与角速度的关系 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　常见传动装置及其特点 逐点清(四)　圆周运动的周期性和多解性 03 04 课时跟踪检测 05 逐点清(一)　描述圆周运动 快慢的物理量 一、线速度 1.定义：物体做圆周运动，在一段______的时间Δt内，通过的弧长为Δs，则弧长Δs与时间Δt的比值叫作线速度，公式：v=。 2.意义：描述做圆周运动的物体运动的快慢。 3.方向：物体做圆周运动时该点的______方向。 多维度理解 很短 切线 4.匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处______，这种运动叫作匀速圆周运动。 (2)性质：匀速圆周运动的线速度方向是在时刻_______的，所以它是一种_______运动，这里的“匀速”是指_______不变。 相等 变化 变速 速率 二、角速度 1.定义：物体做圆周运动时，半径转过的_______与所用时间Δt ______叫作角速度，公式：ω=。 2.意义：描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。 3.单位：弧度每秒，符号是_______，在运算中角速度的单位可以写为_____。 4.匀速圆周运动是角速度______的圆周运动。 角Δθ 之比 rad/s s-1 不变 三、周期 1.周期T：做匀速圆周运动的物体，运动一周所用的_______。单位：_______。 2.转速n：做圆周运动的物体转动的_______与所用时间之比。单位：____________或_______________。 3.周期和转速的关系：T=(n的单位为r/s时)。 时间 秒(s) 圈数 转每秒(r/s) 转每分(r/min) 1.判断下列说法是否正确。 (1)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同。( ) (2)物体做匀速圆周运动时在相等的时间内转过的角度相等。 ( ) (3)物体转动的周期越短，转动得就越快。 ( ) (4)转速越大，说明物体转动得越快。 ( ) (5)圆周运动线速度公式v=中的Δs表示位移。 ( ) 全方位练明 × √ √ √ × 2.对于做匀速圆周运动的物体，下列理解不正确的是 (　 ) A.匀速圆周运动是线速度不变的运动 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 √ 解析：匀速圆周运动是线速度大小不变、方向时刻变化的变速运动，其角速度不变，“匀速”指速率不变，故选A。 3.如图，做匀速圆周运动的质点在2 s内由A点运动到B点，AB弧长为4 m，所对的圆心角θ为，该质点的线速度大小为_______m/s，角速度大小为_________rad/s。  答案：2　 解析：根据线速度的定义式v=，解得该质点的线速度大小为v= m/s=2 m/s。根据角速度的定义式ω=，解得该质点的角速度大小为ω= rad/s= rad/s。 逐点清(二)　线速度与角速度的关系 1.关系推导：由于v=，ω=，当Δθ以弧度为单位时，Δθ=，由此可得v=_____。 2.关系描述：在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的______。 多维度理解 ωr 乘积 3.v、ω、r的关系用图像描述： (1)当r一定时，v ∝ω，如图(a)所示。 (2)当ω一定时，v ∝r，如图(b)所示。 (3)当v一定时，ω∝，如图(c)或(d)所示。 [典例]　A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比为sA∶sB=2∶3，转过的角度之比ΔθA∶ΔθB=3∶2，则下列说法正确的是 (　 ) A.它们的运动半径之比rA∶rB=2∶3 B.它们的运动半径之比rA∶rB=4∶9 C.它们的周期之比TA∶TB=3∶2 D.它们的转速之比nA∶nB=2∶3 √ [解析]　A、B两个质点在相同的时间内通过的路程之比为2∶3，即通过的弧长之比为2∶3，所以vA∶vB=2∶3，在相同的时间内转过的角度之比ΔθA∶ΔθB=3∶2，根据ω=得ωA∶ωB=3∶2，又v=ωr，所以rA∶rB=4∶9，A错误，B正确；根据T=知TA∶TB=ωB∶ωA=2∶3，C错误；转速是单位时间内物体转过的圈数，即n=，所以nA∶nB=TB∶TA=3∶2，D错误。 1.质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是 (　 ) A.因为v=ωr，所以线速度大小v与轨道半径r成正比 B.因为ω=，所以角速度ω与轨道半径r成反比 C.因为ω=2πn，所以角速度ω大小等于π的整数倍 D.因为ω=，所以角速度ω与周期T成反比 全方位练明 √ 解析：公式v=ωr(或ω=)是三个物理量之间的关系式，只有当ω一定时，v与r才成正比，只有v一定时，ω与r才成反比，故A、B错误；公式ω=2πn，n表示转速，而不是表示整数，故不能说角速度ω大小等于π的整数倍，故C错误；公式ω=是两个物理量之间的关系，ω与周期T成反比，故D正确。 2.(2025·秦淮高一期末)工程人员在测量距离时会用到手推式测距仪，如图所示。