课时跟踪检测(六) 圆周运动（Word练习）-【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）

课时跟踪检测(六)　圆周运动 (网阅作业，选择题请在答题区内作答) 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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. 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) (2)地球仪上A点的线速度大小。(4分) 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)求参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t；(4分) (2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；(5分) (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) 3 / 4 学科网（北京）股份有限公司 课时跟踪检测(六) 1．选A　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。 2．选A　根据角速度的定义得ω＝ rad/s＝π rad/s，故A正确，B、C、D错误。 3．选D　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。 4．选B　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．选D　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。 6．选B　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。 7．选A　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。 8．选D　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。 9．选C　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。 10．选B　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＝。 11．解析：(1)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。 (2)地球仪上A点的线速度大小为vA＝ωRA＝ m/s。 答案：(1)π rad/s　2 s　 (2) m/s 12．解析：(1)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。 (2)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。 (3)根据题意得ωt＝nπ(n＝1,2,3，…) 解得ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)0.5 s　(2)4 m/s　(3)2nπ rad/s(n＝1,2,3，…) $