2018-2019人教版必修2物理5.4《圆周运动》课时作业

基 础 达 标1．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )A ．是速度不变的运动B ．是角速度不变的运动C ．是角速度不断变化的运动D ．相同时间内位移相等【解析】 匀速圆周运动速度大小不变方向时刻在变，角速度大小方向皆不变，相同时 间内位移大小相等、方向不同．【答案】 B2. 一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为 4 m/s ，转动周期为 2 s ，则不正确的是( )A. 角速度为 0.5 rad/sB. 转速为 0.5 r/sC. 运动轨迹的半径为 1.27 m1 D. 频率为 Hz2 2π【解析】 由题意知 v ＝4 m/s ，T ＝2 s ，根据角速度与周期的关系 ω＝ T ＝ 2 × 3.14 v 4 rad/s ＝3.14 rad/s.由线速度与角速度的关系 v ＝ωr 得 r ＝ ＝ m≈1.27 2 ω π v 4 1 1 m ．由 v ＝2πnr 得转速 n ＝ ＝ r/s ＝0.5 r/s.又由 f ＝ ＝ Hz.故 A 错误，B 、C 、D 2πr 4 T 2 2π· π均正确．【答案】 A3. 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，角速度一定也相等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 2π【解析】 由 ω＝ T可知，周期相同，角速度一定也相等，故 C 选项正确． 【答案】 C4. 地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，由于地球自转方向由西向东，每天早晨广州要比乌鲁木齐天亮得早，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较( )A ．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大B ．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大C ．两处物体的角速度、线速度都一样大D ．两处物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比乌鲁木齐处物体线速度要大【解析】 由于地球绕地轴由西向东自转，地球上任何点都在随地球自转，具有相同的 2π周期，根据 ω＝ T可知，地球上不同区域的自转角速度相同，但由于纬度不同，不同区域 的自转线速度大小不相等，纬度越低，自转的半径越大．由 v ＝ωr 可知，广州的物体自转的线速度大于乌鲁木齐处物体的线速度，选项 D 正确．【答案】 D5.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 2 年高中物理 5.4《圆周运动》课时作业 新人教版必修 2019-2020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【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 ωv ＝，ω 逐渐增大，故 C 项正确． r 【答案】 C6.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图， 图中 A 轮有 48 齿，B 轮有 42 齿，C 轮有 18 齿，D 轮有 12 齿，则( )A ．该车可变换两种不同挡位B ．该车可变换四种不同挡位C ．当 B 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωB ωD ＝7 2D ．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA ωD ＝4 1【解析】 由题意知，A 轮通过链条分别与 C 、D 连接，自行车可有两种速度，B 轮分别与 C 、D 连接，又可有两种速度，所以该车可变换 4 种挡位，选项 B 对；当 A 与 D 组合时， ωA 1 ωB 2 两轮边缘线速度大小相等，A 转一圈，D 转 4 圈，即 D ＝ ，选项 D 错，同理 D ＝ ，C 错． 【答案】 B7.ω 4 ω 7如图所示是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品产品．A 轮处装有光电计数器，它可以记录通过A 处的产品数目．已经测得轮A 、B 的半径分别为r A ＝20 cm 、r B ＝10 cm ，相邻两产品距离为 30 cm,1 min 内有 41 个产品通过 A 处．求：(1) 产品随传输带移动的速度大小；(2) A 、B 轮轮缘上的两点 P 、Q 及 A 轮半径中点 M 的线速度和角速度大小；(3) 如果 A 轮是通过摩擦带动 C 轮转动，且 r C ＝5 cm ，求出 C 轮的角速度(假设轮不打滑)．【解析】 首先依据光电计数器 1 min 内记录通过 A 处的产品数目，求取产品移动速度即轮 A 、B 轮缘各点的线速度，而后依据轮间传送方式以及匀速圆周运动物理量间的关系加以求解． s (1) A 、B 轮上每一点的线速度与传输带运动的速度相等．v ＝t ＝ m/s. 40 × 0.30 60 m/s ＝0.2 1 v P 0.2(2) v P ＝v Q ＝v ＝0.2 m/s ，又因为 ωM ＝ωP ，所以 v M ＝2v P ＝0.1 m/s.