2016_2017学年高中物理5.4圆周运动课时作业
高中物理 5.4圆周运动课时作业(含解析)新人教版必修2-新人教版高一必修2物理试题
【高效导学】2015高中物理 5.4圆周运动课时作业〔含解析〕新人教版必修21．关于质点做匀速圆周运动，如下说法中正确的答案是( )A．质点的速度不变B．质点的周期不变C．质点的角速度不变 D．质点的转速不断变化解析：速度是矢量，匀速圆周运动中速度大小不变，但方向时刻变化，故A错．匀速圆周运动是角速度、周期、转速都不变的曲线运动，故B、C正确，D项错误．答案：BC2．如下列图，静止在地球上的物体都要随地球一起转动，如下说法正确的答案是( ) A．它们的运动周期都是一样的B．它们的线速度都是一样的C．它们的线速度大小都是一样的D．它们的角速度是不同的解析：地球绕自转轴转动时，所有地球上各点的周期与角速度都是一样的，地球外表物体做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上．不同纬度处物体做圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度处的物体转动半径相等，线速度的大小才相等．但即使物体的线速度大小一样，方向也各不一样．答案： A3．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，如下说法中正确的答案是( )A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的半径一定小D．角速度大的周期一定小解析：解决这类题目的方法是：确定哪个量不变，寻找各物理量之间的联系，灵活选取公式进展分析． 由v ＝ωr 知，r 一定时，v 与ω成正比；v 一定时，ω与r 成反比，故A 、C 均错．由v ＝2πr T 知，只有r 一定时，v 越大，T 越小，B 错．而由ω＝2πT可知，ω越大，T 越小，故D 对．答案： D4．质点做匀速圆周运动，如此( )A ．在任何相等的时间里，质点的位移都相等B ．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等C ．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都一样D ．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等解析： 如下列图，经T /4，质点由A 到B ，再经T /4，质点由B 到C ，由于线速度大小不变，根据线速度的定义得Δs ＝v ·T /4，所以相等时间内通过的路程相等，B 对．但位移x AB 、x BC 大小相等，方向并不一样，平均速度不同，A 、C 错．由角速度的定义ω＝ΔθΔt知Δt 一样，Δθ＝ω·Δt 一样，D 对．答案： BD5.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如下列图．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形中央区的时间内，关于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的答案是( )A ．增大、减小B ．不变、不变C ．增大、不变D ．减小、减小解析： 由于轨道是光滑的，小球运动的线速度大小不变，半径逐渐减小，由ω＝vr知ω逐渐增大，故C 项正确．答案： C6.右图所示是一个玩具陀螺，a 、b 和c 是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，如下表述正确的答案是( )A ．a 、b 和c 三点的线速度大小相等B ．a 、b 和c 三点的角速度相等C ．a 、b 的角速度比c 的大D ．c 的线速度比a 、b 的大解析： a 、b 、c 三点都在陀螺上，陀螺转动一周，陀螺上的每一个点都将转动一周，因此a 、b 、c 三点的周期相等，角速度ω＝2πT也相等，应当选项B 正确，选项C 错误．又因为转轴为竖直的，a 、b 两点到转轴的距离相等，大于c 点到转轴的距离，即转动半径不同且有r a ＝r b >r c .由公式v ＝ωr 可知v a ＝v b >v c ，故A 、D 均错．答案： B7.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，在一样的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，如此( )A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2解析： 由于甲、乙在一样时间内各自跑了一圈，v 1＝2πR t ，v 2＝4πR t，v 1＜v 2，由v ＝rω，得ω＝v r ，ω1＝v 1R ＝2πt ，ω2＝2πt，ω1＝ω2，故C 正确． 答案： C8．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如下列图，其半径分别为r 1、r 2、r 3，假设甲轮的角速度为ω，如此丙轮的角速度为( )A.ωr 1r 3B.ωr 3r 1 C.ωr 3r 2D.ωr 1r 2解析： 各轮边缘各点的线速度大小相等，如此有ωr 1＝ω′r 3，所以ω′＝ωr 1r 3，故A 正确．答案： A9．甲、乙两物体均做匀速圆周运动，甲的转动半径为乙的一半，当甲转过60°时，乙在这段时间里正好转过45°，如此甲、乙两物体的线速度之比为( )A ．1∶4 B．2∶3C ．4∶9 D．9∶16解析： 由题意知甲、乙两物体的角速度之比ω1∶ω2＝60∶45＝4∶32r 1＝r 2故两物体的线速度之比 v 1∶v 2＝ω1r 1∶ω2r 2＝2∶3，B 项正确．答案： B10.(2014·嘉峪关高一检测)两个小球固定在一根长为1 m 的杆的两端，杆绕O 点逆时针旋转，如下列图，当小球A 的速度为3 m/s时，小球B 的速度为12 m/s.如此小球B 到转轴O 的距离是( )A ．0.2 mB ．0.3 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析： 设小球A 、B 做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，如此v 1∶v 2＝ωr 1∶ωr 2＝r 1∶r 2＝1∶4，又因r 1＋r 2＝1 m ，所以小球B 到转轴O 的距离r 2＝0.8 m ，D 正确．答案： D11．如下列图，直径为d 的纸制圆筒以角速度ω绕中心轴匀速转动，把玩具枪枪口垂直对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，如此子弹的速度不可能是( )A.dωπB.dω2π C.dω3πD.dω5π解析： 圆筒上只有一个弹孔，明确子弹从一个位置进入和离开圆筒，故子弹穿过圆筒的时间t 内，转过的角度θ＝(2n ＋1)π(n ＝0,1,2，…)，故子弹的速度v ＝d t ＝dωθ＝dω2n ＋1π. n ＝0时，v ＝dωπ，A 对．n ＝1时，v ＝dω3π，C 对．n ＝2时，v ＝dω5π，D 对．子弹的速度不可能是dω2π，选项B 符合题意． 答案： B12.如下列图，半径为0.1 m 的轻滑轮，通过绕在其上的轻绳与重物相连，假设重物由静止开始以2 m/s 2的加速度匀加速下落，如此当它下落的高度为1 m 时，其瞬时速度为多大？此时滑轮转动的角速度是多少？解析： 由运动学公式v 2－v 20＝2al ，得重物由静止开始下落1 m 时的瞬时速度 v ＝2al ＝2×2×1 m/s ＝2 m/s ；与重物相连的轻绳此时的速度也为2 m/s ，轻绳绕在轻滑轮的边缘上使滑轮转动． 由v ＝ωr ，得此时滑轮转动的角速度ω＝v r ＝20.1rad/s ＝20 rad/s 答案：2 m/s 20 rad/s13.如下列图，小球A 在光滑的半径为R 的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a 点时，在圆形槽中心O 点正上方h 处，有一小球B 沿Oa 方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a 点与A 球相碰．求：(1)B 球抛出时的水平初速度；(2)A 球运动的线速度最小值．解析： (1)小球B 做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，如此R ＝v 0t ①在竖直方向上做自由落体运动，如此h ＝12gt 2② 由①②得v 0＝Rt ＝R g 2h(2)设相碰时，A 球转了n 圈，如此A 球的线速度v A ＝2πR T ＝2πR t /n ＝2πRn g 2h当n ＝1时，其线速度有最小值，即v min ＝2πRg 2h 答案： (1)Rg 2h (2)2πR g 2h。
高中物理 第五章 曲线运动 4 圆周运动课时作业 新人教版必修2(2021年最新整理)
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圆周运动时间：45分钟一、单项选择题1．质点做匀速圆周运动，则：①在任何相等的时间里，质点的位移都相等②在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等③在任何相等的时间里,质点运动的平均速度都相同④在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等以上说法中正确的是( ）A．①②B．③④C．①③D．②④解析：匀速圆周运动是变速运动，故在相等的时间内通过的路程相等,但位移不等,故①错,②正确．因为角速度是不变的，故④正确．平均速度是位移与时间的比值，所以③错．本题选D。
答案：D2．下列说法中正确的是( ）①在匀速圆周运动中线速度v是恒量，角速度ω也是恒量②在匀速圆周运动中线速度v是变量，角速度ω是恒量③线速度v是矢量,其方向是沿圆周的切线方向，而角速度ω却是标量④线速度v和角速度ω都是矢量，但高中阶段不研究ω的方向A．①③B．②④C．①④D．②③解析：在匀速圆周运动中线速度的方向时刻在变,是变量，而角速度是恒量ω＝错误!.线速度和角速度都是矢量，但高中阶段不研究角速度的方向，B选项正确．答案：B3．下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的有关说法正确的是( )A．甲、乙两物体线速度相等，角速度也一定相等B．甲、乙两物体角速度相等，线速度一定也相等C．甲、乙两物体周期相等,角速度一定也相等D．甲、乙两物体周期相等，线速度一定也相等解析：由角速度的定义:ω＝2πT,周期相等，角速度相等，而线速度v＝ω·R,不仅与角速度有关还与运动半径有关，所以只有C选项正确．答案：C4.如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s,则自行车前进的速度为（）A。
【人教版】必修2物理《5.4 圆周运动》课时作业(附答案)
