2024-2025学年新教材高中物理第六章圆周运动第1节圆周运动训练含解析新人教版必修2

PAGE12-第1节圆周运动学问点一匀速圆周运动1.(多选)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．匀速圆周运动是变速运动B．匀速圆周运动的速率不变C．随意相等时间内通过的位移相等D．随意相等时间内通过的路程相等2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是()A．其角速度与转速成正比，与周期成反比B．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述C．匀速圆周运动是匀速运动，因为其速率保持不变D．做匀速圆周运动的物体，所受合力为零学问点二描述圆周运动的物理量3.一质点做圆周运动，在时间t内转过n周．已知圆周半径为R，则该质点的线速度大小为()A.eq\f(2πR,nt)B.eq\f(2πRn,t)C.eq\f(nR,2πt)D.eq\f(2πt,nR)4．(多选)如图所示，一个圆环绕中心线AB以肯定的角速度转动，下列说法正确的是()A．P、Q两点的角速度相同B．P、Q两点的线速度相同C．P、Q两点的角速度之比为eq\r(3)︰1D．P、Q两点的线速度之比为eq\r(3)︰15．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是()A．线速度大的角速度肯定大B．线速度大的周期肯定小C．角速度大的运动半径肯定小D．角速度大的周期肯定小6．(多选)A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比sA︰sB＝2︰3，转过的圆心角之比θA︰θB＝3︰2.则下列说法正确的是()A．它们的线速度之比vA︰vB＝2︰3B．它们的角速度之比ωA︰ωB＝2︰3C．它们的周期之比TA︰TB＝2︰3D．它们的周期之比TA︰TB＝3︰2关键实力综合练进阶训练其次层一、单选题1．在一棵大树将要被伐倒的时候，有阅历的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，依据树梢的运动状况就能推断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避开被倒下的大树砸伤，从物理学问的角度来说明，以下说法正确的是()A．树木倒下时，树梢的角速度较大，易于推断B．树木倒下时，树梢的线速度较大，易于推断C．树木倒下时，树梢的周期较大，易于推断D．伐木工人的阅历没有科学依据2．甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则()A．ω1>ω2，v1>v2B．ω1<ω2，v1<v2C．ω1＝ω2，v1<v2D．ω1＝ω2，v1＝v23．如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点，当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()A．a、b和c三点的线速度大小相等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4．两个小球固定在一根长为L的杆的两端，且绕杆上的O点做圆周运动，如图所示．当小球1的速度为v1，小球2的速度为v2时，转轴O到小球2的距离为()A.eq\f(v1,v1＋v2)LB.eq\f(v2,v1＋v2)LC.eq\f(v1＋v2,v1)LD.eq\f(v1＋v2,v2)L5．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2m，轴杆的转速为3600r/minA．360m/sB．720mC．1440m/sD．108m二、多选题6．质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是()A．因为v＝ωR，所以线速度v与圆周半径R成正比B．因为ω＝eq\f(v,R)，所以角速度ω与圆周半径R成反比C．因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比D．因为ω＝eq\f(2π,T)，所以角速度ω与周期T成反比7．甲、乙两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3︰1，线速度之比为2︰3，那么下列说法正确的是()A．它们的半径之比为2︰9B．它们的半径之比为1︰2C．它们的周期之比为2︰3D．它们的周期之比为1︰38．