ωP ＝ωM ＝r A ＝0.2 rad/s ＝1 rad/s ；ωQ ＝2ωP ＝2 rad/s. r A 0.2 (3) 因为 v C ＝v A ，所以 ωC ＝ C ωA ＝ ×1 rad/s＝4 rad/s. r 0.05【答案】 (1)0.2 m/s (2)v P ＝v Q ＝0.2 m/s ；v M ＝0.1 m/s ωP ＝ωM ＝1 rad/s ；ωQ ＝2 rad/s (3)4 rad/s8.如图所示，直径为 d 的纸制圆筒以角速度 ω 绕垂直纸面的轴 O 匀速运动(图示为截面)．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下 a 、b 两个弹孔，已知 aO 与 bO 夹角为 θ，求子弹的速度．d 【解析】 设子弹速度为 v，则子弹穿过筒的时间 t ＝ . v此时间内圆筒转过的角度 α＝π－θ. d 据 α＝ωt ，得 π－θ＝ω ， v ωd 则子弹速度 v ＝ . π－θ ωd【答案】 1.π－θ 能力提升无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮增加转速．当滚轮位于主动轮直径 D 1、从动轮直径 D 2 的位置时，主动轮转速 n 1、从动轮转速 n 2 的关系是( )n 1 D 1 n 2 D 1 A. ＝ B. ＝n 2 D 2 n 1 D 2n 2 D 12 n 2 C. ＝ D. ＝ n 1 D 2 n 1 n2 D 1 【解析】 传动中三轮边缘的线速度大小相等，由 v ＝2πnr 得 n 1D 1＝n 2D 2，所以n 1＝ 2， D故选项 B 正确．【答案】 B2．机械手表的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为( )59 A. min B ．1 min 60 60 60 C. min D. min 59 61 2π 2π 【解析】 先求出分针与秒针的角速度：ω 分＝ rad/s ，ω 秒＝ rad/s.设两次3600 60重合的时间间隔为 Δt ，则有 φ 分＝ω 分·Δt ，φ 秒＝ω 秒·Δt ，φ 秒－φ 分＝2π，即 Δt ＝ 2π 2π 60 ＝ ＝ min.ω秒－ω分 2π 2π 59 － 60 【答案】 C36003. 如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为 r ，在放音结束时，磁带全部绕到了 B 轮上，磁带的外缘半径 R ＝3r ，现在进行倒带， 使磁带绕到 A 轮上．倒带时 A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A 轮上需要时间为t ，则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )D1 D 2t t A ．等于 B ．大于22 t t C ．小于 D ．等于2 3【解析】 A 的角速度是恒定的，但 A 的半径越来越大，根据 v ＝ωr 可得 v 在增大， 所以一开始需要的时间比较长，B 项正确．【答案】 B4.如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪 30 次，风扇转轴 O 上装有 3 个扇叶， 它们互成 120°角．当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速不可能的是( )A ．600 r/minB ．900 r/minC ．1 200 r/minD ．3 000 r/min【解析】 风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔 T 灯 内，风扇转过的角度是 120°的整数倍， 1 1 即 圈的整数倍．T 灯＝ s. 3 30 1 r 3风扇的最小转速 n min ＝ 1 30＝10 r/s ＝600 r/min s 故满足题意的可能转速 n ＝kn min (k ＝1,2,3，…)．匀速圆周运动是一种周期性的运动， 分析此类问题，关键是抓住周期性这一特点，得出可能的多解通式．所以不可能的转速是 B.【答案】 B5.如图所示，小球 Q 在竖直平面内做匀速圆周运动，当 Q 球逆时针转到图示位置时，有另一小球 P 在距圆周最高点为 h 处开始自由下落，要使两球在圆周的最高点相碰，则 Q 球的角速度 ω 满足什么条件？2π【解析】 Q 球运动周期为 T ＝ ω 1 Q 球运动到最高点的时间为 nT ＋ T (n ＝0,1,2，……) 4 P 球自由下落运动的时间为 t 1 由 h ＝ gt 2 得 t ＝ 2 1 两球相碰的条件是 t ＝nT ＋ T 42h gg 2h 1 即为 ＝nT ＋ T 4 1 g求得 ω＝2π(n ＋ )(n ＝0,1,2，……)4 2h π g即 ω＝ (4n ＋1) 2 π (n ＝0,1,2，……)． 2h g 【答案】 ω＝ (4n ＋1) 2 (n ＝0,1,2，……) 2h如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为 R ，顶部有入口 A ，在 A 的正下方 h 处有出口 B . 一质量为 m 的小球从入口 A 沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使小球从出口 B 飞出，小球进入入口 A 处的速度 v 0 应满足什么条件？ 【解析】 该题中小球的运动轨迹是空间螺旋曲线，可将其分解为两个简单的分运动： 一个是以初速度 v 0 在筒内壁弹力作用下做匀速圆周运动，如图甲所示；另一个是在重力作用下做自由落体运动．因此若将圆筒沿直线 AB 展开为平面，则小球沿圆筒壁的运动是平抛 2h 运动，如图乙所示．据此得小球在筒内运动的时间 t ＝ g . 由题设条件得水平方向的位移应是圆周长的整数倍，即 l ＝v 0t ＝2n πR (n ＝1,2,3，…)．联立以上两式得 2g v 0＝n πR h，(n ＝1,2,3，…)．【答案】 v 0＝n πR 2g h (n ＝1,2,3，…)。

