【名師一號】2021年人教版物理雙基限時練-必修二：第五章-4圓周運動

雙基限時練(五)圓周運動1．做勻速圓周運動的物體，下列各物理量中不變的是()A．線速度 B．角速度C．周期 D．轉速解析圓周運動的物體線速度是矢量，其方向時刻變化，故A選項錯誤；勻速圓周運動的角速度大小和方向都不變，周期和轉速是標量，勻速圓周運動其值不變，故B、C、D選項正確．答案BCD2．下列關于甲、乙兩個做勻速圓周運動的物體的有關說法正確的是()A．甲、乙兩物體線速度相等，角速度肯定也相等B．甲、乙兩物體角速度相等，線速度肯定也相等C．甲、乙兩物體周期相等，角速度肯定也相等D．甲、乙兩物體周期相等，線速度肯定也相等解析由ω＝eq\f(2π,T)可知，周期相同，角速度肯定也相等，故C選項正確．答案C3.如圖所示是一個玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三個點．當陀螺繞垂直于地面的軸線以角速度ω穩(wěn)定旋轉時，下列表述正確的是()A．a、b和c三點的線速度大小相等B．a、b和c三點的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的線速度比a、b的大解析a、b和c均是同一陀螺上的點，它們做圓周運動的角速度都為陀螺旋轉的角速度ω，B對，C錯．三點的運動半徑關系ra＝rb>rc，據v＝ωr可知，三點的線速度關系va＝vb>vc，A、D錯．答案B4．地球自轉一周為一晝夜時間(24h)，新疆烏魯木齊市處于較高緯度地區(qū)，而廣州則處于低緯度地區(qū)，由于地球自轉方向由西向東，每天早晨廣州要比烏魯木齊天亮得早，關于兩地所在處物體具有的角速度和線速度相比較()A．烏魯木齊處物體的角速度大，廣州處物體的線速度大B．烏魯木齊處物體的線速度大，廣州處物體的角速度大C．兩處物體的角速度、線速度都一樣大D．兩處物體的角速度一樣大，但廣州物體的線速度比烏魯木齊處物體線速度要大解析由于地球繞地軸由西向東自轉，地球上任何點都在隨地球自轉，具有相同的周期，依據ω＝eq\f(2π,T)可知，地球上不同區(qū)域的自轉角速度相同，但由于緯度不同，不同區(qū)域的自轉線速度大小不相等，緯度越低，自轉的半徑越大．由v＝ωr可知，廣州的物體自轉的線速度大于烏魯木齊處物體的線速度，選項D正確．答案D5．兩個小球固定在一根長為L的桿的兩端，繞桿上的O點做圓周運動，如圖所示．當小球1的速度為v1時，小球2的速度為v2，則轉軸O到小球2的距離為()A.eq\f(v1,v1＋v2)L B.eq\f(v2,v1＋v2)LC.eq\f(v1＋v2,v1)L D.eq\f(v1＋v2,v2)L解析兩小球固定于同一桿的兩端，繞同一軸轉動，故角速度相同，因此，v1＝ωR1，v2＝ωR2，且R1＋R2＝L，聯立解得R2＝eq\f(v2,v1＋v2)L.答案B6．一質點做圓周運動，在時間t內轉過n周．已知圓周半徑為R，則該質點的線速度大小為()A.eq\f(2πR,nt) B.eq\f(2πRn,t)C.eq\f(nR,2πt) D.eq\f(2πt,nR)解析質點做圓周運動的周期T＝eq\f(t,n)，由公式v＝eq\f(2πR,T)得v＝eq\f(2πR,\f(t,n))＝eq\f(2πnR,t)，故B選項正確．答案B7．一小球沿半徑為2m的軌道做勻速圓周運動，若周期T＝πs，則()A．小球的線速率是4m/sB．經過eq\f(π,4)s，小球的位移為πmC．經過eq\f(π,4)s，小球的位移為2eq\r(2)mD．經過eq\f(π,2)s，小球的位移大小為4m解析依據v＝eq\f(2πr,T)得v＝eq\f(2π×2,π)m/s＝4m/s，故A選項正確；經過eq\f(π,4)s即經eq\f(1,4)周期，小球的位移為x＝eq\r(2)r＝2eq\r(2)m，故C選項正確，B選項錯誤；同理經eq\f(π,2)s小球經過半個圓周，其位移為2r＝4m，故D選項正確．答案ACD8．某變速箱中有甲、乙、丙三個齒輪，如圖所示，其半徑分別為r1、r2、r3，若甲輪的角速度為ω，則丙輪的角速度為()A.eq\f(ωr1,r3)B.eq\f(ωr3,r1)C.eq\f(ωr3,r2)D.eq\f(ωr1,r2)解析各輪邊緣各點的線速度大小相等，則有ωr1＝ω′r3，所以ω′＝eq\f(ωr1,r3)，故A正確．