课时作业4 圆周运动一、单选题1.一质点开始时在几个恒力的共同作用下做匀速直线运动，突然撤去其中一个力，此后该质点的运动情况不可能的是()A. 匀速圆周运动B. 匀变速曲线运动C. 匀减速直线运动D. 匀加速直线运动2.关于物体做匀速圆周运动，说法正确的是( )A. 线速度不变B. 加速度不变C. 向心力不变D. 周期不变3.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )A. 所受的合力为零，做匀速运动B. 所受的合力恒定，做匀加速运动C. 所受的合力恒定，做变加速运动D. 所受的合力变化，做变加速运4.风筝冲浪运动深受人们的爱好，如图，某运动员在做风筝冲浪表演，关于风筝的运动，下列说法正确的是()A. 速率一定变化B. 速度一定变化C. 加速度一定变化D. 合外力一定变化5.A，B两物体都做匀速圆周运动，在A转过45∘角的时间内，B转过了60∘角，则A物体的角速度与B的角速度之比为( )A. 1:1B. 4:3C. 3:4D. 16:96.两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，AB两点的半径之比为2：1，CD两点的半径之比也为2：1，下列说法正确的是()A. A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B. A、C两点的线速度之比为v A：v C=1：1C. A、C两点的角速度之比为ωA ：ωC=1：2D. A、D两点的线速度之比为v A：v D=1：27.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n(r/s)，则自行车前进的速度为( )A. πnr1r3r2B. πnr2r3r1C. 2πnr1r3r2D. 2πnr2r3r18.如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω转动，则()A. A、B两点的角速度相等B. A、B两点的线速度相等C. 若θ=45∘，则v A：v B=√2：1D. 若θ=45∘，则T A：T B=1：√29.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，大轮半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则A，B两点的角速度之比ωA ：ωB为()A. 1：2B. 1：4C. 2：1D. 1：110.子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆，已筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。
高中物理 第五章 第4节 圆周运动课时作业 新人教版必修2
第四节圆周运动1．描述圆周运动的物理量物理量物理意义定义、公式、单位线速度描述物体沿圆周____方向运动的快慢程度①物体沿圆周通过的____与时间的比值②v＝________③单位：m/s④方向：沿____________方向角速度描述物体绕圆心________的快慢①连结运动质点和圆心的半径扫过的________与时间的比值②ω＝________③单位：rad/s周期和转速描述匀速圆周运动的______①周期T：做匀速圆周运动的物体，转过____所用的时间，公式T＝________，单位：____②转速n：物体单位时间内所转过的____，单位：____、____2.当物体做匀速圆周运动时，线速度大小处处________，方向沿圆周________方向，是一种变速运动．3．线速度和周期的关系式是________，角速度和周期的关系式是________，线速度和角速度的关系式是________，频率和周期的关系式是________．4．在分析传动装置的各物理量之间的关系时，要先明确什么量是相等的，什么量是不等的，在通常情况下：(1)同轴的各点角速度、转速、周期________，线速度与半径成________．(2)在不考虑皮带打滑的情况下，皮带上各点与传动轮上各点线速度大小________，而角速度与半径成________．5．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变6．关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是( )A．半径一定，角速度和线速度成反比B．半径一定，角速度和线速度成正比C．线速度一定，角速度和半径成反比D．角速度一定，线速度和半径成正比【概念规律练】知识点一匀速圆周运动的概念1．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中错误的是( )A．相等的时间内通过的路程相等B．相等的时间内通过的弧长相等C．相等的时间内运动的位移相同D．相等的时间内转过的角度相等知识点二描述圆周运动的物理量之间的关系图12．如图1所示，圆环以直径AB为轴匀速转动，已知其半径R＝0.5 m，转动周期T＝4 s，求环上P点和Q点的角速度和线速度．知识点三 传动装置问题的分析3．如图2所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.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( )图2A ．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r 1r 2nD ．从动轮的转速为r 2r 1n4．如图3所示的皮带传动装置(传动皮带是绷紧的且运动中不打滑)中，主动轮O 1的半 径为r 1，从动轮O 2有大小两轮且固定在同一个轴心O 2上，半径分别为r 3、r 2，已知r 3 ＝2r 1，r 2＝1.5r 1，A 、B 、C 分别是三个轮边缘上的点，则当整个传动装置正常工作时， A 、B 、C 三点的线速度之比为________；角速度之比为________；周期之比为________．图3【方法技巧练】圆周运动与其他运动结合的问题的分析技巧5.图4如图4所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，在其正上方h处沿OB 方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝________，圆盘转动的角速度ω＝________.6．如图5所示，图5有一直径为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．若子弹在圆筒旋转不到半周时，就在圆筒上先后留下a、b两个弹孔，已知aO、bO 的夹角为φ，求子弹的速度．1．静止在地球上的物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是( )A．它们的运动周期都是相同的B．它们的线速度都是相同的C．它们的线速度大小都是相同的D．它们的角速度是不同的2．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( )A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的半径一定小D．角速度大的周期一定小3．如图6所示图6是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺外表面上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大4．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )A．它们的半径之比为2∶9B．它们的半径之比为1∶2C．它们的周期之比为2∶3D．它们的周期之比为1∶35.图7如图7所示为一种早期的自行车，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6．如图8所示，两个小球固定在一根长为l的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动．当小球A的速度为v A时，小球B的速度为v B，则轴心O到小球A的距离是( )图8A．v A(v A＋v B)l B.v A l v A＋v BC.v A＋v B lv AD.v A＋v B lv B7．某品牌电动自行车的铭牌如下：车型：20英寸(车轮直径：508 mm)电池规格：36 V 12 A·h(蓄电池)整车质量：40 kg额定转速：210 r/min 外形尺寸：L1 800 mm×W650 mm×H1 100 mm充电时间：2 h～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 题 号 1 2 3 4 5 6 7 答 案8.图9如图9所示，一个圆环绕着一沿竖直方向通过圆心的轴OO ′做匀速转动，M 点和圆心 的连线与竖直轴的夹角为60°.N 点和圆心的连线与竖直轴的夹角为30°，则环上M 、N 两点的线速度大小之比v M ∶v N ＝________；角速度大小之比ωM ∶ωN ＝________；周期 大小之比T M ∶T N ＝________.9．如果把钟表上的时针、分针、秒针看成匀速转动，那么它们的角速度之比为ω时∶ω分∶ω秒＝________；设时针、分针、秒针的长度之比为1∶1.5∶1.8，那么三个指针尖端的线速度大小之比为v 时∶v 分∶v 秒＝________. 10．如图10所示，图10两个摩擦传动的轮子，A 为主动轮，转动的角速度为ω.已知A 、B 轮的半径分别是R 1和R 2，C 点离圆心的距离为R 22，求C 点处的角速度和线速度．11.2009年花样滑冰世锦赛双人滑比赛中，张丹、张昊再次获得亚军．张昊(男)以自己为转轴拉着张丹(女)做匀速圆周运动，转速为30 r/min.张丹的脚到转轴的距离为 1.6 m ．求：(1)张丹做匀速圆周运动的角速度； (2)张丹的脚运动速度的大小．12．观察自行车的主要传动部件，了解自行车是怎样用链条传动来驱动后轮前进的，如 图11所示，是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”，试分析并讨论：图11(1)同一齿轮上各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同？转速是否相同？ (3)两个齿轮的转速与齿轮的直径有什么关系？你能推导出两齿轮的转速n 1、n 2与齿轮的直径d 1、d 2的关系吗？第4节 圆周运动课前预习练1．切线 ①弧长 ②Δs Δt ④圆弧的切线 转动 ①角度 ②ΔθΔt 快慢程度 ①一周2πrvs ②圈数 r/s r/min2．相等 切线3．v ＝2πr T ω＝2πT v ＝rω f ＝1T4．(1)相等 正比 (2)相等 反比5．BD [匀速圆周运动的角速度是不变的，线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是改变的，因而加速度不为零．]6．BCD [由v ＝ωr ，知B 、C 、D 正确．] 课堂探究练1．C [匀速圆周运动在任意相等的时间内通过的弧长相等，通过的角度相等，但相等时间段内对应的位移方向不同，故C 错．]2．1.57 rad/s 1.57 rad/s 0．39 m/s 0.68 m/s解析 P 点和Q 点的角速度相同，其大小是ω＝2πT ＝2π4rad/s ＝1.57 rad/s P 点和Q 点绕AB 做圆周运动，其轨迹的圆心不同．P 点和Q 点的圆半径分别为r P ＝R ·sin 30°＝12R ，r Q ＝R ·sin 60°＝32R . 故其线速度分别为v P ＝ω·r P ≈0.39 m/s，v Q ＝ω·r Q ＝0.68 m/s.点评 解决此类题目首先要确定质点做圆周运动的轨迹所在的平面及圆心的位置，从而确定半径，然后由v 、ω的定义式及v 、ω、R 的关系式来计算．3．BC [主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误．]4．4∶4∶3 2∶1∶1 1∶2∶2解析 因同一轮子(或固定在同一轴心上的两轮)上各点的角速度都相等，皮带传动(皮带不打滑)中与皮带接触的轮缘上各点在相等时间内转过的圆弧长度相等，其线速度都相等．故本题中的B 、C 两点的角速度相等，即ωB ＝ωC① A 、B 两点的线速度相等，即v A ＝v B② 因A 、B 两点分别在半径为r 1和r 3的轮缘上，r 3＝2r 1. 