人教版 (2019)必修 第二册圆周运动优秀复习练习题

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A．该物体受到的合力总指向圆心B．该物体的加速度保持不变
C．该物体的角速度与转速成正比D．该物体的速度大小不变，因此加速度为0
【答案】AC
【详解】A．物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心加速度始终指向圆心，故该物体受到的合力总指向圆心，故A正确；
B．该物体的加速度大小不变，方向指向圆心，方向是变化的，故该物体的加速度是变化的，故B错误；
C．根据
ω=2πn
可知该物体的角速度与转速成正比，故C正确；
D．该物体的速度大小不变，方向时刻改变，因此加速度不为0，故D错误。
故选AC。
2．有一质点做匀速圆周运动，在t时间内转动n周，已知该质点的运动半径为r，则该质点线速度的大小为（ ）
A．2πrntB．2πrntC．nr2πtD．2πtnr
【答案】B
【详解】在时间t内转动n周，根据线速度定义，该质点的线速度大小为
v=ΔsΔt=2πrnt
故选B。
3．（2022下·云南曲靖·高一校考阶段练习）小红推门进入教室如图所示，在门转动时，门上A、B两点的角速度分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则（ ）

A．ωA>ωB B．ωAvB D．vArB
则有
ωAvC
可得
vA=vB>vC
故C错误，D正确。
故选D。
6．（2022下·海南儋州·高一校考阶段练习）自行车后轮原地空转，其上A、B两点（如图）的线速度大小分别为vA、vB。下列判断正确的是（ ）
A．vA>vBB．vArB，则根据v=ωr可知vA>vB，故A正确，BC错误；
D．圆周运动的线速度沿轨迹切线方向，所以 A、B两点的线速度方向不同，故D错误。
故选A。
7．（2023上·河北石家庄·高一统考期末）如图所示，世界上最大的无轴式摩天轮的总高度为145m，直径达125m，摩天轮匀速运行一周需时30min。摩天轮匀速转动的角速度大小为（ ）
A．π900rad/sB．π15rad/sC．15πrad/sD．900πrad/s
【答案】A
【详解】摩天轮匀速转动的角速度大小为
ω=2πT=π900rad/s
故选A。
8．如图所示，某同学使篮球在手指上旋转，手指和篮球的接触点与篮球球心在同一竖直线上。篮球上的小泥点随篮球旋转n圈所用时间为t，假设篮球匀速旋转，则小泥点的角速度大小为（ ）

A．ntB．tnC．2πtnD．2πnt
【答案】D
【详解】由篮球的角速度公式可以求出
ω=2πnt
故ABC错误，D正确。
故选D。
9．（2023上·江苏扬州·高一扬州中学校考阶段练习）学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，已知4s内可转过90∘。汽车以速度3 m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3 s。若汽车可看成高1.6 m的长方体，要使汽车匀速顺利通过，则自动识别区ab到a′b′的距离至少为（ ）

A．6.9 mB．7.0 mC．7.2 mD．7.6 m
【答案】A
【详解】要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的最小角度为θ，根据几何关系有
tanθ=1.6−10.6=1
解得
θ=45∘
闸杆转轴在竖直面内匀速转动，4s内可转过90∘，故闸杆的转动时间为
t=2s
自动识别区ab到a′b′的距离至少为
x=v(t+t0)=3×(2+0.3)m=6.9m
故选A。
10．（2023下·四川成都·高一统考期末）图甲是物理实验室常用的感应起电机。它由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接。图乙为侧视图，玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）

A．P、Q的线速度相同
B．从动轮的转动周期为0.01s
C．P点的线速度大小约为1.6m/s
D．主动轮的转速约为400 r/min
【答案】C
【详解】A．线速度也有一定的方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；
B．玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，故从动轮的转速为
n2=100r/min
由
T2=1n2
得从动轮的转动周期为
T2=0.6s
故B错误；
C．P点的转动半径为
R=0.3m2=0.15m
线速度大小为
v2=2πn2R≈1.6m/s
故C正确；
D．由于主动轮与从动轮边缘上的速度大小相同，有
2πn1r1=2πn2r2
得主动轮的转速为
n1=25r/min
故D错误。
故选C。
11．（2024上·湖北荆州·高一校联考期末）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
【答案】D
【详解】根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相，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
综合可得
vA:vB:vC=2:2:1
ωA:ωB:ωC=4:1:1
故选D。
12．（2023上·黑龙江大庆·高一大庆实验中学校考期末）风速仪结构如图甲所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图乙所示，则该时间段内风轮叶片（ ）
A．转速逐渐减小B．角速度不变
C．平均速率为16πnrΔtD．平均速率为8πnrΔt
【答案】D
【详解】AB．根据图乙可知，在凸轮圆盘转动一圈的过程中，探测器接收到光的时间越来越短，说明凸轮圆盘转动速度越来越快，所以该时间段内风轮叶片的转速逐渐增大，角速度逐渐增大，故A正确，B错误；
CD．根据图乙可知，在该时间内，凸轮圆盘转动了4圈，所以风轮叶片转动了4n圈，则风轮叶片转动的平均角速度为
ω=θt=2π⋅4nΔt
则风轮叶片转动的平均速率为
v=ωr=8πnrΔt
故C错误，D正确。
故选D。
13．（多选）（2023下·湖北·高一校联考期末）某计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示，这块硬磁盘有若干个磁道（即若干个不同半径的同心圆），每个磁道分成8192个扇区（每扇区为18192圆周），每个扇区可以记录512个字节。电动机使盘面以5400r/min的转速匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，盘面每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，下列说法正确的是（ ）