答案A9．如圖所示的裝置中可測量子彈的飛行速度，在一根軸上相隔s＝1m處安裝兩個平行的薄圓盤，使軸帶動兩圓盤以n＝3000r/min勻速轉動，飛行的子彈平行于軸沿始終線穿過兩圓盤，即在盤上留下兩個孔，現測得兩小孔所在半徑間的夾角為30°，子彈飛行速度大小可能是下列中的()A．500m/s B．600m/sC．700m/s D．800m/s解析圓盤轉速n＝3000r/min＝50r/s，圓盤的角速度ω＝100πrad/s，在子彈穿過圓盤時，兩小孔所在半徑間的夾角為30°，說明白子彈穿透兩圓盤時，圓盤至少轉過的角度θ＝eq\f(30°,360°)·2π＝eq\f(π,6)rad，通式應為θ＝2nπ＋eq\f(π,6)，故子彈穿過兩圓盤所用時間t＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(12n＋1,600)s，由平拋運動的學問得，子彈的飛行速度為v0＝eq\f(s,t)＝eq\f(600,12n＋1)m/s，當n＝0時，v0＝600m/s，當n＝1時，v0＝46m/s.答案B10．機械手表的分針與秒針從重合至其次次重合，中間經受的時間為()A.eq\f(59,60)min B．1minC.eq\f(60,59)min D.eq\f(61,60)min解析先求出分針與秒針的角速度：ω分＝eq\f(2π,3600)rad/s，ω秒＝eq\f(2π,60)rad/s.設兩次重合時間間隔為Δt，則有φ分＝ω分Δt，φ秒＝ω秒Δt，φ秒－φ分＝2π，即Δt＝eq\f(2π,ω秒－ω分)＝eq\f(2π,\f(2π,60)－\f(2π,3600))min＝eq\f(60,59)min.故選項C正確．答案C11.如圖所示，電風扇在閃光燈下運轉，閃光燈每秒閃30次，風扇轉軸O上裝有3個扇葉，它們互成120°角．當風扇轉動時，觀看者感覺扇葉不動，則風扇轉速可能是()A．600r/min B．900r/minC．1200r/min D．3000r/min解析風扇轉動時，觀看者感覺扇葉不動，說明在每相鄰兩次閃光的時間間隔T燈內，風扇轉過的角度是120°的整數倍，即eq\f(1,3)圈的整數倍．T燈＝eq\f(1,30)s.風扇的最小轉速nmin＝eq\f(\f(1,3)r,\f(1,30)s)＝10r/s＝600r/min故滿足題意的可能轉速n＝knmin(k＝1,2,3，…)．勻速圓周運動是一種周期性的運動，分析此類問題，關鍵是抓住周期性這一特點，得出可能的多解通式．答案ACD12．如圖所示，直徑為d的紙制圓筒以角速度ω繞垂直紙面的軸O勻速運動(圖示為截面)．從槍口放射的子彈沿直徑穿過圓筒．若子彈在圓筒旋轉不到半周時，在圓周上留下a、b兩個彈孔，已知aO與bO夾角為θ，求子彈的速度．解析設子彈速度為v，則子彈穿過筒的時間t＝eq\f(d,v).此時間內圓筒轉過的角度α＝π－θ.據α＝ωt，得π－θ＝ωeq\f(d,v)，則子彈速度v＝eq\f(ωd,π－θ).答案eq\f(ωd,π－θ)13．如圖所示，小球Q在豎直平面內做勻速圓周運動，半徑為r，當Q球運動到與O在同一水平線上時，有另一小球P在圓面內距圓周最高點為h處開頭自由下落，要使兩球在圓周最高點處相碰，Q球的角速度ω應滿足什么條件？解析由自由落體運動的位移公式h＝eq\f(1,2)gt2，可求得小球P自由下落至圓周最高點的時間t1＝eq\r(\f(2h,g)).①設小球Q做勻速圓周運動的周期為T，則有T＝eq\f(2π,ω)，②由題意知，小球Q由圖示位置至圓周最高點所用的時間t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))T(n＝0,1,2，…)．③要使兩球在圓周最高點相碰，需使t1＝t2，④①②③④式聯立，解得小球Q做勻速圓周運動的角速度ω＝π(4n＋1)eq\r(\f(g,8h))(n＝0,1,2，…)．答案ω＝π(4n＋1)eq\r(\f(g,8h))(n＝0,1,2，…)14.一半徑為R的雨傘繞柄以角速度ω勻速旋轉，如圖所示，傘邊緣距地面高h，水平甩出的水滴在地面上形成一個圓，求此圓半徑r