《2026年高中必刷题高中物理必修第二册人教版》

1. [吉林通化2025高一下月考](多选)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是 (BD)

A.做匀速圆周运动的物体所受的合力可能为0
B.做匀速圆周运动的物体在相等的时间内转过的角度相等
C.做匀速圆周运动的物体在相等的时间内运动的位移相同
D.做匀速圆周运动的物体线速度大小不变

答案： 1.BD　[解析]做匀速圆周运动的物体线速度方向不断变化，一定有加速度，因此合力不可能为0，故A错误；根据$v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$，可知做匀速圆周运动的物体在相等的时间内运动的弧长相等，转过的角度相等，位移大小相等，但位移方向不相同，故B正确，C错误；由匀速圆周运动特点可知，做匀速圆周运动的物体线速度大小不变，故D正确。
注意：做匀速圆周运动的物体线速度大小不变，方向时刻改变，角速度不变，周期不变。

2. [四川泸州2025高一下期中]如图所示，M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴OO'转动的过程中，下列说法正确的是 (C)


A.M点的角速度比N点的角速度小
B.M点的角速度比N点的角速度大
C.M点的线速度比N点的线速度小
D.M点的线速度比N点的线速度大

答案：
2.C
模型构建
同轴转动
(1)特点：角速度相同、周期相同、转速相同、转动方向相同；

(2)线速度大小与半径成正比：$\frac{v_A}{v_B}=\frac{r}{R}$
[解析]由题意可知，M、N两点为同轴转动，所以角速度相等，故A、B错误；根据$v = \omega r$，可知M点的转动半径小于N点的转动半径，则M点的线速度比N点的线速度小，故C正确，D错误。

3. [广西玉林八校2025高一下联考](多选)在如图所示的齿轮传动装置中，三个齿轮的半径之比为1:2:3，当齿轮转动时，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点 (AD)


A.线速度大小之比为1:1
B.角速度大小之比为1:3
C.周期之比为3:1
D.转速之比为3:1

答案：
3.AD
模型构建
齿轮传动
(1)特点：齿轮边缘线速度大小相等，转动方向相反；

(2)角速度与半径成反比：$\frac{\omega_A}{\omega_B}=\frac{r_2}{r_1}$
[解析]在齿轮传动中，三个齿轮的边缘线速度大小相等，故小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点线速度大小之比为1:1，故A正确；三个齿轮边缘线速度大小相等，根据$v = \omega r$可知，角速度$\omega_A:\omega_B=\frac{v}{r_A}:\frac{v}{r_B}=r_B:r_A = 3:1$，故B错误；根据$T = \frac{2\pi}{\omega}$可知，周期之比为$\frac{T_A}{T_B}=\frac{\omega_B}{\omega_A}=\frac{r_A}{r_B}=\frac{1}{3}$，故C错误；根据$n = f = \frac{1}{T}$可知，转速之比为$\frac{n_A}{n_B}=\frac{T_B}{T_A}=3:1$，故D正确。
方法总结：解决此类问题时需区分题目属于哪种传动模型。若为同轴转动，则各点角速度相等；若为链条（齿轮或传送带）传动，则链条（齿轮或传送带）边缘上各点的线速度大小相等；若靠摩擦传动，则相切点线速度大小相等。

4. [河北邢台五岳联盟2024联考]盾构隧道掘进机简称盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械.如图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，其直径达16m，转速为5r/min，下列说法正确的是 (C)

A.刀盘工作时的角速度为10πrad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为8m/s
C.刀盘旋转的周期为12s
D.刀盘工作时各刀片末端的线速度均相同

答案： 4.C　[解析]刀盘工作时的角速度为$\omega = 2\pi n=\frac{2\pi×5}{60}rad/s=\frac{\pi}{6}rad/s$，A错误；刀盘边缘的线速度大小约为$v = \omega r=\frac{\pi}{6}×8m/s\approx4.2m/s$，B错误；刀盘旋转的周期为$T = \frac{2\pi}{\omega}=12s$，C正确；刀盘上所有刀片的角速度都相同，各刀片末端的半径也相同，根据公式$v = \omega r$可知，各刀片末端的线速度大小相等，但是方向不同，故线速度不同，D错误。
→易错点：线速度为矢量，既有大小，又有方向。

5. 如图所示，一条不可伸长轻绳，长为L，一端用手握住，另一端系一质量为m的小球，今使手握的一端在桌面上做半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径为R的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动.则小球做匀速圆周运动的线速度大小为 (D)

A.ω
B.ωL
C.ωR
D.ω√{L² + R²}

答案： 5.D　[解析]由几何知识可知，小球与手为同轴转动，小球做匀速圆周运动的半径为$r = \sqrt{L^{2}+R^{2}}$，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为$v = \omega r=\omega\sqrt{L^{2}+R^{2}}$，D正确。

6. [河南许昌高级中学2025高一下月考](多选)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点等高，且距P点距离为L.当飞镖以初速度v₀垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心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 (AD)

A.飞镖击中P点所需的时间为L/v₀

B.圆盘的半径为gL²/(2v₀²)
C.圆盘转动角速度的最小值为2πv₀/L
D.P点随圆盘转动的线速度大小可能为5πgL/(4v₀)

答案： 6.AD　[解析]飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有$t = \frac{L}{v_0}$，故A正确；分析可知，飞镖击中P点时，P点恰好在圆盘最下端，有$2r = \frac{1}{2}gt^{2}$，解得圆盘的半径$r = \frac{gL^{2}}{4v_0^{2}}$，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足$\theta = \omega t=\pi + 2k\pi(k = 0,1,2,·s)$，可得$\omega = \frac{(2k + 1)\pi v_0}{L}(k = 0,1,2,·s)$，则圆盘转动角速度的最小值为$\frac{\pi v_0}{L}$，故C错误；P点随圆盘转动的线速度大小$v = \omega r=\frac{(2k + 1)\pi v_0}{L}×\frac{gL^{2}}{4v_0^{2}}=\frac{(2k + 1)\pi gL}{4v_0}(k = 0,1,2,·s)$，当$k = 2$时，$v = \frac{5\pi gL}{4v_0}$，故D正确。
关键点拨：飞镖做平抛运动的同时，圆盘上的P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明P点正好在圆盘最下端被击中，则P点转过的角度满足$\theta=\pi + 2k\pi(k = 0,1,2,·s)$，根据平抛运动水平位移求得飞击中P点的时间。
易错分析：此类问题易由于考虑不到圆周运动具有周期性造成漏解。在解题时要先根据周期性写出圆周运动物理量表达式的通式，再根据题目要求进行判定。