已知某款手推式测距仪测距轮子直径255 mm，当轮子以1.6 m/s的平均速率向前运动时，滚轮的转速约为 (　 ) A.1 r/s　　　　　 B.2 r/s C.3 r/s D.4 r/s √ 解析：根据v=ωr，又ω=2πn，联立解得n≈2 r/s。 逐点清(三)　常见传动装置及其特点 多维度理解 三类传动装置对比   同轴传动 皮带传动 齿轮传动 装置 A、B两点在同轴的两个圆盘边缘上 两个轮子用皮带连接(不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特点 角速度、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等 转动方向 相同 相同 相反 规律 线速度与半径成正比：= 角速度与半径成反比：= 周期与半径成正比：= 角速度与半径成反比：= 周期与半径成正比：= 续表 [典例]　(2025·滨海高一期末)《天工开物》中介绍了古法制糖工艺，用糖车挤压甘蔗收集汁水如图甲所示，其简化模型的俯视平面图如图乙所示。手柄上的A点到转动轴轴心O点的距离为4R，两个半径为R的圆柱体表面有两个点B和C，则A、B、C三点的线速度大小之比为 (　 ) A.1∶4∶1　　　　B.1∶4∶4 C.4∶1∶1 D.4∶1∶4 √ [解析]　A、C为同轴转动，角速度相同，则根据v=ωr，可知vA∶vC=4∶1，B、C两点线速度相同，则vA∶vB∶vC=4∶1∶1。 1.图甲是一款感应垃圾桶。物体靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中，桶盖上的A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则 (　 ) A.ωA>ωB B.ωA<ωB C.vA>vBq D.vA<vB 全方位练明 √ 解析：桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度大小相等，即ωA=ωB；根据v=ωr，又有rB>rA，则vB>vA，故A、B、C错误，D 正确。 2.(2025·无锡高一检测)如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径r1=10 cm的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r2=5 cm的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r3=40 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，则后轮每分钟转动圈数为 (　 ) A.30 B.60 C.15 D.120 √ 解析：大齿轮与小齿轮通过链条连接，线速度大小相等，大齿轮与小齿轮半径之比为2∶1，根据v=ωr=2πnr可知，大齿轮与小齿轮的转速比n大∶n小=1∶2，又小齿轮与后轮转速相同，故后轮每分钟转动圈数为60，故B正确。 逐点清(四)　圆周运动的 周期性和多解性 1.问题特点 (1)研究对象：匀速圆周运动的多解问题一般涉及两个做不同运动的物体。 (2)运动特点：一个物体做匀速圆周运动，另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动，匀速直线运动等)。 (3)运动的关系：由于两物体运动的时间相等，根据等时性建立等式求解待求物理量。 多维度理解 2.分析技巧 (1)抓住联系点：明确题中两个物体的运动性质，抓住两运动的联系点。 (2)先特殊后一般：先考虑第一个周期的情况，再根据运动的周期性，考虑多个周期时的规律。 1.如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为L=2 m，当飞镖以初速度v0=10 m/s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=10 m/s2。若飞镖恰好击中P点，则 (　 ) A.圆盘的半径为8 cm B.圆盘转动的周期可能是0.08 s C.圆盘转动的角速度最小值为10π rad/s D.若飞镖初速度增大1倍，则它将击中圆心O 全方位练明 √ 解析：根据题意可知，飞镖做平抛运动，水平方向上有L=v0t，解得飞镖飞行的时间为t==0.2 s，竖直方向上有2R=gt2，解得R=0.1 m =10 cm，故A错误。根据题意，设圆盘转动的周期为T，则有t=T+ kT(k=0，1，2，3，…)，圆盘转动的周期T= s(k=0，1，2，3，…)。当k=2时，T=0.08 s；当k=0时，圆盘转动的周期最大，为Tm=0.4 s，由ω=可知，此时角速度最小，为ωmin=5π rad/s，故C错误，B正确。若飞镖初速度增大1倍，由上述分析可知，飞镖飞行的时间为t'=t=0.1 s，则飞镖下落的高度为h=gt'2=0.05 m=5 cm，飞镖不能击中圆心O，故D错误。 2.(2025·苏州高一期末)我国物理学家葛正权于1930-1934 年参与研究共同设计了如图所示的装置，半径为R的圆筒B 可绕O轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。