人教版高中物理必修二检测：课时训练4圆周运动 word版含答案

人教版高中物理必修二检测：课时训练4圆周运动 word版含答案

课时训练 4 圆周运动 题组一 描述圆周运动的物理量 1.关于匀速圆周运动,下列说法正确的是( ) A.匀速圆周运动是匀速运动 B.匀速圆周运动是匀变速运动 C.匀速圆周运动是线速度不变的运动 D.匀速圆周运动是线速度大小不变的运动 解析:这里的“匀速”,不是“匀速度”,也不是“匀变速”,而是匀速率,匀速圆周运动实际上是一种 速度大小不变、方向时刻改变的变加速运动。故选项 D正确。 答案:D 2. (多选)如图,一个匀速转动的圆盘上有 a、b、c三点,已知 Oc=Oa,则下面说法中正确的是( ) A.a、b两点线速度大小相等 B.a、b、c三点的角速度相同 C.c点的线速度大小是 a点线速度大小的 2倍 D.a、b、c三点的运动周期相同 解析:a、b、c三点具有共同的转动轴,属共轴传动问题,a、b、c三点具有共同的角速度,共同 的周期,所以 B、D正确;a、b具有共同的线速度大小,所以 A正确;因为 ra=rb=2rc,ωa=ωb=ωc, 由 v=ωr可知 va=vb=2vc,所以 C错误,故选 A、B、D。 答案:ABD 3. 如图所示,圆环以过其直径的直线 AB为轴匀速转动。已知其半径为 0.5 m,周期为 4 s,求环上 P点和 Q点的角速度和线速度大小。 解析:P点和 Q点同轴转动,所以 P点和 Q点的角速度相同,且ω= rad/s≈1.57 rad/s;P点和 Q点 绕 AB做匀速圆周运动,其轨迹的圆心不同,P点和 Q点的轨迹半径分别为 rP=R·sin 30°=0.25 m,rQ=R·sin 60°=R= m,故二者的线速度分别为 vP=rP·ω≈0.39 m/s,vQ=rQ·ω≈0.68 m/s。 答案:P点:1.57 rad/s 0.39 m/s Q点:1.57 rad/s 0.68 m/s 题组二 传动装置 4. (多选)右图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 n,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.从动轮的转速为 n D.从动轮的转速为 n 解析:因为皮带不打滑,两轮缘上各点的线速度大小相等,各点做圆周运动的速度方向为切线 方向,则皮带上的 M、N点均沿 MN方向运动,从动轮沿逆时针方向转动,A错,B对。根据线速 度与角速度的关系式:v=rω,ω=2πn得 n∶n2=r2∶r1,所以 n2=n,C对,D错。 答案:BC 5. 如图所示的齿轮传动装置中,主动轮的齿数 z1=24,从动轮的齿数 z2=8,当主动轮以角速度ω顺 时针转动时,从动轮的运动情况是( ) A.顺时针转动,周期为 B.逆时针转动,周期为 C.顺时针转动,周期为 D.逆时针转动,周期为 解析:主动轮顺时针转动,从动轮逆时针转动,两轮边缘的线速度大小相等,由齿数关系知主动 轮转一周时,从动轮转三周,故 T 从=,B正确。 答案:B 6.下图为一皮带传动装置,右轮的半径为 r,a是它边缘上的一点,左侧是一轮轴,大轮的半径为 4r,小轮的半径为 2r,b点在小轮上,到小轮中心的距离为 r,c点和 d点分别位于小轮和大轮的 边缘上,若在传动过程中,皮带不打滑,则( ) A.a点与 b点的线速度大小相等 B.a点与 b点的角速度大小相等 C.a点与 c点的线速度大小相等 D.a点与 d点的线速度大小相等 解析:左、右两轮通过皮带传动,在皮带不打滑的前提下,a、c两点的线速度大小相等,b、c、d 三点的角速度大小相等,即 va=vc,ωb=ωc=ωd,由 v=rω,可得 vb=rω,vc=2rω,vd=4rω,显然 vd>vc>vb, 则 vd>va>vb,又 va=rωa,vb=rωb,则ωa>ωb,A、B、D三项错误,C项正确。 答案:C 题组三 线速度、角速度的综合问题 7.