专题强化 圆周运动的综合分析一、选择题1.如图1所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，若轨道半径为R ，人体重为mg ，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )图1A.0B.gRC.2gRD.3gR『答案』 C『解析』 由题意知F ＋mg ＝2mg ＝m v 2R ，故速度大小v ＝2gR ，C 正确.2.某飞行员的质量为m ，驾驶飞机在竖直面内以速度v 做匀速圆周运动，圆的半径为R ，飞行员对座椅的压力在最低点比最高点大(设飞行员始终垂直于座椅的表面)( ) A.mg B.2mg C.mg ＋m v 2RD.2m v 2R『答案』 B『解析』 在最高点有：F 1＋mg ＝m v 2R ，解得：F 1＝m v 2R －mg ；在最低点有：F 2－mg ＝m v 2R ，解得：F 2＝mg ＋m v 2R .所以由牛顿第三定律可知，F 2′－F 1′＝F 2－F 1＝2mg ，B 正确.3.(多选)(2019·双峰一中高一下学期期末)如图2所示，长为l 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法正确的是( )图2A.v 的最小值为glB.v 由零逐渐增大，向心力也增大C.当v 由gl 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D.当v 由gl 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大『答案』 BCD『解析』 由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零，小球也不会掉下来，因此v 的最小值是零，故A 错误.v 由零逐渐增大，由F n ＝m v 2l 可知，F n 也增大，故B 正确.当v ＝gl 时，F n＝m v 2l ＝mg ，此时杆恰好对小球无作用力，向心力只由其自身重力提供；当v ＞gl 时，杆对球的力为拉力，由mg ＋F ＝m v 2l 可得F ＝m v 2l －mg ，则当v 由gl 逐渐增大时，拉力F 逐渐增大；当v ＜gl 时，杆对球的力为支持力，此时，mg －F ′＝m v 2l 可得F ′＝mg －m v 2l ，当v 由gl 逐渐减小时，支持力F ′逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力，故C 、D 正确. 4.(多选)如图3所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R .现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，当小球通过最高点时速率为v 0，则下列说法中正确的是( )图3A.若v 0＝gR ，则小球对管内壁无压力B.若v 0>gR ，则小球对管内上壁有压力C.若0 <v 0<gR ，则小球对管内下壁有压力D.不论v 0多大，小球对管内下壁都有压力『答案』 ABC『解析』 在最高点，只有重力提供向心力时，由mg ＝m v 20R ，解得v 0＝gR ，此时小球对管内壁无压力，选项A 正确；若v 0＞gR ，则有mg ＋F N ＝m v 20R，表明小球对管内上壁有压力，选项B 正确；若0＜v 0＜gR ，则有mg －F N ＝m v 20R，表明小球对管内下壁有压力，选项C 正确；综上分析，选项D 错误.5.(多选)如图4所示，小球m 在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法正确的是( )图4A.小球通过最高点时的最小速度是RgB.小球通过最高点时的最小速度为零C.小球在水平线ab 以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab 以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力『答案』 BD6.(多选)(2019·襄阳四中期中考试)质量为m 的小球(不计大小)由轻绳a 和b 分别系于一竖直轻质细杆的A 点和B 点，如图5所示，当轻杆绕轴OO ′以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a 绳与水平方向成θ角，b 绳沿水平方向且长为l ，则下列说法正确的是( )图5A.a 绳的张力不可能为零B.a 绳的张力随角速度的增大而增大C.若角速度ω>gl tan θ，b 绳将出现弹力 D.若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化『答案』 AC『解析』 对小球受力分析可得a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得F T a＝mgsin θ，为定值，A 正确，B 错误.