6.1圆周运动（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 6.1圆周运动（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-19 21:26:52 | ||
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文档简介
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．甲、乙两位同学每天坚持晨跑，甲沿着半径为2R的圆周跑道匀速率跑步，乙沿着半径为R的圆周跑道匀速率跑步，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、和、，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．静止在地球上的物体会随地球自转一起运动，即绕地轴做圆周运动。比较地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴的圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A．角速度都不同
B．线速度都相同
C．周期都相同
D．向心加速度大小都相同
4．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的线速度大小分别为和，加速度分别为和，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．A、B两物体在水平面上做匀速圆周运动。在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则两物体做匀速圆周运动的
A．半径之比为2：1 B．角速度大小之比为3：4
C．线速度大小之比为3：4 D．向心加速度大小之比为2：1
6．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：车轮直径： 电池规格：36V 蓄电池
整车质量：40kg 额定转速：（转分）
外形尺寸：L 1 800 650 mm 1 100 mm 充电时间：
电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压电流：
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（ ）A．15 B．18 C．10 D．22
7．明代出版的《天工开物》中记录了祖先的劳动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动齿轮，通过水车将水运送到高处．图中两个齿轮边缘点分别为A、B.在齿轮转动过程中（ ）
A．A转一周，B也转一周 B．A、B角速度大小相等
C．A的线速度比B的小 D．A的向心加速度比B的小
8．如图所示为一皮带传动装置，左轮的圆心为，右轮的圆心为。在左轮边缘有一点P，离圆心稍近处有一点M，在右轮边缘有一点Q，在传动过程中，皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ）
A．P点与M点的线速度大小相等 B．P点与M点的加速度大小相等
C．P点与Q点的线速度大小相等 D．P点与Q点的加速度大小相等
9．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 ，则（ ）
A．A、B两点角速度之比ωA∶ωB＝∶1
B．A、B两点角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．A、B两点线速度之比vA∶vB ＝∶1
D．A、B两点线速度之比vA∶vB ＝1∶
10．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示（俯视图），三圆轮的半径之比为RA：RB：RC＝3：2：1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一小物块P（可视为质点），P均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB，μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则（ ）
A．μA：μB：μC＝2：3：6
B．μA：μB：μC＝6：3：2
C．ωA：ωB：ωC＝1：2：3
D．ωA：ωB：ωC＝6：3：2
11．如图所示，某五星级酒店的旋转门上A、B两点粘贴着可视为质点的装饰物，它们可随旋转门一起绕旋转门的中心轴转动。已知两装饰物质量相等，A点到中心轴的距离与B点到中心轴的距离之比为1：3，当旋转门匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两处装饰物的角速度之比为1：3
B．A、B两处装饰物的线速度大小之比为1：3
C．A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为3：1
D．A、B两处装饰物的周期之比为3：1
12．如图所示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的两点，c处在轮上，且有.下列关系正确的有
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
13．2019年NASA发现距地球31光年的“超级地球”——GJ357d。质量约为地球质量的6倍，半径约为地球的2倍，绕母星公转一周的时间为55.7天。若已知地球的第一宇宙速度v0，则根据以上信息可以算出“超级地球”的（ ）
A．密度
B．第一宇宙速度
C．母星的质量
D．公转的角速度
14．下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体一定有加速度
B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D．当物体受到的合外力为零时，物体仍可以做曲线运动
15．一准确运动的机械钟表，下列说法正确的是（ ）
A．秒针转动的周期最长
B．时针转动的频率最低
C．秒针转动的角速度最大
D．秒针、分针、时针上任一点的线速度相同
16．对于做匀速圆周运动的物体,下面说法正确的是（ ）
A．相等的时间里通过的路程相等
B．相等的时间里速度变化量相等
C．相等的时间里发生的位移相同
D．相等的时间里转过的角度相等
三、实验题
17．图甲是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，圆盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当圆盘转到某一位置时，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），取π=3.14。