A．相同的时间内，磁头在内磁道读取的字节数比外磁道少
B．盘面转动的角速度为180π rad/s
C．一个扇区通过磁头所用的时间约为1.4×10−6s
D．不计磁头转移磁道的时间，计算机1s内理论上可以从一个盘面上读取约2.3×1010个字节
【答案】BC
【详解】A．由每个扇区可以记录512个字节可知，无论在内磁道还是外磁道，读取数据均相同，故A错误；
B．根据角速度与转速的关系有
ω=2πn=2π×540060rad/s=180π rad/s
故B正确；
C．由题意可知
t=18192×90s≈1.4×10−6 s
故C正确；
D．1s读取得字节数为
N=8192×90×512个=3.8×108个
故D错误。
故选BC。
14．（2023下·上海闵行·高一校考期末）用如图所示的装置来测量小球做平抛运动的初速度和圆盘匀速转动的角速度，现测得圆盘的半径为R，在其圆心正上方高h处沿OB方向水平抛出一小球，使小球落点恰好在B处，重力加速度为g，则圆盘转动的角速度ω是2g2ℎ的（ ）倍？

A．π倍B．n倍
C．nπ倍（n=1，2，3，…）D．nπ倍（n=0，2，3，…）
【答案】C
【详解】竖直方向，根据自由落体运动规律
ℎ=12gt2
到达圆盘的时间
t=2ℎg
则在此时间内圆盘应该恰好转动k周，其中k为正整数，故
2πkω=2ℎg,(k=1,2,3⋅⋅⋅)
解得
ω=2πk2ℎg,(k=1,2,3⋅⋅⋅)
则ω是2g2ℎ的nπ倍（n=1，2，3，…）。
故选C。
15．某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为（ ）
A．n1n1+2n2ωB．n2n1+2n2ω
C．n1n1−n2ωD．n2n1−n2ω
【答案】A
【详解】太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，
2πRA2πRB=RARB=n1n2
解得
RB=n2n1RA
由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度也相等，所以A与B、C的线速度是相等的，由题图可知
RC=2RB＋RA
A、B与C的线速度相同，得
ωRA=ωCRC
联立可得
ωC=n1n1+2n2ω
故选A。
16．（2023下·山东潍坊·高一期中）如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，筒的半径R=2m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方ℎ=3.2m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10m/s2。则筒转动的周期可能为（ ）
A．15sB．25sC．35sD．45s
【答案】D
【详解】根据自由落体规律
ℎ=12gt12
解得
t1=0.8s
根据自由落体规律
ℎ+2R=12gt22
解得
t1=1.2s
在圆筒中的时间
Δt=t2−t1=0.4s
小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等
Δt=n+12T,n=0,1,2⋯
解得
T=0.82n+1,n=0,1,2⋯
当n=0时
T=45s
故选D。
17．（2023下·上海闵行·高一统考期末）机械手表中的分针与秒针可视为匀速转动。请你仔细观察一下，分针与秒针从第一次重合至第二次重合，中间经历的时间最接近（ ）

A．59sB．60sC．61sD．与分针位置有关的一个变量
【答案】C
【详解】分针的周期为
T1=3600s
秒针的周期为
T2=60s
设从第一次重合到再次重合所用时间为t
tT2−tT1=1
解得
t≈61s
故选C。
18．（多选）（2022下·内蒙古通辽·高一霍林郭勒市第一中学校考阶段练习）如图所示的装置可测量子弹的飞行速度。在一根轴上相隔s＝1m处安装两个平行的薄圆盘，使轴带动两盘以n＝3000r/min的转速匀速转动，飞行的子弹平行于轴沿一直线穿过两圆盘，即在盘上留下两个孔，现测得两小孔所在半径间的夹角为30°，子弹飞行速度大小可能是（ ）
A．44.6m/sB．600m/sC．54.5m/sD．800m/s
【答案】BC
【详解】子弹从左盘到右盘，盘转过的角度为
θ=2Nπ+π6（N=0、1、2……）
盘转动的角速度
ω=2πn=100πrad/s
由圆周运动公式
θ=ωt
v=st
可解得
v=60012N+1（N=0、1、2……）
当N=0时解得
v=600m/s
或者
θ=2Nπ+11π6（N=0、1、2……）
同理可得
v=60012N+11（N=0、1、2……）
当N=0时解得
v≈54.5m/s
故选BC。
19．（2023下·辽宁大连·高一校考阶段练习）做匀速圆周运动的物体，其线速度大小v=3 m/s，角速度ω=6 rad/s。则在t=0.1s内
（1）物体通过的弧长s为多少米？
（2）半径转过的角度θ为多少rad？
（3）半径r是多少米？
【答案】（1）0.3 m；（2）0.6 rad；（3）0.5 m
【详解】（1）在t=0.1 s内物体通过的弧长
s=vt=3×0.1m=0.3m
（2）半径转过的角度
θ=ωt=6×0.1rad=0.6rad
（3）根据
v=ωr
解得
r=vω=36m=0.5m
20．（2022下·福建泉州·高一福建省德化第一中学校考阶段练习）如图所示，某变速自行车有多个半径不同的链轮和多个半径不同的飞轮，链轮与脚踏共轴，飞轮与后车轮共轴。自行车就是通过改变链条与不同飞轮和链轮的配合来改变车速的。某次当人骑该车使脚踏板以恒定的角速度ω1转动时，所用链轮的半径为r2，飞轮的半径为r3，自行车后轮的半径为r4，求自行车行进的速度v为多少？
【答案】ω1r2r4r3
【详解】设脚踏板为1，链轮为2，飞轮为3，后轮为4，则
脚踏板和链轮、飞轮和后轮为同轴转动，
ω1=ω2，ω3=ω4
链轮和飞轮通过链条链接
v2=v3
根据
v=ωr
可得
ω2=v2r2，v3=ω3r3，ω4=v4r4
解得：
v=v4=ω1r2r4r3