课时训练5 圆周运动-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中物理必修第二册 (人教版)

第六章」 圆周运动 课时夯基过关练 1圆周运动 ·课时训练5 核心素养达标夯实基础 一、选择题 4.甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿 1.如图所示，一圆盘在纸面内以O为圆心顺时 着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同 针转动，其边缘上A点的速度方向标示可能 的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速 正确的是( 度和线速度的大小分别为1、w2和、 u2,则() A.w1>w2,V>2 B.w1<w2,U<2 C.1=w2,U1<2 D.w1=w2,1=2 A.1 B.v2 C.3 D.v 5.如图所示，用扳手拧螺母时，扳手上P、Q两 2.静止在地球上的物体都要随地球一起转动， 点的角速度大小分别为wp、wQ,线速度大小 下列说法正确的是() 分别为p、,则( A.它们的运动周期都是相同的 >XO B.它们的线速度都是相同的 C.它们的线速度大小都是相同的 D.它们的角速度是不同的 A.Wp-@Q;Up>UQ 3.如图所示是一个玩具陀螺，a、b B.wp-@Q:Up<UQ 和c是陀螺上的三个点。当陀螺 C.wp<@Q:Up<UQ 绕垂直于地面的轴线以角速度ω D.wp>@Q,UP<UQ 稳定旋转时，下列表述正确 6.如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦转 的是() 动，相互之间不打滑，其半径分别为、r2、 A.a、b和c三点的线速度大小相等 r3。若甲轮的角速度为1，则丙轮的角速度 为( B.a、b和c三点的角速度相等 C.a、b的角速度比c的大 D.c的线速度比a、b的大 甲 22 物理· 课时夯基过关练了 A.rio B.3w1 10.一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋 r3 转，如图所示，伞边缘距地面高h,甩出的水 C.3 D.To 滴在地面上形成一个圆，求此圆半径x为 r2 r2 7.根据教育部的规定，高考考场除了不准考生 多少？ 带手机等通讯工具入场外，手表等计时工具 也不准带进考场，考试是通过挂在教室里的 时钟计时的，关于正常转动的时钟，下列说 法正确的是() A.秒针角速度是分针角速度的60倍 B.分针角速度是时针角速度的60倍 C秒针周期是时针周期的360 D.分针的周期是时针的24 8.两小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆 上的O点做圆周运动，如图所示。当小球1 的速度为1时，小球2的速度为2，则O点 到小球2的距离是() A B Lv2 U1+V2 C.L(+) D.L(+2) V2 二、非选择题 9.如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间 不打滑，两轮半径分别为R和r,且R=3r, A、B分别为两轮边缘上的点，则皮带轮运动 过程中，A、B两点速率之比VA：B= ;A、B两点角速度之比wA:wB= 。物理· 23 、第六章圆周运动 11.一个钟表的时针与分针的长度之比为 (3)求时针与分针两次重合的最短时间。 1:2,假设时针和分针做匀速圆周运动。 (1)求时针和分针的角速度之比； (2)求时针与分针的针尖的线速度之比； ui 核心素养培优拓展提升 1.（多选)如图所示为一个半径为5m的圆盘， 期为( 正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一 点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正 上方20m的高度有一个小球正在向边缘的 A点以一定的速度水平抛出，g取10m/s2, A.Trirs B.2n3 Ur2 ur2 要使得小球正好落在A点，则下列说法错误 C.π3 D.2xririo 的是( ) r2 r2 3.(多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮 的半径之比为1：2：4，当齿轮传动的时候， 关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B 点，下列说法正确的是() A.小球平抛的初速度一定是2.5m/s B.小球平抛的初速度可能是2.5m/s C.圆盘转动的角速度一定是πrad/s D.圆盘转动的角速度可能是πrad/s B 2.