故由ω＝v r 及②式可得角速度ωA ＝2ωB③ 由①③式可得A 、B 、C 三点角速度之比为ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶1∶1 ④因B 、C 分别在半径为r 3、r 2的轮缘上，r 2＝32r 1＝34r 3 故由v ＝r ω及①式可得线速度v B ＝43v C ⑤ 由②⑤式可得A 、B 、C 三点线速度之比为v A ∶v B ∶v C ＝4∶4∶3 ⑥由T ＝2πω及④式可得A 、B 、C 三点的周期之比为T A ∶T B ∶T C ＝1∶2∶2. ⑦点评 ①同一圆盘上的各点角速度和周期相同．②皮带(皮带不打滑)或齿轮传动的两圆盘，与皮带相接触的点或两圆盘的接触点线速度相同．5．R g 2h 2n πg 2h(n ＝1,2,3，…) 解析 小球做平抛运动，在竖直方向上有h ＝12gt 2，则运动时间t ＝2h g .又因为水平位移为R ，所以小球的初速度 v ＝R t ＝R g 2h. 在时间t 内圆盘转过的角度θ＝n ·2π(n ＝1,2,3，…)又因为θ＝ωt ，则圆盘转动的角速度ω＝θt ＝n ·2πt ＝2n πg 2h(n ＝1,2，3，…) 方法总结 由于圆周运动的周期性，解答时要注意各种解的可能性．与平抛运动的结合也是从时间上找突破口，兼顾位移关系．6.ωd π－φ解析 子弹从a 穿入圆筒到从b 穿出圆筒，圆筒旋转不到半周，故圆筒转过的角度为π－φ，则子弹穿过圆筒的时间为t ＝π－φω. 在这段时间内子弹的位移为圆筒的直径d ，则子弹的速度为v ＝d t ＝ωd π－φ. 方法总结 两种运动的结合，其结合点是时间，抓住时间的等量关系，此题就可迎刃而解．课后巩固练1．A [绕同一转动轴做匀速圆周运动的物体上的各点的角速度相同，周期也相同，故A 正确，D 错误；由v ＝ωR 可得物体的线速度大小随圆周运动的半径的不同而不同，故B 、C 错误．]2．D [解决这类题目的方法是：确定哪个量不变，寻找各物理量之间的联系，灵活选取公式进行分析．由v ＝ωr 知，r 一定时，v 与ω成正比，v 一定时，ω与r 成反比，故A 、C 均错；由v ＝2πr T 知，r 一定时，v 越大，T 越小，B 错；由ω＝2πT可知，ω越大，T 越小，故D 对．]点评 公式v ＝ωr ，在半径不确定的情况下，不能由角速度大小判断线速度大小，也不能由线速度大小判断角速度的大小，但由ω＝2πT可看出，角速度越大，周期越小． 3．B [a 、b 和c 都是陀螺上的点，其角速度均为ω，故B 正确，C 错误；由题图可知，a 、b 和c 三点随陀螺旋转而做圆周运动的半径关系是r a ＝r b >r c ，由v ＝ωr 可知，v a ＝v b >v c ，故A 、D 均错误．]4．AD [由v ＝ωr ，所以r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，T 甲∶T 乙＝1ω甲∶1ω乙＝13，D 对，C 错．] 5．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．]6．B [设轴心O 到小球A 的距离为x ，因两小球固定在同一转动杆的两端，故两小球做圆周运动的角速度相同，半径分别为x 、l －x .根据ω＝v r 有：v A x ＝v B l －x ，解得x ＝v A l v A ＋v B，故正确选项为B.]7．C [由题意可知车轮半径为R ＝254 mm ＝0.254 m ，车轮额定转速为n ＝210 r/min ＝21060 r/s ＝72r/s ，车轮转动的角速度ω＝2n π，则在轮缘上各点的线速度为v ＝ωR ＝2n πR ＝2×72×3.14×0.254×3.6 km/h＝20 km/h.] 8.3∶1 1∶1 1∶1解析 M 、N 两点随圆环转动的角速度相等，周期也相等，即：ωM ∶ωN ＝1∶1，T M ∶T N ＝1∶1，设圆环半径为R ，M 、N 转动的半径分别为r M ＝R sin 60°，r N ＝R sin 30°，由v ＝ωr 知：v M ∶v N ＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1.点评 分析同一环转动的问题时，可抓住各点ω、T 相同，根据v ＝ωr 分析线速度的关系．9．1∶12∶720 1∶18∶1 29610．C 点处的角速度为R 1R 2ω，线速度为R 12ω 解析 A 、B 两轮边缘的线速度相等，设为v ，则有v ＝ωR 1＝ωB R 2，又ωC ＝ωB ，故ωC＝R 1R 2ω，v C ＝ωC R 22＝R 12ω. 11．(1)3.14 rad/s (2)5.0 m/s解析 (1)转动转速n ＝30 r/min ＝0.5 r/s角速度ω＝2π·n ＝2π×0.5 rad/s ＝3.14 rad/s.(2)张丹的脚做圆周运动的半径r ＝1.6 m ，所以她的脚的运动速度v ＝ωr ＝π×1.6 m/s ＝5.0 m/s.12．(1)线速度不同 角速度相同 (2)相同 不同不同 (3)反比 n 1d 1＝n 2d 2解析 (1)同一齿轮上的各点绕同一轴转动，因而各点的角速度相同．但同一齿轮上的各点，因到转轴的距离不同，由v ＝ωr 知，其线速度不同．(2)自行车前进时，链条不会脱离齿轮打滑，因而两个齿轮边缘的线速度必定相同．但两个齿轮的直径不同，根据公式v ＝ωr 可知，两个齿轮的角速度不同，且角速度与半径成反比．由角速度ω和转速n 之间的关系：ω＝2πn 知，两齿轮角速度不同，转速当然也不同．(3)因两齿轮边缘线速度相同，而线速度和角速度以及转速之间的关系是：v ＝ωr ，ω＝2πn ，故2πn 1R 1＝2πn 2R 2，即n 1d 1＝n 2d 2，两个齿轮的转速与齿轮的直径成反比．。
高中物理 5.7 生活中的圆周运动课时作业 新人教版必修2(2021年最新整理)
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生活中的圆周运动一、单项选择题1．在水平面上转弯的摩托车，向心力是（)A．重力和支持力的合力B．静摩擦力C．滑动摩擦力D．重力、支持力、牵引力的合力解析: 摩托车转弯时，摩托车受重力、地面支持力和地面对它的摩擦力三个力的作用，重力和地面支持力沿竖直方向，二力平衡,由于轮胎不打滑,摩擦力为静摩擦力，来充当向心力。
综上所述，选项B正确.答案：B2．下列关于离心现象的说法正确的是( ）A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动解析：向心力是根据效果命名的，做匀速圆周运动的物体所需要的向心力是它所受的某个力或几个力的合力提供的。
因此，它并不受向心力和离心力的作用。
它之所以产生离心现象是由于F合〈mω2r，因此A错。
物体在做匀速圆周运动时，若它所受到的力突然都消失，根据牛顿第一定律,它从这时起做匀速直线运动，故C正确,B、D错误.答案：C3.如图所示,光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球到达P点时F突然发生变化，下列关于小球运动的说法正确的是（）A．F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．F突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动C．F突然变大,小球将沿轨迹Pb做离心运动D．F突然变小,小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心解析：若F突然消失,小球所受合外力突变为0，将沿切线方向匀速飞出，A正确。
【名师伴你行】高中物理(人教版)必修二课时作业4圆周运动 Word版含答案[ 高考]
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课时作业(四)4圆周运动1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变[答案]BD[解析]匀速圆周运动的角速度和周期是不变的；线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是变化的，加速度不为零．答案为B、D.2．如图，静止在地球上的A、B两物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是()A．它们的运动周期都是相同的B．它们的线速度都是相同的C．它们的线速度大小都是相同的D．它们的角速度是不同的[答案] A[解析]如题图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的运动周期及角速度都是相同的．地球表面上的物体，随地球做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度线上的物体圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度线上的物体转动半径相等，线速度的大小才相等．但即使物体的线速度大小相同，方向也各不相同，所以只有选项A正确．3．(2014·广州高一检测)关于匀速圆周运动的线速度v、角速度ω和半径r，下列说法正确的是()A．若r一定，则v与ω成正比B．若r一定，则v与ω成反比C．若ω一定，则v与r成反比D．若v一定，则ω与r成正比[答案] A[解析]根据v＝ωr知，若r一定，则v与ω成正比；若ω一定，则v与r成正比；若v一定，则ω与r成反比．只有选项A正确．4．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，让粉笔在黑板上匀速的画了一个圆，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．①③⑤⑦B．②④⑥⑧C ．②④⑥⑦D ．①③⑤⑧[答案] C [解析] 由v ＝ωr 得：ω＝v r ＝10 rad/s ，又由T ＝2πω得：T ＝0.628s ，f ＝1T ＝1.59 Hz ，n ＝1.59 r/s ，故②④⑥⑦正确．5．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形中央区的时间内，关于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的是( )A ．增大、减小B ．不变、不变C ．增大、不变D ．减小、减小[答案] C[解析] 由于轨道是光滑的，小球运动的线速度大小不变；由于半径逐渐减小，由ω＝v r ，ω逐渐增大，故C 项正确．6．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r 1、r 2、r 3，若甲轮的角速度为ω，则丙轮的角速度为( )A.ωr 1r 3B.ωr 3r 1C.ωr 3r 2D.ωr 1r 2[答案] A[解析] 各轮边缘各点的线速度大小相等，则有ωr 1＝ω′r 3，所以ω′＝ωr 1r 3，故A 正确． 7．(2014·秦皇岛高一检测)图示为自行车的传动装置示意图，A 、B 、C 分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的一点，则在此传动装置中( )A ．B 、C 两点的线速度相同B ．A 、B 两点的线速度相同C ．A 、B 两点的角速度与对应的半径成正比D ．B 、C 两点的线速度与对应的半径成正比[答案] BD[解析] 大齿轮与小齿轮间是皮带传动，A 、B 两点的线速度相同，角速度与对应的半径成反比，B 正确，C 错误．小齿轮与后轮是同轴转动，B、C两点的角速度相同，线速度与对应的半径成正比，A错误，D正确．8．(2014·汕头高一检测)如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A．a球的线速度比b球的线速度小B．a球的角速度比b球的角速度小C．a球的周期比b球的周期小D．a球的转速比b球的转速大[答案] A[解析]两个小球一起转动，周期相同，所以它们的转速、角速度都相等，B、C、D错误．而由v＝ωr可知b的线速度大于a的线速度，所以A正确．9．如图所示，A、B是两个靠摩擦传动且接触面没有相对滑动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径R A＝2R B，a和b 两点在轮的边缘，c和d分别在各轮半径的中点，下列判断正确的是()A．