甲、乙两物体分别做匀速圆周运动,如果它们转动的半径之比为 1∶5,线速度之比为 3∶2, 则下列说法正确的是( ) A.甲、乙两物体的角速度之比是 2∶15 B.甲、乙两物体的角速度之比是 10∶3 C.甲、乙两物体的周期之比是 2∶15 D.甲、乙两物体的周期之比是 10∶3 解析:由 v=rω可得;又ω=,所以,故选 C。 答案:C 8. 如图所示,小球 Q在竖直平面内做匀速圆周运动,半径为 r,当 Q球运动到与 O在同一水平线 上时,有另一小球 P在竖直面内距圆周最高点为 h处开始自由下落,要使两球在圆周最高点处 相碰,Q球的角速度ω应满足什么条件? 解析:由自由落体运动的位移公式 h=gt2,可求得小球 P自由下落至圆周最高点的时间 t1= ① 设小球 Q做匀速圆周运动的周期为 T,则有 T= ② 由题意知,球 Q由图示位置至圆周最高点所用的时间 t2=T(n=0,1,2,…) ③ 要使两球在圆周最高点相碰,需使 t1=t2, ④ ①②③④式联立,解得球 Q做匀速圆周运动的角速度 ω=π(4n+1)(n=0,1,2,…)。 答案:ω=π(4n+1)(n=0,1,2,…) (建议用时:30分钟) 1.(多选)做匀速圆周运动的物体,下列物理量不变的是( ) A.线速度 B.速率 C.角速度 D.周期 解析:物体做匀速圆周运动时,速度的大小虽然不变,但线速度不但有大小,还有方向,各点线速 度的方向是圆周上该点的切线方向,所以方向变化,选项 B、C、D正确。 答案:BCD 2.教师在黑板上画圆,圆规脚之间的距离是 25 cm,他保持这个距离不变,用粉笔在黑板上匀速 地画了一个圆,粉笔的线速度是 2.5 m/s。关于粉笔的运动,有下列说法:①角速度是 0.1 rad/s; ②角速度是 10 rad/s;③周期是 10 s;④周期是 0.628 s;⑤频率是 10 Hz;⑥频率是 1.59 Hz;⑦转速 小于 2 r/s;⑧转速大于 2 r/s。下列哪个选项中的结果是全部正确的( ) A.①③⑤⑦ B.②④⑥⑧ C.②④⑥⑦ D.②④⑤⑧ 解析:根据描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系得 角速度ω= rad/s=10 rad/s 周期 T= s=0.628 s 频率 f= s≈1.59 Hz 转速 n=f=1.59 r/s<2 r/s 故选项 C正确。 答案:C 3. 如图所示,甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动,相互之间不打滑,其半径分别为 r1、r2、r3。若 甲轮的角速度为ω1,则丙轮的角速度为( ) A. B. C. D. 解析:本题属于摩擦传动,摩擦传动的特点是各个轮边缘的线速度大小相等,即 v1=v2=v3,则有 ω1r1=ω2r2=ω3r3,可得 A选项正确。 答案:A 4. 一种早期的自行车如图所示,这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大,这样的设计在当时 主要是为了( ) A.提高速度 B.提高稳定性 C.骑行方便 D.减小阻力 解析:在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下,根据公式 v=ωr可知,轮子半径越大,车轮边缘的线 速度越大,车行驶得也就越快,故 A选项正确。 答案:A 5. 机械手表(如图所示)的分针与秒针从第一次重合至第二次重合,中间经历的时间为( ) A. min B.1 min C. min D. min 解析:先求出分针与秒针的角速度为ω分= rad/s,ω秒= rad/s。 设两次重合的时间间隔为Δt,则有 φ分=ω分Δt,φ秒=ω秒Δt,φ秒-φ分=2π, 即Δt= s= s= min。 故选项 C正确。 答案:C 6.