【文档说明】2023-2024学年高一物理人教版2019必修第二册同步试题 6.1 圆周运动（冲A提升练） Word版含解析.docx，共(15)页，520.951 KB，由小赞的店铺上传

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6.1圆周运动（冲A提升练）（解析版）一、单选题（本大题共12小题）1.做匀速圆周运动的物体，下列哪些物理量是改变的()A.线速度B.转速C.角速度D.频率【答案】A【解析】解：物体做匀速圆周运动时，相等时间内通过的弧长相等，则线速度大小保持不变，即速率不

变，线速度的方向时刻都在变化，所以线速度是变化的。角速度大小和方向不发生变化，转速和频率是标量，不发生改变，故A正确，BCD错误。故选：𝐴。匀速圆周运动是线速度大小保持不变的圆周运动，它的线速度大小、角速度、周期都保持不变；它的速度、加速度、与合外力的大小

保持不变而它们的方向时刻都在变化．该题考查对描述匀速圆周运动的基本量理解，注意矢量的方向性，属于基础题目．2.如图所示为某一皮带传动装置。主动轮的半径为𝑟1，从动轮的半径为𝑟2。已知主动轮做顺时针转动

，转速为𝑛1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是()A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C.从动轮边缘线速度大小为𝑟2⬚2𝑟1𝑛1D.从动轮的转速为𝑟2𝑟1𝑛1【答案】B【解析】解析：选B主动轮沿顺时针

方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大小相等，故A错误，B正确；由ω=2πn、v=ωr可知，2πn1r1=2πn2r2，解得v=2πn1r1，n2=r1r2n1，故

C、D错误。3.如图所示为某钟表的表盘，时针、分针、秒针的针尖到转动轴的距离之比为5:9:12，下列说法正确的是()A.时针转动的角速度为𝜋1800rad/sB.秒针转动的角速度为2𝜋rad/sC.时针、分针、秒针

的周期之比为3600:60:1D.时针、分针、秒针的针尖的线速度之比为5:108:8640【答案】D【解析】根据钟表求得秒针、分针、时针转动一周的时间，由公式ω=2πT可知，时针转动的角速度和秒针转动的角速度，根据v=ωr=2πTr可知，求解线速度比值。解决本题的关键是知道时针、分针、秒

针的周期，以及周期、角速度、线速度的关系。【解答】A.时针做圆周运动的周期为12h，时针转动的角速度为ω=2πT=π21600rad/s，故A错误；B.秒针做圆周运动的周期为60s，由公式ω=2πT可

知，秒针转动的角速度为π30rad/s，故B错误；C.时针、分针、秒针做圆周运动的周期分别为12h，1h、160h；时针、分针、秒针的周期之比为720︰60︰1，故C错误；D.时针、分针、秒针的针尖到转动轴的距离之比为5︰9︰12，根据v=ωr

=2πTr可知，时针、分针、秒针的针尖的线速度之比为5︰108︰8640，故D正确。4.甲、乙两个物体做匀速圆周运动，其向心加速度大小随半径变化的关系曲线如下图所示，则()A.甲物体的线速度大小改变B.甲物体的角速度大小不变C.乙物体的线速度大小改

变D.乙物体的角速度大小不变【答案】D【解析】根据加速度的不同表达形式结合图象进行分析，由控制变量法得出正确结论在分析圆周运动各物体量之间的关系时，要注意各量之间相互影响，故在分析某两个量之间的关系时，一定要先控制变量．【解答】A、由a=v2R知，做匀速圆周运动的物体线速度大小不变时，向

心加速度与半径成反比，故A正确;B、由a=ω2R知，角速度大小不变时，向心加速度与半径成正比，故B错误;C、由a=v2R知，做匀速圆周运动的物体线速度大小不变时，向心加速度与半径成反比，故C错误;D、由a=ω2R知，角速度大小不变时，向心加速度与半径成正比，故D正确。故选

D5.将变速自行车的链条调整到16齿的飞轮与48齿的链轮上，若某人脚踩踏板，每2秒转1圈。根据以上信息，下列判断正确的是()A.链轮与飞轮的角速度之比为3∶1B.链轮与飞轮的周期之比为1∶3C.链轮与飞轮的转速之比为3∶1D.车轮每2秒转3圈

【答案】D【解析】本题考查描述圆周运动的物理量。解决问题的关键是清楚链轮与飞轮的半径之比等于齿数之比，再结合线速度、角速度、转速、半径之间的关系分析判断。【解答】A.链轮与飞轮的半径之比等于齿数之比为3:1，由于边缘

的线速度大小相等，即ω链r链=ω飞r飞，得角速度之比ω链：ω飞=1:3，故A错误；B.链轮与飞轮的周期之比T链:T飞=3:1，故B错误;C.链轮与飞轮的转速之比n链:n飞=ω链：ω飞=1:3，故C错误;D.飞轮与车轮的角速度、转速相同，每2秒链