v a＝2v b B．ωb＝2ωaC．v c＝v a D．ωb＝ωc[解析] a 、c 两点同轴转动，角速度相同，v a ＝2v c ，选项C 错误；a 、b 两点是轮子的边缘点，其线速度相等，选项A 错误；根据v ＝ωr ，可得ωb ＝2ωa ，选项B 正确，D 错误．10．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )A ．它们的半径之比为2∶9B ．它们的半径之比为1∶2C ．它们的周期之比为2∶3D ．它们的周期之比为1∶3[答案] AD[解析] 由v ＝ωr ，得r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，得T 甲∶T 乙＝2πω甲∶2πω乙＝13，C 错，D 对． 11．如图所示为一皮带传动装置，A 、C 在同一大轮上，B 在小轮边缘上，在转动过程中皮带不打滑，已知R ＝2r ，R C ＝12R ，则( )A ．角速度ωC ＝ωBB ．线速度vC ＝v B C ．线速度v C ＝12v B D ．角速度ωC ＝2ωB[解析]A、C两点是同轴转动的两点，其角速度相等，A、B两点是通过皮带传动的两轮边缘点，其线速度相等，由此可得：v A＝v B ＝2v C，ωA＝ωC＝1ωB，所以选项C正确．212．如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大[答案] B[解析]a、b和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度ω，B对，C错；三点的运动半径关系为r a ＝r b>r c，据v＝ω·r可知，三点的线速度关系为v a＝v b>v c，A、D错．13．地球半径R＝6 400 km，站在赤道上的人和站在北纬60°上的人随地球转动的角速度分别是多大？他们的线速度分别是多大？[答案] 见解析[解析] 如图所示，作出地球自转示意图，设赤道上的人站在A 点，北纬60°上的人站在B 点，地球自转角速度固定不变，A 、B 两点的角速度相同，有ωA ＝ωB ＝2πT ＝2×3.1424×3 600rad/s ＝7.3×10－5 rad/s 依题意可知，A 、B 两处站立的人随地球自转做匀速圆周运动的半径分别为：v A ＝ωA R A ＝7.3×10－5×6 400×103 m/s ＝467.2 m/sv B ＝ωB R B ＝7.3×10－5×6 400×103×12m/s ＝233.6 m/s 即赤道上和北纬60°上的人随地球转动的角速度都为7.3×10－5 rad/s ，赤道上和北纬60°上的人随地球运动的线速度分别为467.2 m/s 和233.6 m/s.14．(2014·南阳高一检测)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，求此圆半径r 为多少？(重力加速度为g )[答案] R 1＋2ω2h g[解析] 雨滴飞出的速度大小为v ＝ωR ，雨滴做平抛运动．在竖直方向上有h ＝12gt 2， 在水平方向上有x ＝v t ，如图，由几何关系知，雨滴下落在地面上形成圆的半径r ＝R 2＋x 2，联立以上各式得r ＝R1＋2ω2h g。
高中物理 课时作业(六)生活中的圆周运动(含解析)新人教版必修2-新人教版高一必修2物理试题
课时作业(六) 生活中的圆周运动A 组：根底落实练1．如下列图，光滑的水平面上，小球m 在拉力F 作用下做匀速圆周运动，假设小球到达P 点时F 突然发生变化，如下关于小球运动的说法正确的答案是( )A ．F 突然消失，小球将沿轨迹Pa 做离心运动B ．F 突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动C ．F 突然变大，小球将沿轨迹Pb 做离心运动D ．F 突然变小，小球将沿轨迹Pc 逐渐靠近圆心解析：假设F 突然消失，小球所受合外力突变为0，将沿切线方向匀速飞出，A 正确．假设F 突然变小不足以提供所需向心力，小球将做逐渐远离圆心的离心运动，B 、D 错误．假设F 突然变大，超过了所需向心力，小球将做逐渐靠近圆心的运动，C 错误．答案：A2．在公路上常会看到凸形和凹形的路面，如下列图．一质量为m 的汽车，通过凸形路面的最高处时对路面的压力为F N1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F N2，如此( )A ．F N1>mgB ．F N1<mgC ．F N2＝mgD ．F N2<mg 答案：B3．火车转弯可以看成是在水平面内做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损．为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，如下措施可行的是( )A ．适当减小内外轨的高度差B ．适当增加内外轨的高度差C ．适当减小弯道半径D ．适当增大内外轨间距解析：火车转弯时，为减小外轨所受压力，可以使外轨略高于内轨，使轨道形成斜面，如果速度适宜内外轨道均不受挤压，重力与轨道支持力的合力来提供向心力，如下列图，mg tanα＝m v 2r，假设要提高火车速度同时减小外轨受损，可以适当增加内外轨的高度差，使α增大，或适当增大弯道半径，所以B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B4．市内公共汽车在到达路口转弯时，车内广播中就要播放录音：“乘客们请注意，前面车辆转弯，请拉好扶手。
〞这样可以( )A ．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向前倾倒B ．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向后倾倒C ．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒D ．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒解析：车辆转弯时，站着的乘客需要外力提供向心力，如不拉好扶手，由于惯性，乘客将向外侧倾倒，做离心运动，应当选项C 正确．答案：C5．如下列图，质量相等的汽车甲和汽车乙，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，汽车甲在汽车乙的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为F f 甲和F f 乙．以下说法正确的答案是( )A ．F f 甲小于F f 乙B ．F f 甲等于F f 乙C ．F f 甲大于F f 乙D ．F f 甲和F f 乙的大小均与汽车速率无关解析：汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，即F f ＝F向＝m v 2r，由于r 甲>r 乙，如此F f 甲<F f 乙，A 正确．答案：A6．一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为( )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s解析：当F N ＝34G 时，因为G －F N ＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ，当F N ＝0时，G ＝m v ′2r，所以v ′＝2v ＝20 m/s.答案：B7．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如下列图，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R 的在水平面内的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，如此汽车转弯时的车速应等于( )A. gRhL B. gRh d C.gRLh D. gRd h解析：由题意知当mg tan θ＝m v 2R时其横向摩擦力等于零，所以v ＝gR tan θ＝gRh d. 答案：B8．一同学骑自行车在水平公路上以5 m/s 的恒定速率转弯，人和车的总质量m ＝80 kg ，转弯的路径近似看成一段圆弧，圆弧半径R ＝20 m.(1)求人和车作为一个整体转弯时需要的向心力．(2)假设车胎和路面间的动摩擦因数μ＝0.5，为安全转弯，车速不能超过多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)解析：(1)由向心力公式F n ＝m v 2R可知F n ＝m v 2R ＝80×5220N ＝100 N(2)为安全转弯，向心力不应大于滑动摩擦力F f如此：m v 2mR＝μmg ，可得：v m ＝10 m/s故车速不能超过10 m/s. 答案：(1)100 N (2)10 m/sB 组：能力提升练9．(多项选择)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h 的设计不仅与r 有关，还与火车在弯道上的行驶速率v 有关．如下说法正确的答案是( )A ．v 一定时，r 越小如此要求h 越大B ．v 一定时，r 越大如此要求h 越大C ．r 一定时，v 越小如此要求h 越大D ．r 一定时，v 越大如此要求h 越大解析：设轨道平面与水平方向的夹角为θ，路面的宽度为L ，由mg tan θ＝m v 2r，得tan θ＝v 2gr ；又因为tan θ≈sin θ＝h L ，所以h L ＝v 2gr.可见v 一定时，r 越大，h 越小，故A 正确、B 错误；当r 一定时，v 越大，h 越大，故C 错误、D 正确．答案：AD10．在草地赛车训练场，甲、乙两人(甲的质量大于乙的质量)各开一辆一样规格的四轮草地赛车，在经过同一水平弯道时，乙的车发生了侧滑而甲的车没有，如下列图，其原因是( )A ．乙和车的总质量比甲和车的总质量小，惯性小，运动状态容易改变B ．两车转弯半径一样，而转弯时乙的车速率比甲的车速率大C ．乙的车比甲的车受到地面的摩擦力小，而两车转弯速率一样D ．转弯时，乙的车比甲的车的向心加速度小解析：汽车沿水平弯道做匀速圆周运动时，摩擦力提供向心力，如此有：μmg ＝m v 20r，解得v 0＝μgr ，当v >μgr 时车将做离心运动，发生侧滑，当v ＝μgr 时车做匀速圆周运动，由此分析可知，两车转弯半径一样，而转弯时乙的车速率比甲的车速率大，故乙车发生了侧滑，而甲车没有，应当选B.答案：B11．[2019·河南商丘九校联考](多项选择)杂技表演“飞车走壁〞的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆锥形筒内壁上或球形容器内壁上，圆锥形筒与球的中轴线均垂直于水平地面，且圆锥筒和球固定不动．演员和摩托车的总质量为m ，假设先在圆锥形筒内壁A 、B 两处沿图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，如此如下说法正确的答案是( )A ．A 处的线速度大于B 处的线速度 B ．A 处的角速度小于B 处的角速度C ．A 处的向心力等于B 处的向心力D ．假设该演员和摩托车移至右侧球形容器中分别沿上下不同的两水平面做匀速圆周运动，如此在较低水平轨道内运动时对器壁压力大解析：演员和摩托车的总重力不变，在A 、B 两点的支持力方向一样，设支持力与水平方向夹角为θ，根据力的合成知在A 、B 两处支持力大小F N ＝mg sin θ、合力大小F 合＝mgtan θ均相等，即A 处的向心力等于B 处的向心力；根据F 合＝m v 2r ＝mrω2得，v ＝ F 合r m ，ω＝ F 合mr，知半径越大，线速度越大，角速度越小，所以A 处的线速度大于B 处的线速度，A 处的角速度小于B 处的角速度．故A 、B 、C 正确．假设该演员和摩托车移至右侧球形容器中分别沿上下不同的两水平面做匀速圆周运动，由F N ＝mgsin θ可知在较低位置，θ较大，如此F N 较小，故D 错误． 答案：ABC12．在汽车越野赛中，一个土堆可视作半径R ＝10 m 的圆弧，左侧连接水平路面，右侧与一坡度为37°斜坡连接．某车手驾车从左侧驶上土堆，经过土堆顶部时恰能离开，赛车飞行一段时间后恰沿与斜坡一样的方向进入斜坡，沿斜坡向下行驶．研究时将汽车视为质点，不计空气阻力．求：(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)汽车经过土堆顶部的速度大小；(2)汽车落到斜坡上的位置与土堆顶部的水平距离．解析：(1)赛车在土堆顶部做圆周运动，且恰能离开，重力提供向心力，由牛顿第二定律mg ＝m v 2R得v ＝gR ＝10 m/s.(2)赛车离开土堆顶部后做平抛运动，落到斜坡上时速度与水平方向夹角为37°，如此有 tan37°＝v y v x ＝gt v得t ＝v tan37°g＝0.75 s 如此落到斜坡上距离坡顶的水平距离 x ＝vt ＝7.5 m.答案：(1)10 m/s (2)7.5 m。
