《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2024 山东枣庄期中)某计算机上的机械式硬盘的磁道和扇区如图所示,这块硬盘共有 $ m $ 个磁道(即 $ m $ 个不同半径的同心圆),每个磁道分成 $ a $ 个扇区(每个扇区为 $ \frac{1}{a} $ 圆周),每个扇区可以记录 $ b $ 个字节. 电动机使盘面匀速转动,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. 不计磁头转移磁道的时间,计算机每秒最多可以从一个盘面上读取 $ n $ 个字节,则 (B)

A.磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对磁道运动的线速度相等
B.计算机读完整个硬盘的时间至少为 $ \frac{mab}{n} $
C.一个扇区通过磁头所用时间约为 $ \frac{ab}{n} $
D.磁盘转动的角速度为 $ \frac{n}{ab} $

答案：
1.B 解析：磁头在内圈磁道与外圈磁道为同轴转动，角速度$\omega$相等，由于外圈磁道的转动半径大于内圈磁道的转动半径，根据$v = r\omega$，知线速度不等，A错误；每秒最多可以从一个盘面上读取$n$个字节，每个扇区可以记录$b$个字节，则一个扇区通过磁头所用时间约为$\frac{b}{n}$，则计算机读完整个硬盘的时间至少为$\frac{mab}{n}$，B正确，C错误；每一个扇区所占的圆心角为$\frac{2\pi}{a}$，则磁盘转动的角速度为$\omega = \frac{\theta}{t} = \frac{\frac{2\pi}{a}}{\frac{b}{n}} = \frac{2\pi n}{ab}$，D错误.
规律总结 描述圆周运动的物理量之间的关系

2. (2024 浙江期中)如图所示为某工程中的一种齿轮传动装置,$ A $、$ B $ 通过齿轮咬合,$ A $、$ C $ 通过轴承联动,$ A $、$ B $、$ C $ 点的半径之比为 $ 5:3:1 $. 当齿轮传动装置匀速转动时,下列关于 $ A $、$ B $、$ C $ 点各物理量的说法正确的是 (D)

A.线速度之比为 $ 3:3:1 $
B.角速度之比为 $ 1:3:1 $
C.转速之比为 $ 5:5:1 $
D.周期之比为 $ 5:3:5 $

答案： 2.D 解析：A、B通过齿轮咬合，线速度相等，有$v_A = v_B$，A、C通过轴承联动，角速度相等，有$\omega_A = \omega_C$，A、B、C点的半径之比为$5:3:1$，根据$v = \omega r$，可得$v_A:v_C = r_A:r_C = 5:1$，所以$v_A:v_B:v_C = 5:5:1$；根据$\omega = \frac{v}{r}$，可得$\omega_A:\omega_B = r_B:r_A = 3:5$，所以$\omega_A:\omega_B:\omega_C = 3:5:3$，A、B错误.根据$T = \frac{2\pi}{\omega}$，可得$T_A:T_B:T_C = 5:3:5$；根据$n = \frac{1}{T}$，可得$n_A:n_B:n_C = 3:5:3$，D正确，C错误.
规律总结 在处理传动装置中各物理量间的关系时，关键是确定其相同的量（线速度或角速度），再由描述圆周运动的各物理量间的关系，确定其他各量间的关系.

3. (江苏南通期中)无级变速是在变速范围内任意连续变换速度的变速系统. 无级变速模型如图所示,主动轮 $ M $、从动轮 $ N $ 中间有一滚轮,$ M $ 的转速一定,各轮间不打滑,通过滚轮位置改变实现无级变速. $ A $、$ B $ 为滚轮轴上的两点,则 (A)

A.滚轮在 $ A $ 处,$ N $ 的角速度大于 $ M $ 的角速度
B.滚轮边缘与 $ M $、$ N $ 接触点的线速度不相等
C.滚轮在 $ B $ 处,$ N $ 转动周期小于 $ M $ 转动周期
D.滚轮从 $ A $ 到 $ B $,$ N $ 的转速先变小后变大

答案： 3.A 解析：由题意可知，滚轮在A处时，因滚轮边缘与从动轮N和主动轮M接触点的线速度大小相等，主动轮M的半径大于从动轮N的半径，由$v = \omega r$可知，N的角速度大于M的角速度，A正确，B错误；滚轮在B处，因滚轮边缘与从动轮N和主动轮M接触点的线速度大小相等，N的转动半径大于M的转动半径，由$v = \omega r$可知，N转动角速度小于M转动角速度，由$T = \frac{2\pi}{\omega}$可知，N转动周期大于M转动周期，C错误；由$\omega = 2\pi n$和$v = \omega r$，可得$n = \frac{v}{2\pi r}$，因滚轮边缘与从动轮N和主动轮M接触点的线速度大小一直相等，滚轮从A到B，N的转动半径一直变大，则N的转速一直变小，D错误.

4. (多选,2025 山东青岛期中)如图,水平放置的圆盘绕竖直固定轴匀速转动,在圆盘上沿半径开有一条宽度为 $ 2 \mathrm{mm} $ 的均匀缝,将激光器 $ a $ 与传感器 $ b $ 上下对准,$ a $、$ b $ 可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动. 当狭缝经过 $ a $、$ b $ 之间时,$ b $ 接收到一个激光信号,图乙为 $ b $ 所接收的光信号强度 $ I $ 随时间 $ t $ 变化的图线,图中 $ \Delta t_{1}=1.0 × 10^{-3} \mathrm{s} $,$ \Delta t_{2}=0.8 × 10^{-3} \mathrm{s} $. 下列说法正确的是 (BD)

A.圆盘转动的周期为 $ 0.6 \mathrm{s} $
B.圆盘转动的角速度为 $ 2.5 \pi \mathrm{rad} / \mathrm{s} $
C.$ a $、$ b $ 同步移动的方向沿半径指向圆心
D.$ a $、$ b $ 同步移动的速度大小约为 $ \frac{1}{4 \pi} \mathrm{m} / \mathrm{s} $

答案： 4.BD 解析：由图乙可知，相邻两次开始接收到信号的时间间隔等于圆盘转动的周期，即$0.8\ s$，A错误；圆盘转动的角速度为$\omega = \frac{2\pi}{T} = 2.5\pi\ rad/s$，B正确；由题图乙可知，接收信号的持续时间变短，速度增大，说明$a$、$b$同步移动的方向沿半径向外，C错误；第一次和第二次接收到信号时，$a$、$b$所在位置对应的圆盘线速度之差为$\Delta v = \frac{0.002\ m}{\Delta t_2} - \frac{0.002\ m}{\Delta t_1} = 0.5\ m/s$，根据$\Delta v = \omega \Delta r$，得两个位置对应的半径差，即两位置间距为$\Delta r = \frac{1}{5\pi}\ m$，$a$、$b$同步移动的速度大小约为$v = \frac{\Delta r}{T} = \frac{1}{4\pi}\ m/s$，D正确.