第六章 第1节圆周运动提升练习（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第六章 第1节圆周运动提升练习（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 293.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-22 13:42:53 | ||
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文档简介
2019人教版必修第二册 第六章 第1节 圆周运动 提升练习
一、单选题
1．如图所示，小刚同学把自行车后轮支撑起来，对转动的自行车后轮进行研究．对正在转动的后轮上A、B、C三点，下列说法中正确的是
A．A、B两点的线速度相同
B．A、C两点的线速度相同
C．B、C两点的线速度相同
D．A、B两点的角速度相同
2．市场上出售的苍蝇拍，把手长50cm的明显比30cm的使用效果好，这是因为使用把手长的拍子打苍蝇时（ ）
A．苍蝇看不见持拍人而容易被打
B．由于拍子转动的角速度大而易打到苍蝇
C．由于拍子转动的线速度大而易打到苍蝇
D．由于拍子的击打力度更大而易打死苍蝇
3．如图所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r1、r2、r3，并且r1＜r2＜r3。若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为（ ）
A． B． C． D．
4．如图为一自行车传动装置的示意图，M为自行车踏板上一点，N、P为前后传动齿轮上的两点，下列对M、N、P三点的角速度ω和线速度v比较，正确的是（ ）
A．ωN>ωP
B．ωN=ωP
C．vM>vN
D．vM=vN
5．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．线速度vA＝vB B．线速度vA＞vB C．周期TA＜TB D．向心加速度aA＝aB
6．如图所示，主动轮M通过皮带带动从动轮N做匀速转动，a是M轮上距轴O1的距离等于M轮半径一半的点，b、c分别是N轮和M轮轮缘上的点，已知在皮带不打滑的情况下，N轮的转速是M轮的3倍，下列说法不正确的是（ ）
A．a、b两点的角速度之比为3：1 B．a、b两点的线速度之比为1：2
C．b、c两点的周期之比为1：3 D．a、c两点的线速度之比为1：2
7．质点做匀速圆周运动时（ ）
A．线速度越大，其转速一定越大
B．角速度大时，其转速一定大
C．线速度一定时，半径越大，则周期越短
D．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长
8．半径为R 的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出，半径OA恰好与v的方向相同，如图所示．若要使小球与圆盘只碰一次，且落在A处，已知重力加速度为g，则圆盘转动的角速度可能为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速、从动轴转速、滚轮半径以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离之间的关系是（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，在平直公路上行驶的自行车，其大齿轮、小齿轮和后轮都可视为绕轴做匀速圆周运动，则以下各点角速度最小是( )
A．后轮边缘上的点
B．小齿轮边缘上的点
C．大齿轮边缘上的点
D．以上三者角速度相同
11．一对男女溜冰运动员质量分别为m男=80kg和m女=40kg，面对面拉着一弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.2N，则两人（ ）
A．速度大小相同约为40m/s B．运动半径分别为r男=0.3m和r女=0.6m
C．角速度相同为6rad/s D．运动速率之比为v男：v女 =2：1
12．对于做匀速圆周运动的质点，下列说法正确的是（ ）
A．根据公式，可知其向心加速度与半径成反比
B．根据公式，可知其向心加速度与半径成正比
C．根据公式，可知其角速度与半径成反比
D．根据公式，可知其角速度与转速成正比
二、多选题
13．如图为某一机械手表，其分针与时针上的点看作做匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍．下列说法正确的是（ ）
A．分针与时针的角速度之比是12：1
B．分针末端与时针末端的线速度之比是18：1
C．分针与时针的周期之比是12：1
D．分针末端与时针末端的加速度之比是216：1
14．如图，半径之比R︰r=2︰1的大小两轮通过皮带传动匀速转动，且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动，大轮上一点P到轴心的距离为r，Q为小轮边缘上的点，P、Q两点的（ ）
A．周期之比Tp：TQ=1：2
B．线速度之比vP︰vQ=1：2
C．角速度之比ωP︰ωQ=1：2
D．向心加速度之比aP︰aQ=1：2
15．关于向心力的下列说法中正确的是
A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B．做匀速圆周运动的物体，其向心力是不变的
C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力
D．做匀速圆周运动的物体，一定是所受的合外力充当向心力
16．初速度不为零的小球只受到一个大小不变的力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．小球可能做曲线运动
B．小球的位置可能保持不变
C．小球的速度大小可能保持不变
D．小球的加速度一定保持不变
三、实验题
17．为测量圆盘匀速转动时的角速度，设计了如下实验：如图所示，有一定厚度的圆盘绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。先后打出几条纸带，选择点迹清楚且均匀的一段纸带进行测量。已知打点计时器的打点周期为T，用刻度尺量出测量n个点之间的距离x，再测出圆盘的_______，用已知量和测得量表示角速度的表达式为ω=________。
四、解答题
18．如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.2kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到r/s时细线断了。求：
（1）线断开的瞬间，小球运动的线速度；
（2）线断开前的瞬间，受到的拉力大小；
（3）如果小球离开桌面时速度水平，落地时速度与水平方向的夹角为(sin=0.6，g取10m/s2)，求桌面高出地面的高度。
19．如图所示为一自行车的局部结构示意图，设连接脚踏板的连杆长为，由脚踏板带动半径为的大轮盘（牙盘），通过链条与半径为的小轮盘（飞轮）连接，小轮盘带动半径为R的后轮转动，使自行车在水平路面上匀速前进。
(1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径，想想看，这是为什么？
(2)设，，，为了维持自行车以的速度在水平路面上匀速行驶，请你计算一下每分钟要踩脚踏板几圈（结果保留到整数）。
(3)若某种变速自行车有6个飞轮和3个牙盘，牙盘和飞轮的齿数如下表所示，若人骑该车行进的速度一定，选用哪种齿数的牙盘和飞轮，人踩脚踏板的角速度最小？为什么？
名称 牙盘 飞轮
齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28
20．如图所示，一平板车以某一速度v0=5m/s匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放到车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a1=3m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2．求：
（1）通过计算，判断货箱能否从车后端掉下来；
（2）如果货箱不能掉下，则最终停止时离车后端的距离d是多少？
（3）如果货箱不能掉下，最后都停止运动，平板车再从静止开始以a2=4m/s2的加速度匀加速直线运动，经过3秒，货箱距离车后端多远？已知平板车后端离地面高1.25m，货箱落地后不动．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
由于A、B、C三点同轴转动，故三点的角速度相同，故D正确；由和三点的半径关系可知线速度大小关系，由于线速度是矢量，A、B两点的线速度方向不相同，故ABC错误；
【点睛】解题关键明确同轴转动角速度相同，应用分析线速度和角速度的关系，注意矢量相同与标量相同的区别．
2．C
【解析】
【详解】
要想打到苍蝇，必须要提高线速度；由于苍蝇拍质量很小，故可以认为人使用时角速度一定，根据公式v=rω，提高拍头的转动半径后，会提高线速度；故选C．
点睛：本题关键是建立物理模型，明确拍头的运动是匀速圆周运动，角速度一定，然后根据公式v=rω分析，基础题．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
靠近齿轮接触，两轮边缘上各点线速度大小相等，可知甲、丙两轮边缘上各点线速度大小相等，由
丙齿轮的角速度为
故选B。
4．C
【解析】
【详解】
大小轮是靠链条传动，P、N两点线速度大小相等；由于二者的半径rN＞rP，由v=ωr可知ωN＜ωP，故AB错误；N、M两点是共轴转动，角速度大小相等，rM＞rN，故vM＞vN，C正确，D错误．
5．B
【解析】
【详解】
由题意可知A、B两物体角速度相等，A的运动半径比B的运动半径大，根据
可知
vA＞vB
TA=TB
aA＞aB
故ACD错误，B正确。
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
A、因为N轮的转速是M轮转速的3倍，根据知，N轮的角速度是M轮角速度的3倍，即b、c两点角速度之比为3：1；a、c两点共轴转动，角速度相等，则a、b两点的角速度之比为，故选项A错误；
B、a点半径等于M轮半径的一半，根据知，c点的线速度是a点线速度的2倍，则a、c两点的线速度之比为；b、c两点是皮带传动，线速度相等，则a、b两点的线速度之比为，故选项B、D正确；
C、b、c两点的角速度之比3:1，根据知b、c两点的周期之比为，故选项C正确；
说法不正确的是选项A．
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．匀速圆周运动的线速度
故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r有关，A错误；
B．匀速圆周运动的角速度
所以角速度大时，其转速一定大，B正确；
C．匀速圆周运动的周期
T＝
则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C错误；
D．匀速圆周运动的周期
T＝
与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D错误．
故选B 。
8．C
【解析】
【分析】
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．
【详解】
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间为：t=，根据小球与圆盘只碰一次，且落在A得：ωt=2nπ；得：（n=1、2、3…）；与四个选项比较可知，只有C选项正确，ABD选项都错误，故选C．
【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．
9．A
【解析】
【详解】
从动轴的转速n2、滚轮半径r，则滚轮边缘的线速度大小为
主动轮与滚轮接触处的线速度大小
根据v1=v2得
得
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
利用链条传动线速度大小相等，所以大齿轮和小齿轮边缘处线速度大小相等；由v=ωr可知，大齿轮的角速度比小齿轮的角速度小；再根据小齿轮和后轮是同轴传动，所以小齿轮和后轮的角速度相等；则角速度最小的是大齿轮边缘上的点，故ABD错误，C正确．故选C．
【点睛】
本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式v=ωr列式求解.
11．B
【解析】
【详解】
B．弹簧对各自的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
又面对面拉着一弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，二者的角速度相等，则有
则有
又
解得，，B正确；
AD．由于
知他们的线速度不相等，且
AD错误；
C．根据
解得，C错误。
故选B。
12．D
【解析】
【详解】
A选项只有线速度保持不变时成立；B选项只有角速度保持不变时成立；C选项只有线速度保持不变时成立；只有D选项正确．
故选D。
13．ABD
【解析】
【详解】
AC.分针的周期为T分＝1h，时针的周期为T时＝12h，两者周期之比为
T分：T时＝1：12
由
研究得知，分针与时针的角速度之比是12：1.故选项A符合题意，故选项C不符合题意.
B.由
v＝ωr
得，分针与时针端点的线速度之比为
v分：v时＝ω分r分：ω时r时＝12×1.5：＝18：1
即分针与时针末端的线速度之比为18：1.故选项B符合题意.
D、根据
a＝ω2r
得分针与时针末端的向心加速度之比为216：1.故选项D符合题意.
14．BC
【解析】
【分析】
【详解】
BC．两轮边缘的线速度大小相等，由
v=rω
得到
故P、Q两物体的角速度之比为1︰2；大轮上一点P到轴心的距离为r，所以P，Q的转动半径相同，由
v=rω
得
故BC正确；
A．P、Q两物体的角速度之比为1︰2，转动半径相等，根据
所以周期之比
Tp︰TQ=2︰1
故A错误；
D．P、Q两物体的角速度之比为1︰2，转动半径相等，根据
a=ω2r
有
aP︰aQ=1︰4
故D错误。
故选BC。
15．AD
【解析】
【详解】
A、向心力总是指向圆心，而速度总是沿着切线方向，故向心力一定垂直于速度，不改变速度的大小，故A正确；
B、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，方向不断变化，是变力，故B错误；
C、物体做变速圆周运动时，合力不总是指向圆心，故合力不一定等于向心力，向心力为合力的一个分力，故C错误；
D、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，提供向心力，故D正确．
点睛：向心力的方向不断变化，一定是变力；变速圆周运动的合外力不一定指向圆心，只有当合力指向圆心时，合力才完全充当向心力．
16．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．当物体的速度方向与力F不共线时，物体做曲线运动，A正确；
B．物体受合力不为零，一定会运动，则小球的位置不可能保持不变，B错误；
C．若力F与速度垂直，因力F大小不变，方向不断变化，可知物体能做匀速圆周运动，速度的大小保持不变，C正确；
D．物体受的合外力不为零，但是方向不确定，则加速度不一定保持不变，D错误。
故选AC。
17． 半径R
【解析】
【详解】
[1][2]要求出角速度，先求出线速度，由于是用纸带测量圆盘的线速度，再利用得出角速度，所以需要测盘的半径R。用刻度尺量出测量n个点之间的距离x，圆盘的线速度为：
所以角速度
18．（1）4m/s；（2）32N；（3）0.45m
【解析】
【详解】
(1)转速r/s
根据线速度
角速度
联立解得
(2)拉力提供小球做圆周运动的向心力，因此
=32N
(3)落地速度与水平方向夹角的正切值
可得vy=3m/s
平抛运动竖直方向上是自由落体运动，根据
可得下落的高度
19．(1)见解析；(2)48圈；(3)应选齿数为15的飞轮和齿数为48的牙盘
【解析】
【分析】
【详解】
(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度大小相等，当牙盘的半径大于飞轮的半径时，由 知，人踩脚踏板的角速度小于飞轮的角速度，飞轮和后轮是同轴传动，这样人踩一圈，车子可以走得更远。
(2)设牙盘转动的角速度为，转速为n，自行车后轮转动的角速度即飞轮的角速度为，则
由
得
即每分钟要踩脚踏板48圈。
(3)由(2)知
不管牙盘还是飞轮，相邻的两齿间的弧长相同，故有
从而
故
由于v、R一定，当最小时，最小，故应选齿数为15的飞轮和齿数为48的牙盘。
20．（1）货箱不会从车后端掉下来；（2）货箱到车尾的距离1m；（3）15m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）货箱放到车上后，先做匀加速运动，设经过时间t和车达到相同速度，此时货箱和车的位移分别为x1，x2
对货箱
对平板车
此时，货箱相对车向后移动了
故货箱不会从车后端掉下来
（2）由于货箱的最大加速度
所以二者达到相同速度后，分别以不同的加速度匀减速运动到停止，此时相同速度为
对货箱
对平板车
故货箱到车尾的距离
（3）设经过时间t1货箱和车分离，由位移关系得
解得
t1=1s
分离时货箱速度
货箱做平抛运动，经过时间t2落地
得
则在平板车启动的t3=3s内，货箱的水平位移
平板车的位移为
故货箱距离平板车后端
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图所示，小刚同学把自行车后轮支撑起来，对转动的自行车后轮进行研究．对正在转动的后轮上A、B、C三点，下列说法中正确的是
A．A、B两点的线速度相同
B．A、C两点的线速度相同
C．B、C两点的线速度相同
D．A、B两点的角速度相同
2．市场上出售的苍蝇拍，把手长50cm的明显比30cm的使用效果好，这是因为使用把手长的拍子打苍蝇时（ ）
A．苍蝇看不见持拍人而容易被打
B．由于拍子转动的角速度大而易打到苍蝇
C．由于拍子转动的线速度大而易打到苍蝇
D．由于拍子的击打力度更大而易打死苍蝇
3．如图所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r1、r2、r3，并且r1＜r2＜r3。若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为（ ）
A． B． C． D．
4．如图为一自行车传动装置的示意图，M为自行车踏板上一点，N、P为前后传动齿轮上的两点，下列对M、N、P三点的角速度ω和线速度v比较，正确的是（ ）
A．ωN>ωP
B．ωN=ωP
C．vM>vN
D．vM=vN
5．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．线速度vA＝vB B．线速度vA＞vB C．周期TA＜TB D．向心加速度aA＝aB
6．如图所示，主动轮M通过皮带带动从动轮N做匀速转动，a是M轮上距轴O1的距离等于M轮半径一半的点，b、c分别是N轮和M轮轮缘上的点，已知在皮带不打滑的情况下，N轮的转速是M轮的3倍，下列说法不正确的是（ ）
A．a、b两点的角速度之比为3：1 B．a、b两点的线速度之比为1：2
C．b、c两点的周期之比为1：3 D．a、c两点的线速度之比为1：2
7．质点做匀速圆周运动时（ ）
A．线速度越大，其转速一定越大
B．角速度大时，其转速一定大
C．线速度一定时，半径越大，则周期越短
D．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长
8．半径为R 的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出，半径OA恰好与v的方向相同，如图所示．若要使小球与圆盘只碰一次，且落在A处，已知重力加速度为g，则圆盘转动的角速度可能为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速、从动轴转速、滚轮半径以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离之间的关系是（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，在平直公路上行驶的自行车，其大齿轮、小齿轮和后轮都可视为绕轴做匀速圆周运动，则以下各点角速度最小是( )
A．后轮边缘上的点
B．小齿轮边缘上的点
C．大齿轮边缘上的点
D．以上三者角速度相同
11．一对男女溜冰运动员质量分别为m男=80kg和m女=40kg，面对面拉着一弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.2N，则两人（ ）
A．速度大小相同约为40m/s B．运动半径分别为r男=0.3m和r女=0.6m
C．角速度相同为6rad/s D．运动速率之比为v男：v女 =2：1
12．对于做匀速圆周运动的质点，下列说法正确的是（ ）
A．根据公式，可知其向心加速度与半径成反比
B．根据公式，可知其向心加速度与半径成正比
C．根据公式，可知其角速度与半径成反比
D．根据公式，可知其角速度与转速成正比
二、多选题
13．如图为某一机械手表，其分针与时针上的点看作做匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍．下列说法正确的是（ ）
A．分针与时针的角速度之比是12：1
B．分针末端与时针末端的线速度之比是18：1
C．分针与时针的周期之比是12：1
D．分针末端与时针末端的加速度之比是216：1
14．如图，半径之比R︰r=2︰1的大小两轮通过皮带传动匀速转动，且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动，大轮上一点P到轴心的距离为r，Q为小轮边缘上的点，P、Q两点的（ ）
A．周期之比Tp：TQ=1：2
B．线速度之比vP︰vQ=1：2
C．角速度之比ωP︰ωQ=1：2
D．向心加速度之比aP︰aQ=1：2
15．关于向心力的下列说法中正确的是
A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B．做匀速圆周运动的物体，其向心力是不变的
C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力
D．做匀速圆周运动的物体，一定是所受的合外力充当向心力
16．初速度不为零的小球只受到一个大小不变的力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．小球可能做曲线运动
B．小球的位置可能保持不变
C．小球的速度大小可能保持不变
D．小球的加速度一定保持不变
三、实验题
17．为测量圆盘匀速转动时的角速度，设计了如下实验：如图所示，有一定厚度的圆盘绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。先后打出几条纸带，选择点迹清楚且均匀的一段纸带进行测量。已知打点计时器的打点周期为T，用刻度尺量出测量n个点之间的距离x，再测出圆盘的_______，用已知量和测得量表示角速度的表达式为ω=________。
四、解答题
18．如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.2kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到r/s时细线断了。求：
（1）线断开的瞬间，小球运动的线速度；
（2）线断开前的瞬间，受到的拉力大小；
（3）如果小球离开桌面时速度水平，落地时速度与水平方向的夹角为(sin=0.6，g取10m/s2)，求桌面高出地面的高度。
19．如图所示为一自行车的局部结构示意图，设连接脚踏板的连杆长为，由脚踏板带动半径为的大轮盘（牙盘），通过链条与半径为的小轮盘（飞轮）连接，小轮盘带动半径为R的后轮转动，使自行车在水平路面上匀速前进。
(1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径，想想看，这是为什么？
(2)设，，，为了维持自行车以的速度在水平路面上匀速行驶，请你计算一下每分钟要踩脚踏板几圈（结果保留到整数）。
(3)若某种变速自行车有6个飞轮和3个牙盘，牙盘和飞轮的齿数如下表所示，若人骑该车行进的速度一定，选用哪种齿数的牙盘和飞轮，人踩脚踏板的角速度最小？为什么？
名称 牙盘 飞轮
齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28
20．如图所示，一平板车以某一速度v0=5m/s匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放到车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a1=3m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2．求：
（1）通过计算，判断货箱能否从车后端掉下来；
（2）如果货箱不能掉下，则最终停止时离车后端的距离d是多少？
（3）如果货箱不能掉下，最后都停止运动，平板车再从静止开始以a2=4m/s2的加速度匀加速直线运动，经过3秒，货箱距离车后端多远？已知平板车后端离地面高1.25m，货箱落地后不动．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
由于A、B、C三点同轴转动，故三点的角速度相同，故D正确；由和三点的半径关系可知线速度大小关系，由于线速度是矢量，A、B两点的线速度方向不相同，故ABC错误；
【点睛】解题关键明确同轴转动角速度相同，应用分析线速度和角速度的关系，注意矢量相同与标量相同的区别．
2．C
【解析】
【详解】
要想打到苍蝇，必须要提高线速度；由于苍蝇拍质量很小，故可以认为人使用时角速度一定，根据公式v=rω，提高拍头的转动半径后，会提高线速度；故选C．
点睛：本题关键是建立物理模型，明确拍头的运动是匀速圆周运动，角速度一定，然后根据公式v=rω分析，基础题．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
靠近齿轮接触，两轮边缘上各点线速度大小相等，可知甲、丙两轮边缘上各点线速度大小相等，由
丙齿轮的角速度为
故选B。
4．C
【解析】
【详解】
大小轮是靠链条传动，P、N两点线速度大小相等；由于二者的半径rN＞rP，由v=ωr可知ωN＜ωP，故AB错误；N、M两点是共轴转动，角速度大小相等，rM＞rN，故vM＞vN，C正确，D错误．
5．B
【解析】
【详解】
由题意可知A、B两物体角速度相等，A的运动半径比B的运动半径大，根据
可知
vA＞vB
TA=TB
aA＞aB
故ACD错误，B正确。
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
A、因为N轮的转速是M轮转速的3倍，根据知，N轮的角速度是M轮角速度的3倍，即b、c两点角速度之比为3：1；a、c两点共轴转动，角速度相等，则a、b两点的角速度之比为，故选项A错误；
B、a点半径等于M轮半径的一半，根据知，c点的线速度是a点线速度的2倍，则a、c两点的线速度之比为；b、c两点是皮带传动，线速度相等，则a、b两点的线速度之比为，故选项B、D正确；
C、b、c两点的角速度之比3:1，根据知b、c两点的周期之比为，故选项C正确；
说法不正确的是选项A．
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．匀速圆周运动的线速度
故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r有关，A错误；
B．匀速圆周运动的角速度
所以角速度大时，其转速一定大，B正确；
C．匀速圆周运动的周期
T＝
则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C错误；
D．匀速圆周运动的周期
T＝
与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D错误．
故选B 。
8．C
【解析】
【分析】
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．
【详解】
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间为：t=，根据小球与圆盘只碰一次，且落在A得：ωt=2nπ；得：（n=1、2、3…）；与四个选项比较可知，只有C选项正确，ABD选项都错误，故选C．
【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．
9．A
【解析】
【详解】
从动轴的转速n2、滚轮半径r，则滚轮边缘的线速度大小为
主动轮与滚轮接触处的线速度大小
根据v1=v2得
得
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
利用链条传动线速度大小相等，所以大齿轮和小齿轮边缘处线速度大小相等；由v=ωr可知，大齿轮的角速度比小齿轮的角速度小；再根据小齿轮和后轮是同轴传动，所以小齿轮和后轮的角速度相等；则角速度最小的是大齿轮边缘上的点，故ABD错误，C正确．故选C．
【点睛】
本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式v=ωr列式求解.
11．B
【解析】
【详解】
B．弹簧对各自的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
又面对面拉着一弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，二者的角速度相等，则有
则有
又
解得，，B正确；
AD．由于
知他们的线速度不相等，且
AD错误；
C．根据
解得，C错误。
故选B。
12．D
【解析】
【详解】
A选项只有线速度保持不变时成立；B选项只有角速度保持不变时成立；C选项只有线速度保持不变时成立；只有D选项正确．
故选D。
13．ABD
【解析】
【详解】
AC.分针的周期为T分＝1h，时针的周期为T时＝12h，两者周期之比为
T分：T时＝1：12
由
研究得知，分针与时针的角速度之比是12：1.故选项A符合题意，故选项C不符合题意.