课时作业16：5.4圆周运动
1.4 圆周运动1.如图1所示为一种早期的自行车，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()图1A.提高速度B.提高稳定性C.骑行方便D.减小阻力2.静止在地球上的物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是()A.它们的运动周期都是相同的B.它们的线速度都是相同的C.它们的线速度大小都是相同的D.它们的角速度是不同的3.某品牌电动自行车的铭牌如下：车型、20吋电池规格：36 V12 A·h(蓄电池) (车轮直径：508 mm)整车质量：40 kg额定转速：210 r/min(转/分)外形尺寸：L 1 800 mm×W 650 mm×H充电时间：2～8 h1 100 mm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/hB.18 km/hC.20 km/hD.25 km/h4.如图2所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为v P和v Q，则()图2A.ωP＜ωQ，v P＜v QB.ωP＝ωQ，v P＜v QC.ωP ＜ωQ ，v P ＝v QD.ωP ＝ωQ ，v P ＞v Q5.如图3所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦转动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3。
若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )图3A.r 1ω1r 3B.r 3ω1r 1C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 26.如图4所示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v 1、v 2，则( )图4A.ω1＜ω2，v 1＝v 2B.ω1＞ω2，v 1＝v 2C.ω1＝ω2，v 1＞v 2D.ω1＝ω2，v 1＜v 27.(多选)如图5所示皮带传送装置，皮带轮O 和O ′上的三点A 、B 和C ，OA ——＝O ′C ——＝r ，O ′B ——＝2r 。
2019-2020学年人教版必修2 5.4圆周运动 第1课时 作业
5.4圆周运动1.如图a 所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑， 已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度取g ＝ 10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)小球水平抛出时的初速度v 0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x ； 图a (3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？解析 (1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh 代入数据，得 v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s. (2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 s x ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝mg sin 53°m ＝8 m/s 2 初速度v ＝ ＝5 m/s H sin 53°＝v t 2＋12a 22t 代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134 s(不合题意舍去)所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 技巧点拨抓住小球平抛到斜面顶端“刚好沿光滑斜面下滑”这一关键条件，利用斜面倾角和速度的分解与合成求合速度．2.如图b 所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝3 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.5 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图b(1)A 、C 两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析 (1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 53°＝5 m/s ，竖直分量为v Cy ＝4 m/s下落高度h ＝ ＝0.8 m(2)小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos 53°)＝12m v 2D －12m v 2C 解得v D ＝29 m/s小球在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v D 2R代入数据解得F N ＝68 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为 a 1＝μg ＝3 m/s 2，a 2＝μmgM ＝1 m/s 2速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝3.625 m ，即木板的长度至少是3.625 m 答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m3.在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，水流轨道与下边放置 的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续 转动，输出动力．当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同．设水的流出点比轮轴高h ＝5.6 m ，轮子半径R ＝1 m ．调整轮轴O 的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径 图c 与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)问： (1)水流的初速度v 0大小为多少？(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？ 答案 (1)7.5 m/s (2)12.5 rad/s解析 (1)水流做平抛运动，有h －R sin 37°＝12gt 2 解得t ＝2(h －R sin 37°)g＝1 s 所以v y ＝gt ＝10 m/s ，由图可知：v 0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v ＝v 0sin 37°＝12.5 m/s ，根据ω＝vR可得ω＝12.5 rad/s.4.水上滑梯可简化成如图d 所示的模型，斜槽AB 和光滑圆弧槽BC 平滑连接．斜槽AB 的竖直高度差H ＝6.0 m ，倾角 θ＝37°；圆弧槽BC 的半径R ＝3.0 m ，末端C 点的切线水平；C 点与水面的距离h ＝0.80 m ．人与AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，取 重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.一个质量m＝30 kg 的小朋友从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，不计空 图d 气阻力．求：(1)小朋友沿斜槽AB 下滑时加速度a 的大小；(2)小朋友滑到C 点时速度v 的大小及滑到C 点时受到槽面的支持力F C 的大小； (3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x 的大小． 答案 (1)4.4 m/s 2 (2)10 m/s 1 300 N (3)4 m解析 (1)小朋友沿AB 下滑时，受力情况如图所示，根据牛 顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma ① 又F f ＝μF N ② F N ＝mg cos θ ③ 联立①②③式解得：a ＝4.4 m/s 2 ④ (2)小朋友从A 滑到C 的过程中，根据动能定理得：mgH －F f ·H sin θ＋mgR (1－cos θ)＝12m v 2－0 ⑤ 联立②③⑤式解得：v ＝10 m/s ⑥根据牛顿第二定律有：F C －mg ＝m v 2R ⑦ 联立⑥⑦式解得：F C ＝1 300 N ． ⑧(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则：h ＝12gt 2 ⑨ x ＝v t ⑩ 联立⑥⑨⑩式解得：x ＝4 m.6． 小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图e 所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. 图e (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？答案 (1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 2 33d解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：14d ＝12gt 2水平方向：d ＝v 1t 解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12m v 32＝12m v 21＋mg (d －34d )解得v 2＝ 52gd(2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 1 2R得F max ＝113mg(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 3 2l ，解得v 3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1得x ＝4l (d －l )3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d . 