无级变速可在变速范围内随意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速，许多汽车都应用了无级变速．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠摩擦力带动且不打滑．以下推断中正确的是()A．滚轮从右向左移动时从动轮转速降低，滚轮从左向右移动时从动轮转速增加B．滚轮从左向右移动时从动轮转速降低，滚轮从右向左移动时从动轮转速增加C．当滚轮位于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2间的关系为n1D1＝n2D2D．当滚轮位于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2间的关系为n1D2＝n2D1三、计算题9．在如图所示的时钟中，秒针、分针和时针的转动周期分别是多少？角速度又是多少？在图中标出秒针的尖端经过“3”“6”“9”“12”时刻的速度方向．假如要知道秒针、分针和时针尖端处的线速度大小，还须要知道什么物理量？算一算你家中的时钟或你自己的指针式手表各指针尖端处的线速度大小．学科素养升级练进阶训练第三层1．如图所示为“行星传动示意图”．中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R1，四周四个“行星轮”的转动轴固定，其半径为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1＝1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程中不打滑，那么()A．A点与B点的角速度相同B．A点与B点的线速度相同C．B点与C点的转速之比为7︰2D．A点与C点的周期之比为3︰52．(多选)2019年6月25日02时09分，我国在西昌卫星放射中心用长征三号乙运载火箭，胜利放射了第四十六颗北斗导航卫星．假设北斗导航卫星做匀速圆周运动，共运行了n圈，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r，则计算其运行周期可用()A．T＝eq\f(t2－t1,n)B．T＝eq\f(t1－t2,n)C．T＝eq\f(2πr,v)D．T＝eq\f(2πv,r)3．如图所示是多级减速装置的示意图，每一级减速装置都是由固定在同一转动轴上的绕同一转动轴转动的大小两个轮子组成．各级之间用皮带相连，假如每级减速装置中大轮的半径为R＝1m，小轮的半径为r＝0.5m．则当第一级的大轮边缘线速度大小为v1＝80mA．40m/sB．20m/sC．10m/sD．4．(多选)如图所示，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方a点水平抛出一小球，圆盘以角速度ω匀速转动，当圆盘半径Ob方向恰好转到与小球初速度方向相同的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，则小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能满意()A．h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,2π)B．h＝eq\f(8gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,4π)C．h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,6π)D．h＝eq\f(32gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,8π)5．如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆．为了数据检索的便利，磁盘格式化时要求全部磁道储存的字节与最里边的磁道的字节相同，最里边的磁道上每字节所占用磁道的弧长为L.已知磁盘的最外边的磁道半径为R，最里边的磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外边的磁道不储存字节．电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间．下列说法正确的是()A．相邻磁道的线速度的差值为eq\f(2πd,n)B．最里边的磁道的一个字节通过磁头的时间为eq\f(L,n)C．读完磁道上全部字节所需的时间为eq\f(R－r－1,nd)D．若r可变，其他条件不变，当r＝eq\f(R,2)时，磁盘储存的字节最多6．