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中 A.A点和B点的线速度大小之比为1：1 I是半径为1的牙盘（大齿轮），Ⅱ是半径为 B.A点和B点的线速度大小之比为1：4 r2的飞轮（小齿轮），Ⅲ是半径为r3的后轮， C.A点和B点的角速度之比为1：1 若自行车前进的速度为，则牙盘的周 D.A点和B点的角速度之比为4：1 24 ·物理· 课时夯基过关练了 4.如图所示，一绳系一球在光滑的桌面上做匀 5.竖直放置的半径为r的圆盘绕固定的圆心 速圆周运动，绳长L=0.1m,当角速度为 O做匀速圆周运动，AB是水平直径，一小球 w=20rad/s时，绳断开，试分析绳断开后： (视为质点)从P点的正上方水平抛出，水平 (1)小球在桌面上运动的速度； 速度为o,此时圆盘上的M点恰好在圆盘 (2)若桌子高1.00m,小球离开桌面时速度 的最高点（未画出），则小球运动到圆盘的边 方向与桌面平行，求小球离开桌子后运动的 缘M点时速度正好与圆盘的边缘相切，OM 时间和落点与桌子边缘的水平距离。 与OB的夹角为0，重力加速度为g,不计空 气阻力，求： 0 (1)P点到圆盘最高点的竖直高度； (2)圆盘转动的角速度。 。物理· 25强不变，水流喷出速度不变，水流喷出后可在较长 时间内得到稳定的细水柱，可知，装置2叙述中不 当之处为竖直管A上端要高于水面。 2.答案：(1)3m/s1.2m(2)2.78s 解析：(1)从平台到斜面的过程中，小球做平抛运 动，则有h=乞8， h=0.4s 解得=√g 到达斜面时速度方向与斜面平行，则有 tan a=%=gh V00 解得o=3m/s 因此斜面顶端与平台边缘的水平距离为 x=ob=1.2m。 (2)在斜面上，由牛顿第二定律有 mgsin a-umgcos a=ma 解得加速度a=5m/s2 到达斜面时的速度为 v=√。2+v,7=√，2十(gt)2=5m/s 斜面上物体做匀加速直线运动，则有 Ht+at 1 sin a 解得t2=2.38s 总时间t=(0.4十2.38)s=2.78s。 第六章 圆周运动 课时夯基过关练 1圆周运动 课时训练5 核心素养达标·夯实基础 1.D解析：物体做圆周运动时，某点的线速度方向 沿着该点的圆周切线方向，由于圆盘以O为圆心 顺时针转动，故图中4为边缘上A点的速度方 向，D正确，A、B、C错误。故选D。 2.A解析：如图所示，地球绕自转轴转动时，地球 上各，点的运动周期及角速度都是相同的。地球表 面上的物体随地球做圆周运动的平面是物体所在 纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬 度处物体做圆周运动的半径是不同的，只有同 纬度处的物体转动半径相等，线速度的大小才相 等。但即使物体的线速度大小相同，方向也各不 相同。故选A。 15 雨滴飞出的速度大小为v=wR, 3.B解析：a、b、c三点半径不相等，所以三，点的线 速度大小不相等，A错误；a、b、c三点共轴，角速 雨滴微平抛运动，在竖直方向上有A=2g, 度相等，B正确，C错误；R。=R>R,a、b、c三，点 在水平方向上有s=t, 角速度相同，故a、b两点的线速度大于c点线速 由几何关系知，雨滴半径r=√R2十s2, 度，D错误。故选B。 4.C解析：由于甲、乙在相同时间内各自跑了一 解以上几式得=R√+西 图-2-<。由=，得w 山.答案：1 解析：(1)时针转一圈的时间T1=12h,分针转 5.B解析：扳手上P、Q两点同轴转动，所以角速度 一周的时间T=1h,根据@=票可求出时针和 相等，即有wp=wQ,根据v=aωr,rp<rQ可得Vp< 分针的角速度之比为 Q。故选B。 6.A解析：甲、丙两轮边缘的线速度大小相等，即 w1=w,故丙轮的角速度w=@。故选A。 (2)根据v=wr结合题意可得时针与分针的针尖 r3 的线速度之比 解答传动问题的两个关键： 4=wn=1 (1)绕同一轴转动的各点角速度w、转速n和周期 v2w2r224 方T相等，而各点的线速度0=wr,与半径r成正比； (3)设经过时间t时针与分针再次重合，则有 法 (2)在皮带不打滑的情况下，皮带和皮带连接的轮 指 12π_2x）·t=2m 子边缘各点线速度的大小相等，不打滑的摩擦传动，两 (T2T1) 导 轮边缘上各点线速度大小也相等，而角速度如=”与 解得 半径r成反比。 核心素养培优·拓展提升 7.A 解析：秒针、分针、时针周期分别为T1= 1min,T2=60min,T,=720min。所以元 1.BC 解析：根活A-言得-√受-2s,到小 而·若立，CD丝民：根器w学盟-票 1T2=1 球平抛的初速度6==2.5m/s,A正确，B错 t 60,器-君-12，A延瑞B错设。故达A. 误；根据wt=2nπ(n=1、2、3…)解得圆盘转动的 角速度u=2nr=nrad/s(n=1、2、3…),C错误， t 8.B解析：由题意知两小球角速度相等，即1= D正确。故选BC。 2,设球1、2到0点的距离分别为r1、”2,则业= 2.B解析：由题意结合图形可知，飞轮和后轮具有 相同的角速度，后轮的线速度大小为，可得飞轮 。