银原子以一定 速率从d点沿虚线经狭缝c射入圆筒内壁。某次实验有一个银 原子从d点发出，经过c点时aOcd恰好在一直线上，圆筒内壁上有一个点b，Oa与Ob的夹角θ=，如图所示。该银原子入射后恰好打到圆筒内壁的b点，重力和阻力忽略不计，则这个银原子的速率可能为(　 ) A.　　 B.　　 C.　　 D. √ 解析：银原子从c点射入圆筒到穿出所需要的时间为t=，根据匀速圆周运动的规律可知b点在该段时间内转过的角度满足的关系为2kπ+=ωt(k=0，1，2，3……)，联立解得这个银原子的速率为v=(k=0，1，2，3……)，把k=0，1，2，3……代入，解得v=……，故选B。 3.(2025·安徽高考)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是 (　 ) √ 解析：因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度相同，设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向的分速度=ωrcos ωt，即vN=ωrcos ωt，故D正确，A、B、C错误。 课时跟踪检测 (标 的为推荐讲评题目) 1.做匀速圆周运动的物体，其速度 (　 ) A.大小不变　　　　　　 B.方向不变 C.大小、方向都不变 D.大小、方向都变化 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 解析：做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，方向时刻发生变化，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.做匀速圆周运动的物体，2 s内转过的角度为360°，则物体的角速度为多大 (　 ) A.π rad/s B.2π rad/s C.4π rad/s D.6π rad/s √ 解析：根据角速度的定义得ω= rad/s=π rad/s，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是 (　 ) A.a球的线速度比b球的线速度大 B.a球的角速度比b球的角速度小 C.a球的线速度与b球的线速度大小相等 D.a球的角速度与b球的角速度大小相等 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，转动一圈的时间相等，即周期相同，故角速度大小相等，故B错误，D正确；由于a球的转动半径较小，角速度相同，根据v=ωr，可知a球的线速度比b球的线速度小，故A、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.卫星发射时，可利用其随地球自转的速度，达到节省燃料的目的。仅从该角度考虑，卫星发射场的位置应建在 (　 ) A.靠近南极 B.赤道附近 C.靠近北极 D.地面任意处 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：题目要求充分利用地球自转的速度，因为地球上各点自转的角速度是一样的，由v=ωr可知，要使卫星发射时发射场所在地的自转线速度最大，则该地点的自转半径最大，而自转半径最大处在赤道即纬度最低的地方，故卫星发射场的位置应建在赤道附近，故B正确，A、C、D错误。 5.(2025·京口高一期末)株洲市某风电项目部可以生产风力发电设备，如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，在叶片转动过程中 (　 ) A.vM>vN B.vM=vN C.ωM>ωN D.ωM=ωN 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 解析：由于M、N属于同轴转动，故角速度相等ωM=ωN，故C错误，D正确；由v=ωr，rN>rM知vM<vN，故A、B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2025·镇江高一期末)如图是自行车外接助力装置，其通过滚轮驱动车轮转动。滚轮直径为8 cm，车轮直径为48 cm。滚轮与车轮间无相对滑动，则滚轮与车轮的角速度之比为 (　 ) A.1∶1 B.6∶1 C.1∶6 D.36∶1 √ 解析：滚轮与车轮间无相对滑动，两轮边缘线速度大小相等，根据ω=可知，角速度之比为6∶1。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.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绳，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.绞盘转动的转速为 r/s D.绞盘转动的频率为 Hz √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据v=ω·d，解得ω=4 rad/s，故A正确；绞盘转动的周期为T==π s，故B错误；根据ω=2πn，解得绞盘转动的转速为n= r/s，故C错误；绞盘转动的频率为f== Hz，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.