(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格（含有5等分小格）对应的时间为 t=0.100s，则圆盘的转动周期T=______s，转速n=______r/s；（结果均保留三位有效数字）
(2)若测得圆盘直径为12.0cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______cm。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
18．如图，半径为R的圆板匀速转动，B为圆板边缘上的一点，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行于OB方向水平抛出一小球，要使小球刚好能落在圆板上的B点（此后球不反弹），求：
（1）小球的初速度的大小；
（2）圆板转动的角速度．
19．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h＝5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。（取g＝10 m/s2）
（1）第二滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
（3）当圆盘的角速度为1.5 π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a。
20．如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长2L，距地面的高度为H=1.8m，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。现小球A以角速度rad/s在木板上绕O点做逆时针匀速圆周运动时，B也在水平面内做逆时针匀速圆周运动，O点正好是细绳的中点，其中m，不计空气阻力，重力加速度。
（1）求B球的角速度；
（2）当小球A的速度方向平行于木板ad边时，剪断细线，求两小球落地点之间的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
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．D
【解析】
【详解】
甲、乙在相同的时间内都跑了一圈，根据
则
甲晨跑的半径为2R，乙晨跑的半径为R，根据
则
故选D。
3．C
【解析】
【详解】
地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴做圆周运动的角速度和周期都相同，但是由于转动半径不同，根据v=ωr可知，线速度不同；根据a=ω2r可知，向心加速度不相同，故选项C正确，ABD错误。
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
扳手拧螺母时，扳手上各点的角速度相等，由图得P点的转动半径小于Q点的转动半径，根据
知
根据
知
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
A．根据v=rω得，圆周运动的半径
所以半径之比为8：9，故A错误；
B．角速度可知，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误；
C．线速度可知，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故C错误；
D．根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
电动车在内转过的圈数
所以电动车在内运动的距离
所以该车的额定时速
故D正确，ABC错误。
故选D。
【名师点睛】
解决本题的关键求出1h内电动车行走的路程，通过额定转速求出1h内转过的圈数，从而求出1h内行走的路程。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
C．两齿轮转动的过程中，齿轮边缘各点的线速度相同，故A、B两点的线速度大小相等，故C错误；
A．由题图知，A点做圆周运动的半径大，故A转一周，B转一周多，故A错误；
B．由
v＝ωr
因为A的半径大于B的半径，速度相等，所以A的角速度小于B的角速度，故B错误；
D．根据
a＝
因为A的半径大于B的半径，速度相等，可知A的向心加速度比B的小，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据皮带传动装置的特点，P点与M点同轴转动具有相同的角速度，由
可知P点线速度较大，故A错误；
B．由
结合对A的分析可知，P点加速度较大，故B错误；
C．根据皮带传动装置的特点，P点与Q点在同一传送带上，故线速度大小相等，故C正确；
D．由
结合对C的分析可知，Q点的加速度较大，故D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
AB、板上A、B两点绕同一个转轴转动,所以具有相同的角速度.即角速度之比ωA∶ωB＝1:1故AB错误；
CD、根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为 ，所以线速度之比vA∶vB ＝1∶，故C错误，D正确。
故选D
10．A
【解析】
【详解】
小物块P水平方向只受最大静摩擦力，提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而，ABC三轮边缘的线速度大小相同，所以，所以μA：μB：μC＝2：3：6；由v＝Rω可知，，所以ωA：ωB：ωC＝2：3：6，BCD错误A正确．
11．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．A、B两处装饰物随旋转门同轴转动，角速度相同，由
可知，线速度大小之比为1：3，A错误，B正确；
C．由
可知，A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为1：3，C错误；
D．由
可知，A、B两处装饰物的周期相同，D错误。
故选B。
12．C
【解析】
【详解】
a、b是传动轮两轮边缘上的两点，故两点线速度大小相等即；a、b两轮线速度大小相等，半径不同，根据知，a、b两点的角速度不等，即； a、c是同一轮上的两点，故两轮的角速度大小相等，即，根据，两点半径不同，故线速度不等，即，C错误．
【点睛】同轴转动角速度相等，同一条皮带相连线速度相同．
13．BD
【解析】
【详解】
A．题干信息只是提供的“超级地球”与地球之间的参数比值，地球的半径、质量未知，无法求出“超级地球”密度，故A错误；
B．“超级地球”的第一宇宙速度
已知质量约为地球质量的6倍，半径约为地球的2倍，地球的第一宇宙速度为v0，则“超级地球”的第一宇宙速度
v=v0
故B正确；
C．根据
母星的质量
“超级地球”的轨道半径未知，无法求出母星的质量，故C错误；