模拟题组7． 如图f 所示，一质量为2m 的小球套在一“”滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为μ＝0.5，BC 段为半径为R 的半圆，静止于A 处的小球在大小为F ＝2mg ，方向与水平面成37°角的拉力F 作用下沿杆运动，到达B 点时立刻撤去F ，小球沿圆弧向上冲并越过C 点后落在D 点(图中未画出)，已知D 点 图f 到B 点的距离为R ，且AB 的距离为s ＝10R .试求： (1)小球在C 点对滑杆的压力； (2)小球在B 点的速度大小；(3)BC 过程小球克服摩擦力所做的功．答案 (1)32mg ，方向竖直向下 (2)23gR (3)31mgR4解析 (1)小球越过C 点后做平抛运动，有竖直方向：2R ＝12gt 2 ① 水平方向：R ＝v C t ② 解①②得 v C ＝gR 2在C 点对小球由牛顿第二定律有：2mg －F N C ＝2m v C 2R解得F N C ＝3mg2由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力F N C ′＝F N C ＝3mg2，方向竖直向下 (2)在A 点对小球受力分析有：F N ＋F sin 37°＝2mg ③ 小球从A 到B 由动能定理有： F cos 37°·s－μF N ·s＝12·2m v2B④解③④得v B ＝23gR(3)BC 过程对小球由动能定理有：－2mg ·2R －W f ＝12×2m v 2C －12×2m v 2B解得W f ＝31mgR4 8． 如图g 所示，质量为m ＝1 kg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A 点随传送带运动到水平部分的最右端B 点，经半圆轨道C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动．C 点在B 点的正上方，D 点为轨道的最低点．小物块离 开D 点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E 点．已知半圆轨道的半径R ＝0.9 m ，D 点距水平面的高 图g 度h ＝0.75 m ，取g ＝10 m/s 2，试求： (1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过D 点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ.答案 (1)4.5 J (2)60 N ，方向竖直向下 (3)60°解析 (1)设小物块经过C 点时的速度大小为v 1，因为经过C 点恰能做圆周运动，所以，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 1 2R 解得：v 1＝3 m/s小物块由A 到B 的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W ，由动能定理得：W ＝12m v 21 解得：W ＝4.5 J(2)设小物块经过D 点时的速度大小为v 2，对从C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得： 12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22 小物块经过D 点时，设轨道对它的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2 2R联立解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律可知，小物块经过D 点时对轨道的压力大小为： F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下(3)小物块离开D 点后做平抛运动，设经时间t 打在E 点，由h ＝12gt 2得：t ＝1510 s设小物块打在E 点时速度的水平、竖直分量分别为v x 、v y ，速度跟竖直方向的夹角为α，则： v x ＝v 2 v y ＝gt tan α＝v xv y解得：tan α＝ 3 所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.9． 如图1所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m/s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度v 0同方向滑出，B 与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.A 、 B 均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2，求： (1)A 球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移； (3)A 球落地时，A 、B 之间的距离．答案 (1)3 s 30 m (2)20 m 图1 解析 (1)对A 球，由平抛运动规律得 水平方向：x 1＝v 0t竖直方向：H ＝12gt 2解得x 1＝30 m ，t ＝3 s(2)对于物块B ，根据牛顿第二定律得， －μmg ＝ma 解得a ＝－5 m/s 2当B 速度减小到零时，有0＝v 0＋at ′ 得t ′＝2 s判断得：在A 落地之前B 已经停止运动， 由运动学公式v 2－v 20＝2ax 2 得：x 2＝10 m则Δx ＝x 1－x 2＝20 m.10． 如图2所示，一物块质量m ＝1.0 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B 点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g 取10 m/s 2)图2(1)物块水平抛出的初速度v 0是多少？(2)若取A 所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B 点的机械能．(3)从滑块第一次到达B 点时起，经0.6 s 正好通过D 点，求B 、D 之间的距离． 答案 (1)0.6 m/s (2)－4 J (3)0.76 m解析 (1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动知识得： v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s 由于物块恰好沿斜面下滑，则v A ＝v y sin 53°＝0.80.8 m/s ＝1 m/s v 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s从A 到B 的运动过程中由动能定理得mgH －μmg cos 53°H sin 53°＝12m v 2B －12m v 2A在B 点时的机械能：E B ＝12m v 2B －mgH ＝－4 J(3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为： a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v Ba 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为： a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2B 、D 间的距离x BD ＝v B 22a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m11． 水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动．如图3所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c 点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d 点，则 ( )A ．小球到达c 点的速度为gR 图3B ．小球到达b 点时对轨道的压力为5mgC ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为2RD ．小球从c 点落到d 点所需时间为2 Rg 答案 ACD解析 小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝m v c 2R ，v c ＝gR ，A 项正确；小球由b 到c 过程中，由机械能守恒定律得： 12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2c 小球在b 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v b 2R ，联立解得 F N ＝6mg ，B 项错误；小球由c 点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2Rg ，x ＝2R ，C 、D 项正确．12． 如图4所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与 竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则 ( )A ．tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1·tan θ2＝2 图4C ．1tan θ1·tan θ2＝2D ．tan θ1tan θ2＝2 答案 B解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正确．13． 如图5所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P 点)，轻放一质量为m ＝1 kg 的物块，物块随传送带运动到A 点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B 、D 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图5 (1)物块离开A 点时水平初速度的大小； (2)物块经过C 点时对轨道压力的大小； (3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P A 间的距离． 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m解析 (1)物块由A 到B 在竖直方向有v 2y ＝2gh v y ＝4 m/s在B 点：tan θ2＝v yv A ，v A ＝3 m/s(2)物块从B 到C 由功能关系得mgR (1－cos θ2)＝12m v 2C －12m v 2B v B ＝v A 2+v y 2＝5 m/s 解得v 2C ＝33 m 2/s 2 在C 点：F N －mg ＝m v C 2R由牛顿第三定律知，物块经过C 点时对轨道压力的大小为F N ′＝F N ＝43 N (3)因物块到达A 点时的速度为3 m/s ，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动 μmg ＝ma ， a ＝3 m/s 2P A 间的距离x P A ＝v A 22a ＝1.5 m. 14. 