轮转1圈，飞轮要转3圈，车轮也转3圈，故D正确。6.如图所示的皮带传动装置中，轮𝐴和𝐵同轴，𝐴、𝐵、𝐶分别是三个轮边缘的质点，且𝑅𝐴=𝑅𝐶=2𝑅𝐵，则下列说法中正确的是()A.三质点的线速度之比𝑣𝐴:𝑣

𝐵:𝑣𝐶=2:1:1B.三质点的角速度之比𝜔𝐴:𝜔𝐵:𝜔𝐶=2:1:1C.三质点的周期之比𝑇𝐴:𝑇𝐵:𝑇𝐶=2:2:1D.三质点的转速之比𝑛𝐴:𝑛𝐵:𝑛𝐶=1:

1:2【答案】A【解析】要求线速度之比需要知道三者线速度关系：B、C两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，A、B两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同。解决传动类问题要分清是摩擦传动

(包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同)还是轴传动(角速度相同)。【解答】由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vB：vC=1：1，由于A轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，故ωA：ωB=1：1，由角速度和线速度的关系式v=

ωR可得vA：vB=RA：RB=2：1，ωB：ωC=RC：RB=2：1，则有：A.线速度之比为：vA：vB：vC=2：1：1，故A正确；B.角速度之比为ωA：ωB：ωC=2：2：1，故B错误；C.根据T=2πω得：TA：TB：TC=1：1：2，故C

错误；D.转速n=ω2π，故转速之比等于角速度之比为：2：2：1；故D错误；故选A。7.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中𝐴轮有48齿，𝐵轮有42齿，𝐶轮

有18齿，𝐷轮有12齿，则下列正确的是()A.当𝐵轮与𝐶轮组合时，两轮的线速度之比𝑣𝐵:𝑣𝐶=7:3B.当𝐵轮与𝐶轮组合时，两轮的周期之比𝑇𝐵：𝑇𝐶=3:7C.当𝐴轮与𝐷轮组合时，两轮的角速度之比�

�𝐴:𝜔𝐷=1:4D.当𝐴轮与𝐷轮组合时，两轮角速度之比𝜔𝐴:𝜔𝐷=4:1【答案】C【解析】A轮分别与C、D连接，B轮分别与C、D连接，共有4种不同的挡位；抓住线速度大小相等，结合齿轮的齿数之比可以得出轨道半径之比，从而求出角速度之比和周期之比解决本题

的关键知道靠传送带传动，两轮边缘的线速度大小相等，知道线速度、角速度的大小关系。【解答】AB.同缘传动边缘点线速度相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，当B与C组合时，两轮边缘线速度大小相等，ωB2

π⋅NB=ωC2πNC，解得：ωB：ωC=18：42=3：7，根据ω=2πT可知两轮的周期之比TB：TC=7：3，故AB错误；CD.同缘传动边缘点线速度相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，得：ω

A2π⋅NA=ωD2π⋅ND，解得：ωA：ωD=ND：NA=12：48=1：4，故C正确，D错误。故选：C。8.某同学以变速自行车的齿轮传动作为研究性课题，他通过查阅相关资料了解变速自行车的变速原理，测得图示中后小齿轮

组中最小、最大齿轮半径分别为𝑟1、𝑟2，前大齿轮半径为𝑟3、后轮半径为𝑅。若该自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，则后轮的最大线速度为()A.2𝜋𝑟3𝑅𝑟1B.2𝜋𝑟2𝑅𝑟1C.2𝜋𝑟3𝑅𝑟2D.2𝜋𝑟1𝑅𝑟2【答案】A【解析】靠链条传动轮子边

缘上的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，结合线速度与角速度的关系进行求解。解决本题的关键知道线速度与角速度的关系，知道共轴转动的点角速度相等，靠链条传动的轮缘上的点线速度大小相等。【解答】链条连接后小齿轮组中半径最小的齿轮时，后轮的线速度

最大，由于自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，所以前大齿轮的频率为f=1Hz，其周期为：T3=1f=11s=1s，根据公式v=ωr，可得前大齿轮边缘的线速度为：v3=r32πT3=2πr3通过链条相连，线速度大小相同，所以后小齿轮组中最小齿轮的线速度为

：v1=v3=2πr3，则小齿轮组的角速度为：ω=v1r1=2πr3r1，由于后轮与小齿轮组同轴，所以角速度相等，根据公式v=ωr，可得后轮的线速度为：v=Rω=2πr3Rr1，故A正确，BCD错误。故选：A。9.图中是一款幼儿园𝐷𝐼𝑌齿轮传动玩具，三

