高中物理 第5章 曲线运动 第4节 圆周运动练习 新人教版必修2

第4节 圆周运动
2 提升练、课时跟踪
一、选择题
1．(多选)电风扇的扇叶的重心如果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加速转轴磨损．调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的办法改变其重心位置．如图所示，A 、B 是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O 的距离r A <r B .扇叶转动后，它们的( )
A ．线速度v A <v
B B ．线速度大小相等
C ．角速度ωA >ωB
D ．角速度大小相等
解析：选AD 因为A 、B 两个调整重心的金属块固定在风扇上，因此两者绕轴O 一起转动，具有了相同的角速度，ωA ＝ωB ＝ω，故C 错误，D 正确；由线速度与角速度的关系v ＝r ω，得：v A ＜v B ，故A 正确，B 错误．
2．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( ) A ．若它们的线速度相等，角速度也一定相等 B ．若它们的角速度相等，线速度也一定相等 C ．若它们的周期相等，角速度也一定相等 D ．若它们的周期相等，线速度也一定相等
解析：选C 由公式v ＝ωr 知，当甲、乙两物体的半径r 相等时，才满足线速度相等角速度一定相等或角速度相等线速度一定相等，故A 、B 错误；由公式T ＝2πr
v
知，当半径r
相等时，才能满足周期相等线速度一定相等，故D 错误；由公式T ＝2π
ω
知，周期相等时，
角速度也一定相等，故C 正确．
3．甲、乙两同学都在参加体育锻炼，甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步．在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度大小分别是ω1、ω2.则( )
A ．ω1＞ω2
B ．ω1＜ω2
C ．ω1＝ω2
D ．无法确定
解析：选C 根据角速度的定义知ω＝Δθ
Δt ，题中已告诉两人所用时间相等，所以只需
比较转过的角度即可，甲、乙两同学都是跑的一圈，即转过的角度都是2π，所以甲、乙两同学的角速度相等，故C 正确．
4．如图所示为一种早期的自行车，这种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：选A 在骑车人脚蹬车轮转速一定的情况下，据公式v ＝ωr
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．
5．(多选)如图所示，一个绕过O 点垂直于盘面的轴匀速转动的圆盘上有a 、b 、c 三点，已知Oc ＝Oa
2
，则下面说法中正确的是( )
A ．a 、b 两点的线速度大小不相同
B ．a 、b 、c 三点的角速度相同
C ．c 点的线速度大小是a 点线速度大小的一半
D ．a 、b 、c 三点的运动周期相同
解析：选BCD a 、b 、c 三点在同一圆盘上且绕同一轴转动，故角速度、周期相同，B 、D 正确；由v ＝ωr 知v a ＝v b ，v c ＝v a
2
，A 错误，C 正确．
6．关于地球上的物体随地球自转的角速度、线速度的大小，下列说法正确的是( ) A ．在赤道上的物体线速度最大 B ．在两极的物体线速度最大 C ．在赤道上的物体角速度最大 D ．在北京和广州的物体角速度一样大
解析：选AD 物体随地球一起绕地轴匀速转动的角速度一样，由v ＝ωr 知半径大的线速度大．物体在地球上绕地轴匀速转动时，在赤道上距地轴最远，线速度最大，在两极距地轴为0，线速度为0.在北京和广州的物体角速度一样大，故A 、D 正确．
7．如图所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r 1、r 2、r 3.若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为( )
A.r 1ω1
r 3 B ．r 3ω1
r 1 C.