D．根据周期和角速度的关系，已知“超级地球”绕母星的周期，可以求出公转角速度，故D正确。
故选BD。
14．AB
【解析】
【详解】
A．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零，物体一定有加速度，故A正确；
B．平抛运动是匀变速运动，加速度的大小为g，所以任意相等时间内速度的变化为
所以任意相等时间内速度的变化都相同，故B正确；
C．匀速圆周运动只是说速度的大小不变，但速度的方向时刻在变，任意相等时间内速度方向的变化是不一样的，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故D错误。
故选AB。
15．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AC．本题考查的是圆周运动的问题，秒针转动的周期最短，角速度最大，A错误、C正确；
B．时针转动的周期最长12小时，频率最低，B正确；
D．时针、秒针、分针上任一点的角速度相同，而
v = ωr
可知线速度不同，D错误。
故选BC。
16．AD
【解析】
【详解】
A、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等，故A正确；
BD、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等，根据矢量运算规则可知相等的时间里速度变化量的大小相等，但方向不同，所以相等的时间里速度变化量不相等，故D正确，B错误；
C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同，故C错误；
故选AD．
17． 0.400 2.50 1.88 cm
【解析】
【详解】
(1)[1][2]显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为 t=0.100s，则1小格对应的时间是2.00×10 2s，由图知，圆盘转动一周在横轴上显示20小格，所以圆盘转动的周期
圆盘转动的转速
(2)[3]反光引起的电流在图2横坐标中每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，则圆盘上反光涂层的长度
18．（1） ；（2）
【解析】
【详解】
（1）平抛的小球要和B相碰，则小球的下落时间为
平抛的小球要和B相碰，则小球的水平飞行距离
所以小球抛出时的速度为
（2）设圆盘转动的角速度为ω，周期为T，小球转动n转后与圆盘只撞一次，且落点为B，则小球下落的时间应和圆盘转动的时间相同，即
由
得
即
（n = 1、2、3…）
19．（1）1 s；（2）kπ，其中k＝1，2，3，……；（3） m/s2
【解析】
【详解】
（1）离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数。
由
ωt＝kπ
其中k＝1，2，3，……
（3）第二滴水离O点的距离为
第三滴水离O点的距离为
又
Δθ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以
即
解得
20．（1） ；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设此时A的半径为L，B的半径为，BO线与竖直方向夹角为，绳的张力为F，则对A有
对B有
解得
（2）当剪断细绳后，A先匀速运动L，后做平抛运动；B做平抛运动，A做圆周运动的线速度为
B做圆周运动的线速度为
半径为
做平抛运动过程中A的水平位移为
做平抛运动过程中B的水平位移为
如图为A、B两小球在轨迹的俯视图可知
知A、B落地点间距
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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．甲、乙两位同学每天坚持晨跑，甲沿着半径为2R的圆周跑道匀速率跑步，乙沿着半径为R的圆周跑道匀速率跑步，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、和、，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．静止在地球上的物体会随地球自转一起运动，即绕地轴做圆周运动。比较地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴的圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A．角速度都不同
B．线速度都相同
C．周期都相同
D．向心加速度大小都相同
4．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的线速度大小分别为和，加速度分别为和，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．A、B两物体在水平面上做匀速圆周运动。在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则两物体做匀速圆周运动的
A．半径之比为2：1 B．角速度大小之比为3：4
C．线速度大小之比为3：4 D．向心加速度大小之比为2：1
6．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：车轮直径： 电池规格：36V 蓄电池
整车质量：40kg 额定转速：（转分）
外形尺寸：L 1 800 650 mm 1 100 mm 充电时间：
电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压电流：
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（ ）A．15 B．18 C．10 D．22
7．明代出版的《天工开物》中记录了祖先的劳动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动齿轮，通过水车将水运送到高处．图中两个齿轮边缘点分别为A、B.在齿轮转动过程中（ ）
A．A转一周，B也转一周 B．A、B角速度大小相等
C．A的线速度比B的小 D．A的向心加速度比B的小
8．如图所示为一皮带传动装置，左轮的圆心为，右轮的圆心为。在左轮边缘有一点P，离圆心稍近处有一点M，在右轮边缘有一点Q，在传动过程中，皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ）
A．P点与M点的线速度大小相等 B．P点与M点的加速度大小相等
C．P点与Q点的线速度大小相等 D．P点与Q点的加速度大小相等
9．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 ，则（ ）
A．A、B两点角速度之比ωA∶ωB＝∶1