如图6所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝ 37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点 等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道． 图6已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？答案 (1)46 N (2)6 m解析 (1)设物块经过B 点时的速度为v B ，则 v B sin 37°＝v 0设物块经过C 点的速度为v C ，由机械能守恒得： 12m v 2B ＋mg (R ＋R sin 37°)＝12m v 2C 物块经过C 点时，设轨道对物块的支持力为F C ，根据牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v C 2R联立解得：F C ＝46 N由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a 1、a 2，得：μ1mg ＝ma 1 μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设物块和木板经过时间t 达到共同速度v ，其位移分别为x 1、x 2，则：对物块有： v C －a 1t ＝v v 2－v 2C ＝－2a 1x 1 对木板有：a 2t ＝v v 2＝2a 2x 2设木板长度至少为L ，由题意得：L ≥x 1－x 2 联立解得：L ≥6 m即木板长度至少6 m 才能使物块不从木板上滑下．15．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1 kg ， 图7 通电后以额定功率P ＝1.5 W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00 m ， R ＝0.32 m ，h ＝1.25 m ，x ＝1.50 m ．问：要使赛车完成比赛，电动 机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2)答案 2.53 s解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律x ＝v 1t ，h ＝12gt 2解得v 1＝x g 2h ＝3 m/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点速度为v 3，由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mg ＝m v 22/R12m v 23＝12m v 22＋mg (2R ) 解得v 3＝5gR ＝4 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v min ＝4 m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能关系，有Pt －F f L ＝12m v 2m in ，由此解得t ＝2.53 s。
人教版必修2 5.4圆周运动 第1课时 作业
5.4圆周运动1．关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是() A．因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定B．如果物体在0.1 s内转过30°角，则角速度为300 rad/s C．若半径r一定，则线速度与角速度成反比D．若半径为r，周期为T，则线速度为v＝2πr TD[物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故选项A错误；角速度ω＝φt＝π60.1rad/s＝5π3rad/s，选项B错误；线速度与角速度的关系为v＝ωr，由该式可知，r一定时，v∝ω，选项C错误；由线速度的定义可得，在转动一周时有v＝2πrT，选项D正确．]2．如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A．a球的线速度比b球的线速度小B．a球的角速度比b球的角速度小C．a球的周期比b球的周期小D．a球的转速比b球的转速大A[两个小球一起转动，周期相同，所以它们的转速、角速度都相等，B、C、D 错误；而由v＝ωr可知b的线速度大于a的线速度，所以A正确．]3．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/minC．1 000 r/h D．2 000 r/sB[由公式ω＝2πn，得v＝rω＝2πrn，其中r＝30 cm＝0.3 m，v＝120 km/h＝100 3m/s，代入得n＝1 00018πr/s，约为1 000 r/min.]4．(多选)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BD[这里的“匀速”，不是“匀速度”，也不是“匀变速”，而是速率不变，匀速圆周运动实际上是一种速度大小不变、方向时刻改变的变速运动，故B、D正确．]5.(多选)质点做匀速圆周运动，则()A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等思路点拨：①匀速圆周运动是变加速曲线运动．②位移、平均速度是矢量．BD [如图所示，由于线速度大小不变，根据线速度的定义，Δs ＝v ·Δt ，所以相等时间内通过的路程相等，B 对；但位移s AB 、s BC 大小相等，方向并不相同，平均速度不同，A 、C 错；由角速度的定义ω＝ΔφΔt知Δt 相同，Δφ＝ωΔt 相同，D 对．]6．(多选)一精准转动的机械钟表，下列说法正确的是( )A ．秒针转动的周期最长B ．时针转动的转速最小C ．秒针转动的角速度最大D ．秒针的角速度为π30rad/s BCD [秒针转动的周期最短，角速度最大，A 错误，C 正确；时针转动的周期最长，转速最小，B 正确；秒针的角速度为ω ＝2π60 rad/s ＝π30rad/s ，故D 正确．] 7.如图所示的传动装置中，B 、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，A 、B 两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是r A ＝r C ＝2r B .若皮带不打滑，求A 、B 、C 三轮边缘上a 、b 、c 三点的角速度之比和线速度之比．思路点拨：①a 、b 两点线速度大小相等．②b 、c 两点角速度相等．[解析] a 、b 两点比较：v a ＝v b由v ＝ωr 得ωa ∶ωb ＝r B ∶r A ＝1∶2b 、c 两点比较：ωb ＝ωc由v ＝ωr 得v b ∶v c ＝r B ∶r C ＝1∶2所以ωa ∶ωb ∶ωc ＝1∶2∶2v a ∶v b ∶v c ＝1∶1∶2.[答案] 1∶2∶2 1∶1∶28．一个圆环，以竖直直径AB 为轴匀速转动，如图所示，求环上M 、N 两点的：(1)线速度的大小之比；(2)角速度之比．[解析] M 、N 是同一环上的两点，它们与环具有相同的角速度，即ωM ∶ωN ＝1∶1，两点做圆周运动的半径之比r M ∶r N ＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1，故v M ∶v N ＝ωM r M ∶ωN r N ＝3∶1. [答案] (1)3∶1 (2)1∶19．做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动100 m ，试求物体做匀速圆周运动时：(1)线速度的大小；(2)角速度的大小；(3)周期的大小．[解析] (1)依据线速度的定义式v ＝l t 可得v ＝l t ＝10010m/s ＝10 m/s. (2)依据v ＝ωr 可得，ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5 rad/s. (3)T ＝2πω＝2π0.5 s ＝4π s.[答案] (1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4πs。
高中物理5_4圆周运动课时作业版
圆周运动一、单项选择题1．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( ) A ．轨道半径越大线速度越大 B ．轨道半径越大线速度越小 C ．轨道半径越大周期越大D ．轨道半径越大周期越小解析： 由v ＝ωr 可知，ω一定时，v 与r 成正比，A 正确，B 错误；由T ＝2πω可知，ω一定时，T 一定，与r 无关，C 、D 错误。
答案： A2．根据教育部的规定，高考考场除了不准考生带手机等通讯工具入场外，手表等计时工具也不准带进考场，考试是通过挂在教室里的时钟计时的，关于正常走时的时钟，下列说法正确的是( )A ．秒针角速度是分针角速度的60倍B ．分针角速度是时针角速度的60倍C ．秒针周期是时针周期的13 600D ．分针的周期是时针的124解析： 秒针、分针、时针周期分别为T 1＝1 min ，T 2＝60 min ，T 3＝720 min 。
所以T 1T 3＝1720，T 2T 3＝112，选项C 、D 错误。
根据ω＝2πT ，ω1ω2＝T 2T 1＝60，ω2ω3＝T 3T 2＝12，选项A 正确、B 错误。
答案： A3．(2016·郑州高一检测)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点的( )A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1C ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2D ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1解析： 正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时ωA ＝ωB ，根据v ＝ωr ，可得v A ∶v B ＝1∶2，选项C 正确。
答案： C4.如图所示是一个玩具陀螺，a 、b 和c 是陀螺上的三个点。
当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )A ．a 、b 和c 三点的线速度大小相等B ．a 、b 和c 三点的角速度相等C ．a 、b 的角速度比c 的大D ．c 的线速度比a 、b 的大解析： a 、b 、c 三点都在陀螺上，陀螺转动一周，陀螺上的每一个点都将转动一周，因此a 、b 、c 三点的周期相等，角速度ω＝2πT也相等，故选项B 正确，选项C 错误。
高一物理必修2课时作业 圆周运动
圆周运动一．选择题1．物体做匀速圆周运动，则该物体（ ）A ．相等时间里通过的弧长相等B ．相等时间里通过的路程相等C ．相等时间里半径转过的角度相等D ．相等时间里发生的位移相同2．关于匀速圆周运动的线速度、角速度、周期、频率，以下说法中正确的是（ ）A ．线速度、角速度、周期、频率都是表示匀速圆周运动快慢的物理量B ．周期越大，表示匀速圆周运动越快C ．匀速圆周运动的周期越大，转速就越小D ．匀速圆周运动是线速度和角速度都不变的运动3．关于线速度、角速度、半径三者之间的关系，下列说法正确的是（ ）A ．半径一定，角速度与线速度成反比B ．半径一定，角速度与线速度成正比C ．线速度一定，角速度与半径成正比D ．角速度一定，线速度与半径成正比4．甲、乙两个质点做匀速圆周运动，它们的角速度之比是1:3，线速度之比是3:2，下列说法中正确的是 （ ）A ．甲、乙的转动半径之比是9:2B ．甲、乙的转动半径之比是2:1C ．甲、乙的转动周期之比是3:2D ．甲、乙的转动周期之比是3:15．下列关于地球表面各处线速度、角速度的判断中正确的是（ ）A ．我国各地都有相同的角速度B ．北京的角速度比广州的角速度大C ．北京的线速度比广州的线速度大D ．北京的线速度比广州的线速度小6．如图（1）所示，一个圆球绕通过其球心O 的轴21o o 匀速转动，A 、B 是球面上的点，B 所在的大圆与21o o 垂直，OA 与B 所在的大圆成θ角，则（ ）A ．A 、B 两点的角速度相等B ．A 、B 两点的线速度相等C ．若 45=θ，则线速度2:1:=B A v v D ．若 45=θ，则周期2:1:=B A T T二．填空题7．物体做匀速圆周运动，转速为min /300r ，则该物体运动的角速度是__________, 周期是___________8．钟表的秒针匀速转动：（1）钟表秒针的转速是_____________________（2）秒针转动的角速度是________=ω（3）若秒针长cm 5，则其尖端的线速度大小是_______=v9．如图（2）所示为皮带传动装置，左轮1O 是一个轮轴，大轮半径为1R ，小轮半径为2R ，A 、B 分别是大轮和小轮边缘上的点，右轮2O 的半径为3R ，C 是右轮边缘上的点，已知1:2:3::321=R R R ，转动中皮带不打滑。