故选B。 ,又n+2=L,所以22。 r2 的角速度为。=”，飞轮和牙盘具有相同的线速 9.答案：1：11：3 解析：皮带与轮之间不打滑，则有vA：vB=1：1; 度，可得二者的角速度之比为r1:r2,所以牙盘的 根书=wr可得8-反-子 角造度为如在一产，共用期T=2】 牙盘Ur2 10.答案：R√1+0 故选B。 g 3.AD解析：由于小齿轮和大齿轮通过之间的一个 解析：雨滴离开伞边缘后沿切线方向水平抛出， 齿轮传动，所以A点和B点的线速度大小之比为 其间距关系如图所示（俯视图）。 1：1,A正确，B错误；根据v=wr可知A,点和B 点的角速度之比为”4=B=4,C错误，D正确。 wB TA 故选AD 4.答案：(1)2m/s(2)0.45s0.9m 解析：(1)w=wL=20X0.1m/s=2m/s。 (2)小球离开桌面后做平抛运动， 1 竖直方向：h=28, 所以炉入g s=0.45s。 水平方向：x=t=2×0.45m=0.9m。 5.答案：(1) 2 2g tan?0r+rsin 0 (2)8tan0(5-0+2kx)(k=0,1,2,3…) 00 2 解析：(1)设小球在M点的速度为v,小球P到M 做平抛运动，在M点的速度口分别沿水平方向和 竖直方向分解 设P、M两，点的竖直高度差为ho,P到圆盘最高 点的竖直高度为五，由竖直方向做自由落体运动 得 ho=2gt 其中 ",tan d v,=gt 联立得 Vo2 h。=2gtan0 又因为 h=ho-r+rsin 0 联立得 62 h-2g tanrsin 0. (2)圆盘转过的角度 B=ωt 依题意圆盘转过的角度满足 B=受-0+2kx(=01,2,34,5…） 联立得 u=8tan9(5-0+2kx)(k=0,1,2,3,4,5…)。 2 2向心力 课时训练6 核心素养达标·夯实基础 1.C解析：物体所受合外力与速度共线，物体做直 线运动；物体所受合外力与速度不共线，物体做曲 线运动，所以物体做直线运动还是曲线运动与物 体所受合外力是恒力还是变力无关，A、B错误； 物体做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，合 外力大小不变，方向始终改变，C正确；物体做匀 变速曲线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律可 知合外力一定是恒力，D错误。故选C。 2.D解析：当秋千摆到最低，点时速度最大，由F一 mg=m知，吊绳中拉力F最大，吊绳最容易新 裂，D正确。故选D。 3.B解析：小物体在圆盘上随圆盘一起做匀速圆 周运动，其向心力由静摩擦力提供，方向始终指向 圆盘中心，与速度方向垂直。A、C、D错误，B正 确。故选B。 4.D解析：球在水平面内做匀速圆周运动，合外力 指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静 摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可 能沿OA向外，也可能沿OA向里，A错误；对B 受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的 弹力方向一定沿OB向里，B错误；若A与框架间 没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力， 两个力的合力方向不可能水平向左，C错误；A、B 两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据 F=mwr可知两球的合力大小相等，D正确。故 选D。 5.C解析：由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力 方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向；因雪 橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心。由此可 知C正确。故选C。 方 解决本题的关健是知道匀速圆周运动线速度大小 不变，方向时刻改变；向心加速度大小不变，方向始终 指 指向圆心。注意只有匀速圆周运动的合外力等于向心 力，非匀速圆周运动的向心力不等于合外力。 6.C解析：小球受到重力、绳子的拉力，A错误；以 小球为对象，根据牛顿第二定律可得mgtan0= 4π2 2 m Ter=m =mw2r,又r=Lsin0,联立解得 Lcos0,gLtan Osin 0,- T=2x 15 √Lcos0。B,D错误，C正确。故选C。 g 3.5 rad/s 物体的线速度为=wr=3.5×0.8m/s= 7.B解析：分析小球的受力，如图所示，可知，支持 2.8m/s。 力和重力的合力提供向心力，满足mgtan0= 11.