B．A、B两点角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．A、B两点线速度之比vA∶vB ＝∶1
D．A、B两点线速度之比vA∶vB ＝1∶
10．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示（俯视图），三圆轮的半径之比为RA：RB：RC＝3：2：1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一小物块P（可视为质点），P均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB，μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则（ ）
A．μA：μB：μC＝2：3：6
B．μA：μB：μC＝6：3：2
C．ωA：ωB：ωC＝1：2：3
D．ωA：ωB：ωC＝6：3：2
11．如图所示，某五星级酒店的旋转门上A、B两点粘贴着可视为质点的装饰物，它们可随旋转门一起绕旋转门的中心轴转动。已知两装饰物质量相等，A点到中心轴的距离与B点到中心轴的距离之比为1：3，当旋转门匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两处装饰物的角速度之比为1：3
B．A、B两处装饰物的线速度大小之比为1：3
C．A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为3：1
D．A、B两处装饰物的周期之比为3：1
12．如图所示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的两点，c处在轮上，且有.下列关系正确的有
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
13．2019年NASA发现距地球31光年的“超级地球”——GJ357d。质量约为地球质量的6倍，半径约为地球的2倍，绕母星公转一周的时间为55.7天。若已知地球的第一宇宙速度v0，则根据以上信息可以算出“超级地球”的（ ）
A．密度
B．第一宇宙速度
C．母星的质量
D．公转的角速度
14．下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体一定有加速度
B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D．当物体受到的合外力为零时，物体仍可以做曲线运动
15．一准确运动的机械钟表，下列说法正确的是（ ）
A．秒针转动的周期最长
B．时针转动的频率最低
C．秒针转动的角速度最大
D．秒针、分针、时针上任一点的线速度相同
16．对于做匀速圆周运动的物体,下面说法正确的是（ ）
A．相等的时间里通过的路程相等
B．相等的时间里速度变化量相等
C．相等的时间里发生的位移相同
D．相等的时间里转过的角度相等
三、实验题
17．图甲是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，圆盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当圆盘转到某一位置时，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），取π=3.14。
(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格（含有5等分小格）对应的时间为 t=0.100s，则圆盘的转动周期T=______s，转速n=______r/s；（结果均保留三位有效数字）
(2)若测得圆盘直径为12.0cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______cm。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
18．如图，半径为R的圆板匀速转动，B为圆板边缘上的一点，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行于OB方向水平抛出一小球，要使小球刚好能落在圆板上的B点（此后球不反弹），求：
（1）小球的初速度的大小；
（2）圆板转动的角速度．
19．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h＝5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。（取g＝10 m/s2）
（1）第二滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
（3）当圆盘的角速度为1.5 π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a。
20．如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长2L，距地面的高度为H=1.8m，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。现小球A以角速度rad/s在木板上绕O点做逆时针匀速圆周运动时，B也在水平面内做逆时针匀速圆周运动，O点正好是细绳的中点，其中m，不计空气阻力，重力加速度。
（1）求B球的角速度；
（2）当小球A的速度方向平行于木板ad边时，剪断细线，求两小球落地点之间的距离。
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．D
【解析】
【详解】
甲、乙在相同的时间内都跑了一圈，根据
则
甲晨跑的半径为2R，乙晨跑的半径为R，根据
则
故选D。
3．C
【解析】
【详解】
地球上不同位置的物体（两极除外）绕地轴做圆周运动的角速度和周期都相同，但是由于转动半径不同，根据v=ωr可知，线速度不同；根据a=ω2r可知，向心加速度不相同，故选项C正确，ABD错误。
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
扳手拧螺母时，扳手上各点的角速度相等，由图得P点的转动半径小于Q点的转动半径，根据
知
根据
知
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
A．根据v=rω得，圆周运动的半径
所以半径之比为8：9，故A错误；
B．角速度可知，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误；
C．线速度可知，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故C错误；
D．根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
电动车在内转过的圈数
所以电动车在内运动的距离
所以该车的额定时速
故D正确，ABC错误。
故选D。
【名师点睛】