r 3ω1
r 2
D ．
r 1ω1
r 2
解析：选A 甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等，即r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝
r 1ω1
r 3
，选项A 正确． 8．机械手表中的分针与秒针的运动可视为匀速转动，分针与秒针从重合到第二次重合，中间经历的时间为( )
A ．1 min
B ．59
60 min C.60
59
min D ．61
60
min 解析：选C 由于秒针每转一周所用的时间为1 min ；分针转一周所用的时间为60 min ，所以两针的角速度分别为：ω1＝2π60 rad/s ，ω2＝2π60×60 rad/s.设经过时间t 两针再次重
合，则：ω1t －ω2t ＝2π，t ＝
2πω1－ω2＝3 60059 s ＝60
59
min ，选项C 正确．
9．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm ，当该型号的轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h ”上，可估算出该车轮的转速约为( )
A ．1 000 r/s
B ．1 000 r/min
C ．1 000 r/h
D ．2 000 r/s
解析：选B 由公式ω＝2πn ，v ＝ωr ＝2πrn ，其中r ＝30 cm ＝0.3 m ，v ＝120 km/h ＝1003 m/s ，代入公式得n ＝1 000
18π
r/s ，约为1 000 r/min ，故B 选项符合题意．
10．半径为R 的大圆盘以角速度ω旋转，如图所示，有人在盘边P 点上随盘转动，他想用枪击中圆盘中心的目标O ，若子弹速度为v 0，则( )
A ．枪应瞄准目标O 射击
B ．枪应向PO 右方偏过θ射击，而cos θ＝
ωR
v 0
C ．枪应向PO 左方偏过θ射击，而tan θ＝ωR v 0
D ．枪应向PO 左方偏过θ射击，而sin θ＝
ωR v 0
解析：选D 射击时，由于惯性，子弹具有沿圆周切线的速度v 1＝ωR ，要击中O 点，即合速度方向沿PO ，那么枪应向PO 左方偏过θ射击，满足sin θ＝v 1v 0＝
ωR
v 0
，故D 正确．
二、非选择题
11．图甲所示是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)．
(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2
s ，则圆盘的转速为________r/s.(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm ，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为________ cm.(保留3位有效数字)
解析：(1)由题图可知，圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22小格，又横坐标上每小格表示1.00×10－2
s ，所以圆盘转动的周期为T ＝22×1.00×10－2
s ＝0.22 s ，故圆盘的转速为n ＝1T ＝10.22
r/s ＝4.55 r/s.
(2)由题图乙可知电脉冲持续的时间为Δt ＝0.01 s ，所以圆盘侧面反光涂层的长度为Δ
l ＝v Δt ＝
2πr T ·Δt ＝2×3.14×0.102
0.22×2
×0.01 m ＝1.46 cm. 答案：(1)4.55 (2)1.46
12．如图所示，为皮带传动装置，皮带轮为O 、O ′，R B ＝12R A ，R C ＝2
3R A ，当皮带轮匀速
转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，求A 、B 、C 三点的角速度之比、线速度之比、周期之比．
解析：由题意可知，A 、B 两点在同一皮带轮上，因此ωA ＝ωB ，又皮带不打滑，所以
v A ＝v C ，故可得ωC ＝v C R C ＝v A 23
R A
＝3
2
ωA ，
所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝ωA ∶ωA ∶3
2ωA ＝2∶2∶3，
又v B ＝R B ωB ＝12R A ωA ＝v A
2
，
所以v A ∶v B ∶v C ＝v A ∶1
2
v A ∶v A ＝2∶1∶2，
T A ∶T B ∶T C ＝
2πωA ∶2πωB ∶2πωC ＝12∶12∶1
3
＝3∶3∶2. 答案：2∶2∶3 2∶1∶2 3∶3∶2
13．一半径为R 的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如图所示．伞边缘距地面高h ，甩出的水滴在地面上形成一个圆，则此圆的半径r 为多少？
解析：水滴飞出的速度大小v ＝ωR ， 水滴做平抛运动，故竖直方向有h ＝12gt 2
，
水平方向有l ＝vt ，
由题意画出俯视图，如图所示，由几何关系知，水滴在地面上形成的圆的半径r ＝
R 2＋l 2，
联立以上各式得r ＝R 1＋2ω2
h
g
.
答案：R
1＋2ω2
h g。