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圆周运动一、单项选择题1．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( ) A ．轨道半径越大线速度越大 B ．轨道半径越大线速度越小 C ．轨道半径越大周期越大D ．轨道半径越大周期越小解析： 由v ＝ωr 可知，ω一定时，v 与r 成正比，A 正确，B 错误；由T ＝2πω可知，ω一定时，T 一定，与r 无关，C 、D 错误。
答案： A2．根据教育部的规定，高考考场除了不准考生带手机等通讯工具入场外，手表等计时工具也不准带进考场，考试是通过挂在教室里的时钟计时的，关于正常走时的时钟，下列说法正确的是( )A ．秒针角速度是分针角速度的60倍B ．分针角速度是时针角速度的60倍C ．秒针周期是时针周期的13 600D ．分针的周期是时针的124解析： 秒针、分针、时针周期分别为T 1＝1 min ，T 2＝60 min ，T 3＝720 min 。
所以T 1T 3＝1720，T 2T 3＝112，选项C 、D 错误。
根据ω＝2πT ，ω1ω2＝T 2T 1＝60，ω2ω3＝T 3T 2＝12，选项A 正确、B 错误。
答案： A3．(2016·郑州高一检测)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点的( )A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1C ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2D ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1解析： 正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时ωA ＝ωB ，根据v ＝ωr ，可得v A ∶v B ＝1∶2，选项C 正确。
答案： C4.如图所示是一个玩具陀螺，a 、b 和c 是陀螺上的三个点。
当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )A ．a 、b 和c 三点的线速度大小相等B ．a 、b 和c 三点的角速度相等C ．a 、b 的角速度比c 的大D ．c 的线速度比a 、b 的大解析： a 、b 、c 三点都在陀螺上，陀螺转动一周，陀螺上的每一个点都将转动一周，因此a 、b 、c 三点的周期相等，角速度ω＝2πT也相等，故选项B 正确，选项C 错误。
又因为转轴为竖直的，a 、b 两点到转轴的距离相等，大于c 点到转轴的距离，即转动半径不同且有r a ＝r b >r c .由公式v ＝ωr 可知v a ＝v b >v c ，故A 、D 均错。
答案： B 5.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，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，则( )A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2解析： 由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v 1＝2πR t ，v 2＝4πRt，v 1＜v 2，由v ＝r ω，得ω＝v r ，ω1＝v 1R ＝2πt ，ω2＝2πt，ω1＝ω2，故C 正确。
答案： C二、多项选择题6.如图所示，一个环绕中心线AB 以一定的角速度转动，下列说法中正确的是( )A ．P 、Q 两点的角速度相同B ．P 、Q 两点的线速度相同C ．P 、Q 两点的角速度之比为3∶1D ．P 、Q 两点的线速度之比为3∶1解析： 同一圆周上各点的周期和角速度都是相同的，选项A 正确，选项C 错误；设角速度为ω，半径为r ，则P 、Q 两点的线速度分别为v P ＝ωr sin 60°，v Q ＝ωr sin 30°，得v P ∶v Q ＝3∶1，选项B 错误，选项D 正确。
答案： AD7．A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比s A ∶s B ＝2∶3，转过的角度之比φA ∶φB ＝3∶2，则下列说法正确的是( )A ．它们的半径之比r A ∶rB ＝2∶3 B ．它们的半径之比r A ∶r B ＝4∶9C ．它们的周期之比T A ∶T B ＝2∶3D ．它们的频率之比f A ∶f B ＝2∶3解析： A 、B 两个质点，在相同的时间内通过的路程之比为2∶3，即通过的弧长之比为2∶3，所以v A ∶v B ＝2∶3；又相同的时间内转过的角度之比φA ∶φB ＝3∶2，根据ω＝ΔφΔt得ωA ∶ωB ＝3∶2，又v ＝ωr ，所以r A ∶r B ＝v A v B ×ωB ωA ＝23×23＝4∶9，A 选项错误，B 选项正确。
根据T ＝2πω知，T A ∶T B ＝ωB ∶ωA ＝2∶3，C 选项正确。
又T ＝1f ，所以f A ∶f B ＝T B ∶T A ＝3∶2，D 选项错。
答案： BC8.如图所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 的地方，它们都随圆盘一起运动。
比较两木块的线速度和角速度，下列说法正确的是( )A ．两木块的线速度相等B ．两木块的角速度相等C ．M 的线速度是N 的线速度的3倍D ．M 的角速度是N 的角速度的3倍解析： 由传动装置特点知，M 、N 两木块有相同的角速度，又由v ＝ωr 知，因r N ＝13r ，r M ＝r ，故木块M 的线速度是木块N 线速度的3倍，选项B 、C 正确。
答案： BC 三、非选择题9．某同学设计了一个测定油漆喷枪向外喷射油漆雾滴速度的实验。
他采用图甲所示的装置，该油漆喷枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴。
一个直径为D 的纸带环安放在一个可以按照一定转速转动的固定转台上，纸带环上留有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，在转台开始转动达到稳定角速度ω后，从侧面同样开有狭缝B 的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至靠近狭缝B 且与之平行正对时，油漆雾滴便通过狭缝A 在纸带的内侧面留下痕迹。
改变喷射速度重复实验，在纸带上留下一系列的痕迹a 、b 、c 、d 。
将纸带从转台上取下来，展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示，如果不计雾滴所受的重力和空气阻力。
(1)用v min 表示四次实验中油漆雾滴的最小速度，若要保证四次实验雾滴都在纸带环转动半圈的时间内达到纸带环，则纸带环转动的角速度ω应满足的条件是________________________________________________________________________。
(2)在满足(1)的条件下，若D ＝40 cm ，ω＝2.4 rad/s ，由图乙可知四次实验中喷射速度最大的雾滴速度v max ＝________m/s 。
解析： (1)要求在纸带环转动半圈的时间内雾滴都达到纸带环，纸带环转过角度θ<π，则雾滴运动与纸带转动的时间均为t ＝D v min ＝πωmax ，即ωmax ＝v min πD，故ω应满足ω<v min πD。
(2)最大速度的雾滴达到纸带上的d 点，落在d 点时，标志线到d 点的距离从乙图可读出为s ＝0.60 cm ，因t ＝D v ＝θω，则s ＝0.5D θ，则v max ＝ωD θ＝ωD22s＝32 m/s 。
答案： (1)ω<πv minD(2)3210．做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动100 m ，试求物体做匀速圆周运动时：(1)线速度的大小；(2)角速度的大小；(3)周期的大小。
解析： (1)根据线速度的定义式v ＝st可得v ＝s t ＝10010m/s ＝10 m/s 。
(2)根据v ＝ωr 可得ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5 rad/s 。
(3)由ω＝2πT 可知T ＝2πω＝2π0.5 s ＝4π s答案： (1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4 π s11．如图所示，钻床的电动机轴上的塔轮1、2、3和钻轴上的塔轮4、5、6的直径分别是d 1＝d 6＝160 mm ，d 2＝d 5＝180 mm ，d 3＝d 4＝200 mm ，电动机的转速n ＝900 r/min ，求：(1)皮带在2、5两轮时，钻轴的转速是多少？ (2)皮带在1、4两轮时，钻轴的转速是多少？ (3)皮带在3、6两轮时，钻轴的转速是多少？解析： 皮带传动中两轮边缘的线速度相等，由v ＝ωR ＝ωd2和ω＝2πn 得v ＝πnd 。
(1)当皮带在2、5两轮上时，由v 2＝v 5，得n 5n 2＝d 2d 5，此时钻轴的转速n 5＝d 2n 2d 5＝180180×900 r/min ＝900 r/min 。
(2)当皮带在1、4两轮上时，钻轴的转速n 4＝d 1n 1d 4＝160200×900 r/min＝720 r/min 。
(3)皮带在3、6两轮上时，钻轴的转速n 6＝d 3n 3d 6＝200160×900 r/min＝1 125 r/min 。
答案： (1)900 r/min (2)720 r/min (3)1 125 r/min 12.如图所示，质点A 从某一时刻开始在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，出发点与圆心等高，与此同时位于圆心的质点B 自由下落。
已知圆周半径为R ，求质点A 的角速度ω满足什么条件时，才能使A 、B 相遇。
解析： 要使质点A 和质点B 相遇，则它们从开始运动到相遇经历的时间应相等，即t A ＝t B ，考虑到圆周运动的周期性，质点A 从开始运动到相遇经历的时间为t A ＝34T ＋nT (n ＝0,1,2,3，…)对于质点B 由自由落体运动规律R ＝12gt 2B 得t B ＝2R g由圆周运动的周期公式有T ＝2πω解上述方程得ω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34π 2gR(n ＝0,1,2,3，…)答案： ω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34π 2gR(n ＝0,1,2,3，…)。