解决本题的关键求出1h内电动车行走的路程，通过额定转速求出1h内转过的圈数，从而求出1h内行走的路程。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
C．两齿轮转动的过程中，齿轮边缘各点的线速度相同，故A、B两点的线速度大小相等，故C错误；
A．由题图知，A点做圆周运动的半径大，故A转一周，B转一周多，故A错误；
B．由
v＝ωr
因为A的半径大于B的半径，速度相等，所以A的角速度小于B的角速度，故B错误；
D．根据
a＝
因为A的半径大于B的半径，速度相等，可知A的向心加速度比B的小，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据皮带传动装置的特点，P点与M点同轴转动具有相同的角速度，由
可知P点线速度较大，故A错误；
B．由
结合对A的分析可知，P点加速度较大，故B错误；
C．根据皮带传动装置的特点，P点与Q点在同一传送带上，故线速度大小相等，故C正确；
D．由
结合对C的分析可知，Q点的加速度较大，故D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
AB、板上A、B两点绕同一个转轴转动,所以具有相同的角速度.即角速度之比ωA∶ωB＝1:1故AB错误；
CD、根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为 ，所以线速度之比vA∶vB ＝1∶，故C错误，D正确。
故选D
10．A
【解析】
【详解】
小物块P水平方向只受最大静摩擦力，提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而，ABC三轮边缘的线速度大小相同，所以，所以μA：μB：μC＝2：3：6；由v＝Rω可知，，所以ωA：ωB：ωC＝2：3：6，BCD错误A正确．
11．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．A、B两处装饰物随旋转门同轴转动，角速度相同，由
可知，线速度大小之比为1：3，A错误，B正确；
C．由
可知，A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为1：3，C错误；
D．由
可知，A、B两处装饰物的周期相同，D错误。
故选B。
12．C
【解析】
【详解】
a、b是传动轮两轮边缘上的两点，故两点线速度大小相等即；a、b两轮线速度大小相等，半径不同，根据知，a、b两点的角速度不等，即； a、c是同一轮上的两点，故两轮的角速度大小相等，即，根据，两点半径不同，故线速度不等，即，C错误．
【点睛】同轴转动角速度相等，同一条皮带相连线速度相同．
13．BD
【解析】
【详解】
A．题干信息只是提供的“超级地球”与地球之间的参数比值，地球的半径、质量未知，无法求出“超级地球”密度，故A错误；
B．“超级地球”的第一宇宙速度
已知质量约为地球质量的6倍，半径约为地球的2倍，地球的第一宇宙速度为v0，则“超级地球”的第一宇宙速度
v=v0
故B正确；
C．根据
母星的质量
“超级地球”的轨道半径未知，无法求出母星的质量，故C错误；
D．根据周期和角速度的关系，已知“超级地球”绕母星的周期，可以求出公转角速度，故D正确。
故选BD。
14．AB
【解析】
【详解】
A．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零，物体一定有加速度，故A正确；
B．平抛运动是匀变速运动，加速度的大小为g，所以任意相等时间内速度的变化为
所以任意相等时间内速度的变化都相同，故B正确；
C．匀速圆周运动只是说速度的大小不变，但速度的方向时刻在变，任意相等时间内速度方向的变化是不一样的，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故D错误。
故选AB。
15．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AC．本题考查的是圆周运动的问题，秒针转动的周期最短，角速度最大，A错误、C正确；
B．时针转动的周期最长12小时，频率最低，B正确；
D．时针、秒针、分针上任一点的角速度相同，而
v = ωr
可知线速度不同，D错误。
故选BC。
16．AD
【解析】
【详解】
A、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等，故A正确；
BD、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等，根据矢量运算规则可知相等的时间里速度变化量的大小相等，但方向不同，所以相等的时间里速度变化量不相等，故D正确，B错误；
C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同，故C错误；
故选AD．
17． 0.400 2.50 1.88 cm
【解析】
【详解】
(1)[1][2]显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为 t=0.100s，则1小格对应的时间是2.00×10 2s，由图知，圆盘转动一周在横轴上显示20小格，所以圆盘转动的周期
圆盘转动的转速
(2)[3]反光引起的电流在图2横坐标中每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，则圆盘上反光涂层的长度
18．（1） ；（2）
【解析】
【详解】
（1）平抛的小球要和B相碰，则小球的下落时间为
平抛的小球要和B相碰，则小球的水平飞行距离
所以小球抛出时的速度为
（2）设圆盘转动的角速度为ω，周期为T，小球转动n转后与圆盘只撞一次，且落点为B，则小球下落的时间应和圆盘转动的时间相同，即
由
得
即
（n = 1、2、3…）
19．（1）1 s；（2）kπ，其中k＝1，2，3，……；（3） m/s2
【解析】
【详解】
（1）离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数。
由
ωt＝kπ
其中k＝1，2，3，……
（3）第二滴水离O点的距离为
第三滴水离O点的距离为
又
Δθ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以
即
解得
20．（1） ；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设此时A的半径为L，B的半径为，BO线与竖直方向夹角为，绳的张力为F，则对A有
对B有
解得
（2）当剪断细绳后，A先匀速运动L，后做平抛运动；B做平抛运动，A做圆周运动的线速度为
B做圆周运动的线速度为
半径为
做平抛运动过程中A的水平位移为
做平抛运动过程中B的水平位移为
如图为A、B两小球在轨迹的俯视图可知
知A、B落地点间距
答案第1页，共2页
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