(2025·铜山高一阶段练习)死飞自行车，指后轮的齿轮与后轮直接用螺栓固接(不像普通自行车，后轮齿轮与 后轮是通过棘轮棘爪连接，普通自行车反向 踩脚踏板时后轮不受力)的自行车。死飞自行 车的结构，只有一个车架、两个轮子、一个车把和座子，通常没有闸线、齿轮转换器、挡泥板、灯、反光板和刹车闸。死飞自行车受到现代年轻人的喜爱。如图所示为死飞的脚踏及后轮，若链条连接的前轮齿数为36个，连接的后轮齿数为10个，则前后轮角速度之比为 (　 ) A.1∶1 B.1∶2 C.3.6∶1 D.1∶3.6 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：前、后轮的齿数之比等于半径之比，则r1∶r2=36∶10= 3.6∶1，前、后轮边缘的线速度相等，根据v=ωr可得前、后轮角速度之比为ω1∶ω2=r2∶r1=1∶3.6。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·金坛高一期中)如图所示，暗室中有一匀 速转动的自行车轮，车轮均匀分布有8根辐条，O为 车轮的轴心。有一频闪发光源，发光频率为f，一观 察者看到车轮“不转动”，则在闪光周期内车轮转动的角度可能为 (　 ) A. π B. π C. π D. π √ 解析：观察者看到车轮“不转动”，则在闪光周期内车轮转动的角度一定是π的整数倍，即可能为π。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.如图所示，光滑的水平圆盘固定在水平面上，中心O点固定一竖直光滑细杆，光滑圆环套在细杆上，细绳的一端连接圆环，另一端连接小物块(可视为质点)。物块绕O点逆时针转动，经时间t，物块由A点转到B点，OA与OB垂直。则物块转动的角速度可能为 (　 ) A.　　　 B. C.　　　 D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：物块由A点转到B点，转过的角度为θ=2nπ+(n=0，1，2，3，…)，所以物块转动的角速度为ω==(n=0，1，2，3，…)，当n=2时ω=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(12分)如图所示，直径为0.5 m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度大小为 m/s，求： (1)地球仪转动的角速度和周期；(8分) 答案：π rad/s　2 s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：B点做圆周运动的半径为 RB=Rcos 60°=0.125 m， 由vB=ωRB，得出地球仪转动的角速度 ω=π rad/s， 又由ω= ，得出地球仪转动的周期T=2 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)地球仪上A点的线速度大小。(4分) 答案： m/s 解析：地球仪上A点的线速度大小为 vA=ωRA= m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(14分)冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在 水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道 的高度差h=1.25 m，M为圆盘边缘上的一 点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右 跳出，初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0=4 m，圆盘半径R=2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t；(4分) 答案：0.5 s　 解析：参赛者从P点跳出后做平抛运动，其在竖直方向做自由落体运动，有h=gt2 解得参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t=0.5 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；(5分) 答案：4 m/s　 解析：参赛者在水平方向做匀速运动，当满足x0-R=v0t时，v0最小，解得v0=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)若参赛者从P点跳出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使参赛者落到M点，求圆盘转动的角速度ω。(5分) 答案：2nπ rad/s(n=1，2，3，…) 解析：根据题意得ωt=nπ(n=1，2，3，…) 解得ω=2nπ rad/s(n=1，2，3，…)。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $