6.1圆周运动 课后练习(Word版含答案)

6.1　圆周运动
一、单选题
1．物体1放在赤道上某处，物体2放在北纬60°上某处，由于地球的自转，物体1与物体2的（ ）
A．线速度之比为 B．线速度之比为
C．角速度之比为 D．角速度之比为
2．如图所示，a、b两点分别位于大、小轮的边缘上， c点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑。则线速度大小相等的是（　　）
A．a　b B．a　c C．b　c D．a　b　c
3．甲、乙、丙三个物体，甲在海南，乙在上海，丙在北京．当它们随地球一起转动时，下列说法正确的是
A．三个物体线速度相同 B．甲的线速度最小
C．三个物体角速度相同 D．甲的角速度最大
4．如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比（，为正整数）。从a，b相距最近开始，在b运动一周的过程中（　　）
A．a、b距离最近的次数为次 B．a、b距离最近的次数为次
C．a、b、c共线的次数为次 D．a、b、c共线的次数为次
5．如图所示的传动装置中，、两轮固定在一起绕同一轴转动，、两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是．若皮带不打滑，则、、三轮边缘上、、三点的（ ）
A．角速度之比为 B．角速度之比为
C．线速度之比为 D．线速度之比为
6．雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”。如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来，如图所示，图中a、b为后轮轮胎边缘上的最高点与最低点，c、d为飞轮边缘上的两点，则下列说法正确的是：（　　）
A．飞轮上c、d两点的向心加速度相同
B．后轮边缘a、b两点的线速度相同
C．泥巴在图中的b点比在a点更容易被甩下来
D．a点的角速度大于d点的角速度
7．如图所示，有一皮带传动装置（皮带不打滑），A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB=RC=，设A、B、C三点的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，则下列关系式正确的是（　　）
A．vA=vC＜vB B．ωA=ωB=ωC C．vA=vC＞vB D．ωA=ωB＞ωC
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，为了检测一玩具枪射出子弹的速度，用一个半径为r的圆盘做目标靶，枪口与圆盘的距离为L，圆盘绕垂直盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动，转动的角速度大小为ω.子弹出枪口时圆盘边缘上的A点在最高点位置，若子弹恰好击中A点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则子弹出枪口的速度可能为(　　)
A． B．
C． D．πωL
10．质点做半径为r的匀速圆周运动，运动的周期为T，其线速度大小为( 　　)
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，自行车的大齿轮A、小齿轮B、后轮C的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，关于A、C轮缘的线速度和角速度说法正确的是
A．ωA：ωC=1：4
B．ωA：ωC=4：1
C．vA：vC=1：4
D．vA：vC=4：1
12．如图所示，皮带传动装置中甲、丙两轮半径相等，乙轮和丙轮同轴，且乙轮半径是丙轮半径的一半。、、三点分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，皮带不打滑。则（　　）
A．、、三点的角速度大小之比为
B．、、三点的线速度大小之比为
C．、、三点的周期大小之比为
D．、、三点的向心加速度大小之比为
二、多选题
13．关于圆周运动,下列说法中正确的是( )
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．在圆周运动中,向心加速度的方向总是指向圆心
C．匀速圆周运动的角速度、周期、转速均恒定不变
D．做圆周运动的物体所受各力的合力一定是向心力
14．如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动，飞椅和人的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，钢绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是
A．运动周期为
B．线速度大小为ωR
C．钢绳拉力的大小为mω2R
D．角速度θ与夹角的关系为gtanθ=ω2R
15．下列说法中正确的是( )
A．曲线运动一定是变速运动
B．变速运动一定是曲线运动
C．匀速圆周运动就是速度不变的运动
D．匀速圆周运动就是加速度不变的运动
16．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∶9
B．它们的半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
三、实验题
17．如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带，缠绕在直径为d的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物。将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动，纸带和滑轮不打滑。为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况，如图乙所示。图丙为计时器打出的纸带中的一段，在这一段上取了3个计数点A、B、C，相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，其中x1 = 12.62 cm、x2 = 14.92 cm。图丁为使用20分度游标卡尺测量滑轮直径的示意图。
（1）根据图丁中游标卡尺的刻度，可得滑轮的直径d________cm；
（2）根据图丙中所给数据，可以求出打下B点时滑轮的角速度为________rad/s；（结果保留三位有效数字）
（3）根据图丙中所给数据，可以求出重物下落的加速度为________m/s2。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
18．有一辆用链条传动的变速自行车，中轴（即脚踏转轴）有两个齿轮盘，其齿数分别为48和38，后轴飞轮上有三个齿轮盘，其齿数分别为14、17和24，若人以相同的转速带动踏脚，则由于中、后齿轮盘不同的组合，自行车所能得到的最大速度和最小速度之比是多少？
19．如图所示为磁带录音机倒带时的示意图，轮子1是主动轮，轮子2是从动轮，轮1和2就是磁带盒内的两个转盘，空带一边半径为r1＝0.5 cm，满带一边半径为r2＝3 cm.已知主动轮转速不变，恒为n1＝36 r/min，试求：
(1)从动轮2的转速变化范围；
(2)磁带运动的速度变化范围．
20．如图所示，光滑的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m＝0.6kg的小球以v0＝3m/s速度从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入圆弧轨道（不计空气阻力，小球进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径为R=0.3m，=53°，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2，求：
（1）P点与A点的水平距离x和竖直高度h；
（2）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
CD．物体1、2均随地球一起自转，角速度相同等，角速度之比为
选项C、D错误；
AB．设地球半径为R，根据几何关系得，物体2做圆周运动的半径为，由线速度得线速度与半径成正比，所以
选项A错误，B正确。
故选B。
2．A
【解析】
【详解】
A．接触面不打滑，所以两轮边缘的线速度大小相等。A正确；
B．ac都在大轮上，角速度相等，半径不等，所以线速度大小不相等。B错误；
CD．b的线速度与a的线速度大小相等，ac的不相等，所以bc的线速度大小也不相等。CD错误。
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
CD．甲、乙、丙三个物体，甲放在海南，乙放在上海，丙放在北京，它们随地球一起转动时它们的周期相同，角速度相同，选项C正确，D错误；
AB．甲的半径最大，丙的半径最小，由线速度和角速度的关系v=ωr知甲的线速度最大，丙的线速度最小，故AB错误．
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB.设每隔时间，、相距最近一次，则
由题可知
联立解得
故运动一周的过程中，、相距最近的次数
即、距离最近的次数为次，故A正确，B错误；
CD.设每隔时间，、、共线一次，则
联立解得
故运动一周的过程中，、、共线的次数
故CD错误。
故选A。
5．D
【解析】
【详解】
点和点是同缘传动边缘点，线速度相等，故：；
根据，有：；
点和点是同轴传动，角速度相等，故：；
根据，有：；
综合，有：；；故ABC错误，D正确；
故选D．
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．c、d共轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a=rω2分析知它们的向心加速度大小都相等，但方向相反，选项A错误；
B．a、b共轴转动，角速度相等，半径也相等，但位置不同，所以线速度的方向不同，选项B错误；
C．泥块做圆周运动，合力提供向心力，根据F=mω2r知，泥块在车轮上每一个位置的向心力相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去。最低点b，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力；最高点a，重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力。所以在最高点a附着力小，更容易被甩下来，选项C正确；
D．a、b、c、d共轴转动，角速度相等，选项D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【分析】
共轴转动的点角速度大小相等，靠皮带传动，轮子边缘上的点线速度大小相等．根据v=rω比较线速度、角速度大小关系．
【详解】
A、C两点靠传送带传动，则vA=vC，RA＞RC，根据v=rω知，ωA＜ωC
A、B两点共轴转动，则ωA=ωB，根据v=rω知，vA＞vB
所以
vA=vC＞vB
ωA=ωB＜ωC；
A．v A=vC＜vB，与结论不相符，选项A错误；
B．ωA=ωB=ωC，与结论不相符，选项B错误；
C．vA=vC＞vB，与结论相符，选项C正确；
D．ωA=ωB＞ωC，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘上点的线速度大小相等．
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．B
【解析】
【详解】
子弹射出后做平抛运动，有L＝v0t；子弹击中A点时，A恰好在最低点位置，则A点转过的角度为θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，联立得v0＝ (k＝0,1,2…)，故B正确．
10．C
【解析】
【详解】
质点做半径为r的匀速圆周运动，运动的周期为T，一个周期通过的弧长是周长，
其线速度．故C项正确，ABD三项错误．
11．A
【解析】
【详解】
AB.因为A、B的线速度大小相等，根据，A、B的半径之比为4:1，所以A、B的角速度之比为1:4，B、C的角速度大小相等，所以ωA：ωC=1:4，故A正确，B错误.
CD.因为ωB=ωC，RB：RC=1:16，根据v=r ω知vB:vC=1:16，所以vA:vC=1:16，故C,D均错误.
12．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故
乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，即
由角速度和线速度的关系式可得
故
故AB错误；
C．周期
A、B、C三点的周期大小之比为2：1：1，故C错误。
D．对点A、B，向心加速度
A、B两点向心加速度大小之比为1：2，对点B、C，向心加速度
B、C两点向心加速度大小之比为1：2，故A、B、C三点向心加速的大小之比为1：2：4，故D正确；
故选D。
13．BC
【解析】
【详解】
A．匀速圆周运动物体的加速度大小不变，方向指向圆心、不断变化，匀速圆周运动是变加速曲线运动．故A项错误．
B．在圆周运动中，向心加速度指向圆心，向心加速度只改变速度的方向、不改变速度的大小；切向加速度沿轨迹切线，切向加速度只改变速度的大小、不改变速度的方向．故B项正确．
C．匀速圆周运动转动的快慢不变，所以匀速圆周运动的周期、转速、角速度均恒定不变．故C项正确．
D．做匀速圆周运动的物体所受各力的合力充当向心力；做变速圆周运动的物体所受各力的合力不指向圆心，变速圆周运动物体所受合力的一部分充当向心力．故D项错误．
14．BD
【解析】
【详解】
A．运动的周期：
A错误；
B．根据线速度和角速度的关系：
B正确；
CD．对飞椅和人受力分析：
根据力的合成可知绳子的拉力：
根据牛顿第二定律：
化解得：，C错误，D正确。
故选BD。
15．AD
【解析】
【详解】
曲线运动的速度方向时时刻刻在发生变化，所以曲线运动一定是变速运动，所以A正确．变速运动，可以 大小在变化，也可以是方向在变化，当是大小在变化时，可以 直线运动，比如变加速直线运动，所以B错误．匀速圆周运动是速度大小不变的运动，所以C错误．匀速圆周运动的角速度不变的运动，所以D错误．
16．AD
【解析】
【详解】
AB：它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，据，可得它们的半径之比．故A项正确，B项错误．
CD：它们的角速度之比为3∶1，据，可得它们的周期之比．故C项错误，D项正确．
17． 6.000 45.9（46.0） 2.30
【解析】
【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为60 mm，游标尺读数为0.00，所以最终读数为
60 mm + 0.00 = 60.00 mm = 6.000 cm
（2）[2]根据匀变速直线运动的推论
根据v = ωr得
（3）[3]根据位移差公式得
18．
【解析】
【详解】
由于同一链条，线速度的大小相等，角速度与半径成反比；对于共轴，角速度相等，线速度与半径成正比，要使自行车获得最大速度，则后轮角速度要大，所以在相同线速度大小下，半径越小，角速度越大，即齿数最小，而对于前轮，在相同的角速度下，半径越大，则线速度越大，因此齿数最多，综合所述，当前轮齿数为最大，后轮齿数为最小时，此时自行车的速度达到最大，同理，当前轮齿数为最少，后轮齿数为最大时，此时自行车的速度达到最小，因此自行车获得的最大行进速度和最小行进速度之比
19．(1)6 r/min(2)0.019 m/s【解析】
【详解】
(1)因为v＝ωr，且两轮边缘上各点的线速度大小相等，所以2πn2r2＝2πn1r1，即n2＝n1
当r2＝3 cm时，从动轮2的转速最小，
n21＝n1＝×36 r/min＝6 r/min
当磁带走完即r2′＝0.5 cm，r1′＝3 cm时，从动轮2的转速最大，为n22＝n1＝×36 r/min＝216 r/min
故从动轮2的转速变化范围是6 r/min(2)由v＝2πn1r1得知：
r1＝0.5 cm时，v1＝0.5×10－2×2π× m/s＝0.019 m/s
r1′＝3 cm时，v1′＝3×10－2×2π×m/s＝0.113 m/s
故磁带的速度变化范围是0.019 m/s思路分析：因为v＝ωr，且两轮边缘上各点的线速度大小相等，所以2πn2r2＝2πn1r1，当r2＝3 cm时，从动轮2的转速最小，由v＝2πn1r1得知：r1＝0.5 cm时，v1＝0.5×10－2×2π× m/s，r1′＝3 cm时，v1′＝3×10－2×2π×m/s
试题点评：本题考查了传动带类型的问题，
20．(1)1.2m；0.8m；(2)24.8N
【解析】
【详解】
(1)小球到A点的速度如图所示，由图可知
根据速度合成与分解有
由平抛运动规律得，在竖直方向有
可得
水平方向有
解得
(2) 根据速度合成与分解有，A点的速度为
取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得
由圆周运动向心力公式得
代入数据得
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小，方向竖直向上。
答案第1页，共2页
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