个齿轮的直径分别为8𝑐𝑚、4𝑐𝑚、2𝑐𝑚，𝑎、𝑏是大齿轮边缘的两点，𝑐是主动轮边缘的点，现转动摇把，摇把以20𝑟/min的转速转动，下列说法正确的是A.𝑎点和𝑏点线速度相同B.𝑎点和𝑐点

角速度相同C.𝑎点的线速度大小约为0.08𝑚/𝑠D.大齿轮𝑎点的的转速约为10𝑟/𝑚𝑖𝑛【答案】D【解析】本题考查传动问题，同缘传动，边缘点线速度相等；同轴传动，角速度相等。这是解决传动问题的基本方法。【解答】A、a点和b

点线速度大小相同，方向不同，故A错误；B、a、c两点是同缘转动，线速度大小相等，但是半径不同，根据v=rω可知角速度不同，故B错误；D、大小齿轮边缘的线速度相等，则有raωa=rcωc，结合ω=2πn可得rana=rcnc，所以大

齿轮转速约为na=rcncra=2cm×20r/min4cm=10r/min(注意题中所给数据是直径)，故D正确；C、大齿轮转动的角速度为ωa=2πna=2π×1060rad/s=π3rad/s，线速度为v=raωa=0.04×π3m/s≈0

.04m/s，故C错误。10.一半径为𝑅的雨伞绕伞柄在水平面以角速度𝜔匀速旋转，如图所示，伞边缘距地面的高度为ℎ，伞边缘甩出的水滴在地面上形成一个圆，重力加速度大小为𝑔，不计空气阻力，则圆的半径𝑟为()A.𝑅(1+�

�√2ℎ𝑔)B.𝑅(1+𝜔√ℎ𝑔)C.𝑅𝜔√2ℎ𝑔D.𝑅√1+2ℎ𝜔2𝑔【答案】D【解析】雨滴飞出后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，从而求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出水滴在地面上形成圆的半径．本题考查了平抛运动

和圆周运动的综合，对数学几何能力要求较高，关键作出雨滴在地面上的平面图．【解答】根据h=12gt2，解得：t=√2hg，则平抛运动的水平位移为：s=v0t=ωR√2hg，根据几何关系得：圆的半径r=√s2+R2=R√1+2ω2hg故选D。11.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等高，且距离𝑃点为𝐿.当飞镖以初速度𝑣0垂直盘面瞄准𝑃点抛出的同时，圆盘以经过盘心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，若飞镖恰好击中𝑃点，则()A.飞镖击中𝑃点所需的时

间为𝐿𝑣0B.圆盘的半径可能为𝑔𝐿22𝑣02C.圆盘转动角速度的最小值为2𝜋𝑣0𝐿D.𝑃点随圆盘转动的线速度不可能为5𝜋𝑔𝐿4𝑣0【答案】A【解析】本题关键知道恰好击中P点，说明P点正

好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解。飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t=(2n+1)T2，根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解。【

解答】A.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=Lv0，故A正确；B.飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=12gt2，解得圆盘的半径为：r=gL24v02，故B错误；C.飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2…)故ω=θt=(2k+1)

πv0L，则圆盘转动角速度的最小值为πv0L，故C错误；D.P点随圆盘转动的线速度为：v=ωr=(2k+1)πv0L⋅gL24v02=(2k+1)πgL4v0，当k=2时，v=5πgL4v0，故D错误。故选A。12.随着车辆的增多，很多地方都安装有车牌自动识别的直杆道闸。如图

所示为某直杆道闸𝑂𝑀，𝑂𝑀长度为3𝑚，𝑁点为𝑂𝑀中点，直杆可绕转轴𝑂在竖直平面内匀速转动。一辆长度为4𝑚的汽车以速度𝑣=2𝑚/𝑠垂直于自动识别线𝑎𝑏匀速运动，汽车前端从𝑎𝑏运动到直杆处𝑎′𝑏′的时间为3.3𝑠。已知自动识别系统

的反应时间为0.3𝑠，直杆在汽车前端到达𝑎′𝑏′时，抬高了45°。关于直杆的转动下列说法正确的是A.直杆转动的角速度为𝜋4rad/sB.𝑁点的线速度为𝜋4m/sC.自动识别线𝑎𝑏到直杆处𝑎′𝑏′的距离为6𝑚D.汽车刚通过道闸

时，直杆抬起的角度为75°【答案】D【解析】本题考查了匀速直线运动，角速度的定义和计算式，周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式；认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。

求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度和时间，然后求出直杆转动的角速度大小；由v=ωr计算线速度；根据匀速直线运动规律求出自动识别线ab到直杆处a′b′的距离；由角速度计算出直杆抬起的角度。【解答】A.由角速度定义式ω=ΔθΔt=π43.3−0.3rad/s=π12ra

d/s，故A错误；B.由角速度与线速度关系式vN=ωrN=π12×3×12m/s=π8m/s，故B错误；C.由匀速直线运动公式得自动识别线ab到直杆处a′b′的距离为：x=vt=2×3.3m=6.6m，故C错误；D.由匀速直线运动公式