如图所示，钻床的电动机轴上的塔轮1、2、3和钻轴上的塔轮4、5、6的直径分别是d1＝d6＝160mm，d2＝d5＝180mm，d3＝d4＝200mm，电动机的转速n＝900r(1)皮带在2、5两轮时，钻轴的转速是多少？(2)皮带在1、4两轮时，钻轴的转速是多少？(3)皮带在3、6两轮时，钻轴的转速是多少？7．如图所示是一种粒子测量器，圆柱形容器的半径为R，容器壁上有一槽口A，其正对的位置是B，P是喷射高速粒子流的喷口，其喷射方向沿直径方向．现使容器以角速度ω匀速转动，则喷射的粒子流可以从槽口A进入容器，最终落在B′上，测得BB′的弧长为s，求喷射的粒子流的速度．8．如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B.一质量为m的小球从入口A沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使小球从出口B飞出，小球进入入口A处的速度v0应满意什么条件？第六章圆周运动第1节圆周运动必备学问基础练1．答案：ABD解析：依据匀速圆周运动的特点可知，线速度的大小不变，即速率不变，但速度方向时刻变更，是变速运动，也是速率不变的运动，故A、B均正确；做匀速圆周运动的物体在随意相等时间内通过的弧长即路程相等，但位移的方向可能不同，故C错误，D正确．2．答案：AB解析：做匀速圆周运动的物体，其运动的快慢用线速度或角速度描述，转速与角速度的关系是ω＝2πn，周期与角速度的关系是ω＝eq\f(2π,T)，即角速度与转速成正比．与周期成反比，故A、B正确；匀速圆周运动的速率保持不变，但速度的方向时刻变更，故是非匀速运动，C错误；匀速圆周运动是变速运动，故做匀速圆周运动的物体肯定受到合力作用，合力不为零，故D错误．3．答案：B解析：质点做圆周运动的周期T＝eq\f(t,n)，由公式v＝eq\f(2πR,T)得v＝eq\f(2πR,\f(t,n))＝eq\f(2πRn,t)，故选项B正确．4．答案：AD解析：环上各点具有相同的角速度，即ωp＝ωQ，A正确，C错误；由v＝ωr得eq\f(vp,vQ)＝eq\f(rp,rQ)＝eq\f(rsin60°,rsin30°)＝eq\f(\r(3),1)，B错误，D正确．5．答案：D解析：由v＝ωr知，r肯定时，v与ω成正比，v肯定时，ω与r成反比，故A、C均错误．由v＝eq\f(2πr,T)知，r肯定时，v越大，T越小，故B错误．由ω＝eq\f(2π,T)可知，ω越大，T越小，故D正确．6．答案：AC解析：由v＝eq\f(s,t)知eq\f(vA,vB)＝eq\f(2,3)，A对；由ω＝eq\f(θ,t)知eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(3,2)，B错误；由T＝eq\f(2π,ω)知，eq\f(TA,TB)＝eq\f(ωB,ωA)＝eq\f(2,3)，C对，D错误．关键实力综合练1．答案：B解析：整个大树倒下时的角速度和周期相同，树梢的线速度大，故B正确．2．答案：C解析：由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v1＝eq\f(2πR,t)，v2＝eq\f(4πR,t)，v1<v2.由v＝rω，得ω＝eq\f(v,r)，ω1＝eq\f(v1,R)＝eq\f(2π,t)，ω2＝eq\f(v2,2R)＝eq\f(2π,t)，ω1＝ω2，故C正确．3．答案：B解析：a、b、c三点共轴转动，角速度大小相等，a所做圆周运动的半径和b所做圆周运动的半径相等，依据v＝rω知，a、b的线速度大小相等，由于c所做圆周运动的半径最小，依据v＝rω知，c的线速度最小，故选B.4．答案：B解析：两小球的角速度相同，设为ω，则有v1＝ωr1，v2＝ωr2，r1＋r2＝L.以上各式联立解得r2＝eq\f(v2,v1＋v2)L，B正确．5．答案：C解析：子弹从A盘到B盘的过程中，B盘转过的角度θ＝2πn＋eq\f(π,6)(n＝0,1,2，…)，B盘转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn＝2π×eq\f(3600,60)rad/s＝120πrad/s，子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间，即eq\f(2,v)＝eq\f(θ,ω)，所以v＝eq\f(2ω,θ)＝eq\f(1400,12n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)，n＝0时，v＝1440m/s；n＝1时，v≈110.77m/s；n＝2时，v＝57.6m/s，C正确．6．答案：CD解析：A错：ω肯定时，线速度v与圆周半径R成正比．B错：v肯定时，角速度ω与圆周半径R成反比．