某品牌电动车的铭牌如下: 车型:20英寸 (车轮直径:508 mm) 电池规格: 36 V 12 Ah(蓄电池) 整车质量:40 kg 额定转速:210 r/min 外形尺寸:L 1 800 mm× W 650 mm×H 1 100 mm 充电时间:2~8 h 电机:后轮驱动、直流永磁式电 机 额定工作电压 /电流 :36 V/5 A 根据此铭牌中的有关数据,可知该车的额定时速约为( ) A.15 km/h B.18 km/h C.20 km/h D.25 km/h 解析:由题意可知车轮直径为 D=508 mm=0.508 m,车轮额定转速为 n=210 r/min= r/s= r/s,则 车轮轮缘上的点线速度为 v==πDn=20 km/h。 答案:C 7. 变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如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( ) A.该车可变换两种不同挡位 B.该车可变换五种不同挡位 C.当 A轮与 D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4 D.当 A轮与 D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1 解析:由题意知,A轮通过链条分别与 C、D连接,自行车可有两种速度,B轮分别与 C、D连接, 又可有两种速度,所以该车可变换四种挡位;当A与D组合时,两轮边缘线速度大小相等,A转 1 圈,D转 4圈,即,选项 C对。 答案:C 8. 为了测定子弹的飞行速度,在一根水平放置的直杆上固定两个薄圆盘 A、B,盘 A、B平行且相 距 2 m,直杆的转速为 3 600 r/min,子弹穿过两盘留下两弹孔 a、b,测得两弹孔所在半径的夹角 θ=30°,如图所示。则该子弹的速度可能是( ) A.360 m/s B.720 m/s C.1 440 m/s D.108 m/s 解析 :子弹从 A 盘到 B 盘 ,B 盘转过的角度 θ=2πn+(n=0,1,2,…),B 盘转动的角速度 ω==2πf=2πn=2π× rad/s=120π rad/s,子弹在 A、B盘间运动的时间等于 B盘转动的时间,即,所 以 v= m/s(n=0,1,2,…),n=0时,v=1 440 m/s;n=1时,v≈110.77 m/s;n=2时,v=57.6 m/s,故选项 C正 确。 答案:C 9. 一个半径为 5 m的圆盘如图所示,正绕其圆心做匀速转动,当圆盘边缘上的一点 A处在如图所 示位置的时候,在其圆心正上方 20 m 的高度有一小球正在向边缘的 A点以一定的速度水平 抛出,g取 10 m/s2,要使得小球正好落在 A点,则: (1)小球平抛的初速度为多少? (2)圆盘的角速度应满足什么条件? 解析:(1)对小球,由平抛运动知识得 h=gt2 ① x=R=v0t ② 联立①②得 v0=2.5 m/s,t=2 s。 (2)对圆盘上的 A点,在小球运动的时间内,转过的必定是整数圈,即ωt=2kπ 所以ω==kπ rad/s(k=1,2,3,…)。 答案:(1)2.5 m/s (2)ω=kπ rad/s(k=1,2,3,…) 10. 在生产电缆的工厂里,生产好的电缆线要缠绕在滚轮上,如图所示,已知其内芯半径 r1=20 cm, 缠满时半径 r2=80 cm,且滚轮转速不变,恒为 n=30 r/min,试分析: (1)滚轮的转动方向如何? (2)电缆线缠绕的最大、最小速度是多大? (3)从开始缠绕到缠满所用时间为 t,则从开始缠绕到缠绕长度为缠满时电缆长度的一半时,所 用时间为吗?为什么? 解析:(1)从题图可知滚轮的转动方向为逆时针。 (2)开始缠绕时速度最小:v 小=ωr1 其中ω=2πn=2π× rad/s=π rad/s v 小=ωr1=π×0.2 m/s=0.2π m/s 缠满时速度最大: v 大=ωr2=π×0.8 m/s=0.8π m/s。 (3)由于电缆线的缠绕速度逐渐增大,因此从开始缠绕到缠绕长度为电缆长度一半时所用 时间要大于。 答案:(1)逆时针 (2)0.8π m/s 0.2π m/s (3)见解析