，车通过道闸的时间为t1=lv=42s=2s；由角速度定义式ω=Δθ1Δt+t1解得Δθ1=ωΔt2=π12×(3.3−0.3+2)=75°，故D正确。二、计算题（本大题共3小题）13.如图所示，直径为𝑑的

纸制圆筒，使它以角速度𝜔绕轴𝑂匀速转动，然后使子弹沿直径穿过圆筒。若子弹在圆筒上留下𝑎、𝑏两个弹孔，已知aO、bO夹角为𝜑，求子弹的速度。【答案】解：子弹射出后沿直线运动，从a点射入，从b点射出，设子弹速度为v0，则子弹穿

过圆筒的时间t=dv0此时间内圆筒转过的角度α=π−φ+2kπ(k=0、1、2…)据α=ωt得，π−φ+2kπ=ωdv0则子弹速度v0=ωd(2k+1)π−φ(k=0、1、2…)。答：子弹的速度为ωd(2k+1)π−φ(k=

0、1、2…)【解析】根据子弹穿过圆筒的时间和圆筒转动的时间相等，找到子弹速度和圆筒角速度之间的关系，求出子弹的速度。解题时注意圆筒转动的周期性，把握子弹穿过圆筒的时间和圆筒转动的时间相等这个条件。14.某计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示。这块硬磁盘共有9216个磁道(即9216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7200𝑟/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。(1)一个扇

区通过磁头所用的时间是多少？(2)不计磁头转移磁道的时间，计算机1𝑠内最多可以从一个盘面上读取多少个字节？【答案】解：(1)电动机使磁盘以7200r/min=120r/s的转速匀速转动，角速度为：ω=2πn=2π×120=2

40πrad/s经过一个扇区转过的圆心角为：θ=2π8192；故经过一个扇区用时为：t=θω=2π8192240πs=1×10−6s；(2)转速为n=7200r/min=120r/s则计算机在1s内从磁

盘面上读取的字节数N=120×8192×512个=5.12×108个(字节)【解析】(1)先根据ω=2πn求解角速度；然后根据ω=θt求解一个扇区通过磁头所用的时间；(2)根据转速求出1s内转动的圈数，根据磁道数、扇区数以及每个扇区内的字节数求出1s内读取的字节．15.一人骑自行车由静止开

始上一长𝐿=200𝑚斜坡，自行车达到最大速度前做加速度𝑎=1𝑚/𝑠2的匀加速直线运动，达到最大速度后脚蹬踏板使大齿轮以𝑛=4𝜋转/秒的转速匀角速转动，自行车匀速运动一段时间后，由于骑行者体能下降，自行车距离坡顶50𝑚处开始做匀减速运动，已知最后50𝑚的平均速度只有之前平

均速度的84%。自行车大齿轮直径𝑑1=15𝑐𝑚，小齿轮直径𝑑2=6𝑐𝑚，车轮直径𝑑3=60𝑐𝑚。求：(1)大齿轮的最大角速度𝜔1；(2)运动过程中自行车的最大速度𝑣𝑚；(3)到达坡顶时的速度𝑣。【答案】(1)以最大速度做匀角速转动时，大齿轮的角速度

为：ω1=2πn=2π×4π=8rad/s(2)根据d12ω1=d22ω2得小齿轮的角速度为：ω2=d1d2ω1=156×8rad/s=20rad/s后轮的角速度与小齿轮的角速度相等，则自行车的最大速度为：vm=d32ω2=0.62×20m/s=6m/s(3)匀加速直线运动的位移为：x1=vm22

a=362m=18m匀速运动的位移为：x2=200m−18m−50m=132m匀加速运动的时间为：t1=vma=61s=6s匀速运动的时间为：t2=x2vm=1326s=22s最后50m之前的平均速度为：v1

=x1+x2t1+t2=15028m/s，则最后50m内的平均速度为：v2=84％×v1=84100×15028m/s=4.5m/s根据平均速度的推论知，v2=v+vm2代入数据解得：v=3m/s【解析】(1)根据匀

速运动时大齿轮的转速求出角速度的大小；(2)抓住大齿轮和小齿轮线速度相等求出小齿轮的角速度，结合小齿轮和后轮的角速度相等求出最大速度；(3)根据运动学公式求出匀加速直线运动和匀速直线运动的位移，求出50m之前的平均速度，从而得出最后5

0m的平均速度，结合平均速度的推论求出到达坡顶的速度。本题考查了圆周运动、匀变速直线运动的综合运用，知道大齿轮和小齿轮边缘上的线速度相等，小齿轮和后轮的角速度相等。