C、D对：在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比．7．答案：AD解析：A对，B错：因为v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)，r甲︰r乙＝eq\f(v甲,ω甲)︰eq\f(v乙,ω乙)＝2︰9.C错，D对：因为T＝eq\f(2π,ω)，所以T甲︰T乙＝eq\f(1,ω甲)︰eq\f(1,ω乙)＝1︰3.8．答案：BC解析：当滚轮位于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时，三个轮轮缘的线速度相等，由v＝πDn，得n1D1＝n2D2；滚轮从左向右移动时，D1变小，D2变大，在n1不变的状况下，n2变小；滚轮从右向左移动时，D1变大，D2变小，在n1不变的状况下，n2变大．9．解析：设秒针、分针、时针的周期分别为T1、T2、T3，则T1＝60s，T2＝3600s，T3＝12×60×60s＝43200s设秒针、分针、时针的角速度分别为ω1、ω2、ω3则依据T＝eq\f(2π,ω)得ω＝eq\f(2π,T)所以ω1＝eq\f(2π,T1)＝eq\f(2π,60)rad/s≈0.1047rad/sω2＝eq\f(2π,T2)＝eq\f(2π,3600)rad/s≈1.744×10－3rad/sω3＝eq\f(2π,T3)＝eq\f(2π,43200)rad/s≈1.454×10－4rad/s秒针尖端在四个时刻的速度方向如图所示，假如要知道它们尖端的线速度大小还须要知道秒针、分针、时针的长度分别为多少，再结合v＝ωr计算出线速度的大小．算一算略．学科素养升级练1．答案：C解析：依据齿轮传动的特点可知，A、B两点的线速度大小相等，方向不同，B错误；由v＝rω知，线速度大小相等时，角速度和半径成反比，A、B两点的转动半径不同，因此角速度不同，A错误；B点和C点的线速度大小相等，由v＝rω＝2πn·r可知，B点和C点的转速之比为nB︰nC＝rc︰rB，rB＝R2，rc＝1.5R2＋2R2＝3.5R2，故nB︰nC＝7︰2，C正确；依据v＝rω＝eq\f(2πr,T)可知，TA︰TC＝rA︰rC＝3︰7，D错误．2．答案：AC解析：周期为转一圈所用的时间，等于转一圈的弧长与线速度的比值，也等于运动的总时间与运动圈数的比值，经分析可知，选项A、C正确．3．答案：D解析：依据同轴传动角速度相等知，每一级大轮和小轮角速度相等，依据v＝ωr知，第一级小轮的线速度为v′1＝eq\f(1,2)v1＝40m/s；依据皮带传动边缘线速度大小相等可知，其次级大轮边缘的线速度大小为v2＝v′1＝40m/s，所以其次级小轮的线速度为v′2＝eq\f(1,2)v2＝20m/s，第三级大轮边缘的线速度为v3＝v′2＝20m/s，第三级小轮边缘的线速度大小为v′3＝eq\f(1,2)v3＝10m/s，第四级大轮边缘的线速度大小为v4＝v′3＝10m/s，第四级小轮边缘的线速度大小为v′4＝eq\f(1,2)v4＝5m/s，第五级大轮边缘的线速度大小v5＝v′4＝5m/s，选项D正确．4．答案：ABD解析：由题意可知，小球在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有v0t＝R；对圆盘有eq\f(2kπ,ω)＝t(k＝1,2,3，…)，经上述分析可解得v0＝eq\f(Rω,2kπ)(k＝1,2,3，…)，h＝eq\f(2gk2π2,ω2)(k＝1,2,3，…)，依据k的取值不同，经计算可知选项A、B、D正确，C错误．5．答案：D解析：相邻磁道属于同轴传动，故角速度ω相同，相邻磁道的半径差为d，依据线速度与角速度的关系v＝ωr可知，相邻磁道的线速度的差值为2πnd，A错误；磁盘转动一圈所用时间eq\f(1,n)s，磁盘转一圈磁头所读字节的总长为2πr，所以磁头读单位长度的字节所用时间为eq\f(1,n·2πr)(s)，又一个字节所占弧长为L，所以最里边的磁道的一个字节通过磁头的时间为eq\f(L,n·2πr)(s)，B错误；因为磁盘的最外边的磁道半径为R，最里边的磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，所以磁盘中共有磁道条数为eq\f(R－r,d)，磁头读完一条磁道全部字节所用时间为eq\f(1,n)(s)，则读完磁道上全部字节所需时间为eq\f(R－r,nd)(s)，C错误；依据题意知每一磁道上的字节数都与最里边的磁道的字节相等，等于eq\f(2πr,L)，因为磁盘中共有磁道条数为eq\f(R－r,d)，所以磁盘中的字节数为N＝eq\f(2πr·R－r,Ld)＝eq\f(－2πr－\f(R,2)2＋\f(πR2,2),Ld)，由数学学问知，当r＝eq\f(R,2)时，磁盘储存的字节数最多