B.由
v＝ωr
得，分针与时针端点的线速度之比为
v分：v时＝ω分r分：ω时r时＝12×1.5：＝18：1
即分针与时针末端的线速度之比为18：1.故选项B符合题意.
D、根据
a＝ω2r
得分针与时针末端的向心加速度之比为216：1.故选项D符合题意.
14．BC
【解析】
【分析】
【详解】
BC．两轮边缘的线速度大小相等，由
v=rω
得到
故P、Q两物体的角速度之比为1︰2；大轮上一点P到轴心的距离为r，所以P，Q的转动半径相同，由
v=rω
得
故BC正确；
A．P、Q两物体的角速度之比为1︰2，转动半径相等，根据
所以周期之比
Tp︰TQ=2︰1
故A错误；
D．P、Q两物体的角速度之比为1︰2，转动半径相等，根据
a=ω2r
有
aP︰aQ=1︰4
故D错误。
故选BC。
15．AD
【解析】
【详解】
A、向心力总是指向圆心，而速度总是沿着切线方向，故向心力一定垂直于速度，不改变速度的大小，故A正确；
B、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，方向不断变化，是变力，故B错误；
C、物体做变速圆周运动时，合力不总是指向圆心，故合力不一定等于向心力，向心力为合力的一个分力，故C错误；
D、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，提供向心力，故D正确．
点睛：向心力的方向不断变化，一定是变力；变速圆周运动的合外力不一定指向圆心，只有当合力指向圆心时，合力才完全充当向心力．
16．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．当物体的速度方向与力F不共线时，物体做曲线运动，A正确；
B．物体受合力不为零，一定会运动，则小球的位置不可能保持不变，B错误；
C．若力F与速度垂直，因力F大小不变，方向不断变化，可知物体能做匀速圆周运动，速度的大小保持不变，C正确；
D．物体受的合外力不为零，但是方向不确定，则加速度不一定保持不变，D错误。
故选AC。
17． 半径R
【解析】
【详解】
[1][2]要求出角速度，先求出线速度，由于是用纸带测量圆盘的线速度，再利用得出角速度，所以需要测盘的半径R。用刻度尺量出测量n个点之间的距离x，圆盘的线速度为：
所以角速度
18．（1）4m/s；（2）32N；（3）0.45m
【解析】
【详解】
(1)转速r/s
根据线速度
角速度
联立解得
(2)拉力提供小球做圆周运动的向心力，因此
=32N
(3)落地速度与水平方向夹角的正切值
可得vy=3m/s
平抛运动竖直方向上是自由落体运动，根据
可得下落的高度
19．(1)见解析；(2)48圈；(3)应选齿数为15的飞轮和齿数为48的牙盘
【解析】
【分析】
【详解】
(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度大小相等，当牙盘的半径大于飞轮的半径时，由 知，人踩脚踏板的角速度小于飞轮的角速度，飞轮和后轮是同轴传动，这样人踩一圈，车子可以走得更远。
(2)设牙盘转动的角速度为，转速为n，自行车后轮转动的角速度即飞轮的角速度为，则
由
得
即每分钟要踩脚踏板48圈。
(3)由(2)知
不管牙盘还是飞轮，相邻的两齿间的弧长相同，故有
从而
故
由于v、R一定，当最小时，最小，故应选齿数为15的飞轮和齿数为48的牙盘。
20．（1）货箱不会从车后端掉下来；（2）货箱到车尾的距离1m；（3）15m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）货箱放到车上后，先做匀加速运动，设经过时间t和车达到相同速度，此时货箱和车的位移分别为x1，x2
对货箱
对平板车
此时，货箱相对车向后移动了
故货箱不会从车后端掉下来
（2）由于货箱的最大加速度
所以二者达到相同速度后，分别以不同的加速度匀减速运动到停止，此时相同速度为
对货箱
对平板车
故货箱到车尾的距离
（3）设经过时间t1货箱和车分离，由位移关系得
解得
t1=1s
分离时货箱速度
货箱做平抛运动，经过时间t2落地
得
则在平板车启动的t3=3s内，货箱的水平位移
平板车的位移为
故货箱距离平板车后端
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