答案：(1)2rad/s(2)2N(3)3rad/s m,两小球质量相同，故向心力相同，由于甲 4π2 解析：)由w=, 小球做圆周运动的半径大于乙小球的轨道半径， 1 故甲的周期大于乙的周期。故选B。 可得w=0.5rad/s=2rad/s。 (2)转台转动时，静摩擦力提供物体转动的向心 力，有 02 F:=m千 可得F=2N。 (3)当最大静摩擦力提供向心力时，有 8.C解析：对小球进行受力分析，小球受两个力，一 个是重力mg,另一个是杆对小球的作用力F,两个 Fimax-ma'r 可得w=3rad/s。 力的合力产生向心力。由平行四边形定则可得F= 核心素养培优·拓展提升 m√g2十u'R,再根据牛顿第三定律，可知杆受到 球对其作用力的大小为F=√g2十wR。故 1.D解析：小球转动的频率为∫一元，A错误；根 选C。 据线速度与角速度的公式有v=√一hw,B错 9.答案：角速度w1:2不变 误；设细线与竖直方向的夹角为日，小球受到合力 解析：两球质量相等，半径相等，根据F=mrw2可 得，此次实验研究的是向心力大小与角速度ω的 大小为F-mg1an9=mg尺，C错误；根据 h 关系；匀速转动手柄时，左边标尺露出4个格，右 牛顿第二定律可得Tsin日=nalsin0,解得绳对 边标尺露出1个格，此时两球所受，向心力大小之 小球的拉力大小为T=wl,D正确。故选D。 比为4：1，根据F=mrw2可得，此时两球的角速 2.C解析：由题意可知，两小球做圆周运动的加速 度之比为wA:wB=2：1,与传送带连接的两塔轮 度相同，匀速圆周运动过程中，合外力提供向心 边缘的线速度大小相等，根据？=rw可得，皮带连 力，可知AB绳上的拉力F2为A做圆周运动的向 接的左、右塔轮半径之比为1：2；设塔轮半径为 心力，OB绳上的拉力F1和AB绳上的拉力F2的 R,小球的转动半径为r,根据v=Rw,F=mru2可 合力为B球提供向心力，根据Fm=mrw2可知 得F=m(定)，两小球质量m相等，转动半径， F2=m·2lw2,F1-F2=mlaw2,联立解得F1： F2=3:2。故选C。 相等，与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小 3.答案：(1)2πn(2)8:9不相同 )相等，因此两小球所受的向心力与两塔轮的半 解析：(1)滑块P的角速度表达式为 径R有关，因此其他条件不变若增大手柄转动的 w=2πn。 速度，两小球所受的向心力之比不变，即两标尺示 (2)对滑块有 数的比值不变。 F+umg=ma'r 10.答案：3.5rad/s2.8m/s 化简得 解析：当物体运动到最低点时，物体受重力g、 F=-umg+mro 绳子拉力F,根据牛顿第二定律得 可知 Fr-mg=mw'r, 1.6 又由牛顿第三定律可知，绳子受到的拉力和绳子 mn-8m小=器 拉物体的力大小相等，绳子被拉断时受到的拉力 结合m1:m2=2：1解得 为F-=7.84N 1=8 故Fx=7.84N r29 所以，绳子被拉断时物体的角速度为 当F=0时，由F=一mg十mrw2和图乙可得 7.84-0.4×9.8 uimig=miro2 w= Fr一mg= mr W0.4×0.8 rad/s= uzm2g-m2r2w 联立解得 L=8 29 两次实验中滑块与水平直杆之间的动摩擦因数不 相同。 4.答案：1)号√5gL(21.8mg 解析：(1)小球从A到B做平抛运动，设运动的时 间为t,则根据运动学公式有 Lsin53°=vot 1 L-Lc0s53°=28 联立上述两式解得小球的初速度大小为 2 =5√5gL。 (2)小球运动到B点时，由于绳子绷紧，小球竖直 方向的分速度可视为瞬间变为零，因此小球在B 点开始做圆周运动的线速度大小为0，设此时悬 线的张力大小为F,则由牛顿第二定律可得 202 F-mg=m L 解得F=1.8mg。 3 向心加速度 课时训练7 核心素养达标·夯实基础 1.D解析：物体受到一个始终跟速度方向垂直、大 小不变的水平力作用，这个力将提供向心力，使物 体做匀速圆周运动，此后物体的运动速度大小不 变、方向变化，加速度的大小不变、方向变化，轨迹 为圆。故选D。 2.B解析：加速度是描述速度变化快慢的物理量， 向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理 量，因此A错误，B正确；虽然向心加速度时刻指 向圆心，但是沿不同的半径指向圆心，所以方向不 断变化，C错误；加速度公式a=0适用于平 均加速度的计算，向心加速度一般是指瞬时加速 度，D错误。故选B。 3.A解析：由T=2红可知，角速度越大的圆周运 动，周期越小，A正确；由)=ωr可知，角速度一定 的情况下，半径越大的圆周运动，线速度也越大， B错误；由=亡可知，半径一定的情况下，线速度 越大的圆周运动，向心加速度也越大，C错误；由 a=wr可知，半径一定的情况下，角速度越大的 圆周运动，向心加速度也越大，D错误。故选A。 4