当F T a cos θ＝mω2l ，即ω＝gl tan θ时，b 绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b 绳将出现弹力，C 正确.由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 错误.7.(多选)如图6所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图6A.b 一定比a 先开始滑动B.a 、b 所受的摩擦力始终相等C.ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D.当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 『答案』 AC『解析』 小木块a 、b 做匀速圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：F f a ＝mωa 2 l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mωa 2l ，可得ωa ＝kgl；对木块b ：F f b ＝mωb 2·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，可得ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，即b 先开始滑动，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚要开始滑动，选项C 正确；ω＝2kg 3l <ωa 时，a 没有滑动，则F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误.8.(2019·六安一中期中考试)如图7所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用平直细线相连的质量相等的两物体A 和B ，它们与圆盘间的动摩擦因数相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速增大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是()图7A.两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动B.只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动C.两物体均沿半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心D.两物体均沿半径方向滑动，A、B都远离圆心『答案』 B『解析』当两物体刚要滑动时，A、B所受静摩擦力都是最大静摩擦力F fm.对A有F fm－F T ＝mω2r A，对B有F fm＋F T＝mω2r B，烧断细线的瞬间，F T消失，A的向心力由圆盘的静摩擦力提供，且F f＝mω2r A<F fm，A仍随圆盘一起转动，而F fm不足以提供B所需的向心力，故B 将沿某一曲线做离心运动，故选项B正确.9.(2019·北京十一学校期末)一转动轴垂直于一光滑水平面，交点O的上方h处固定一细绳的一端，细绳的另一端固定一质量为m的小球B(体积可忽略)，细绳长AB＝l>h，小球可随转动轴转动，并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图8所示，要使小球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是(重力加速度为g)()图8A.12πgh B.πghC.12πgl D.2πlg『答案』 A『解析』如图所示，设细绳与转动轴夹角为θ，以小球为研究对象，小球受三个力的作用；重力mg、水平面支持力F N、细绳拉力F，在竖直方向合力为零，则有F cos θ＋F N＝mg，在水平方向上由牛顿第二定律有F sin θ＝m(2πn)2R＝m(2πn)2h tan θ，则n＝12 πF cos θmh，当小球即将离开水平面时F N ＝0，F 有最大值mg cos θ，转速n 有最大值，则有n max ＝12πgh，故A 正确，B 、C 、D 错误.10.(多选)如图9甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球(大小不计)，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F －v 2图像如图乙所示.则( )图9A.小球的质量为aRbB.当地的重力加速度大小为RbC.v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上D.v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等『答案』 ACD『解析』 当小球受到的弹力方向向下时，有F ＋mg ＝m v 2R ，解得F ＝mR v 2－mg ；当弹力方向向上时，有mg －F ＝m v 2R ，解得F ＝mg －m v 2R .对比F －v 2图像可知，a ＝mg ，当v 2＝b 时，F＝0，可得b ＝gR ，则g ＝b R ，m ＝aRb ，A 正确，B 错误；v 2＝c 时，小球受到的弹力方向向下，则小球对杆的弹力方向向上，C 正确；v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等，D 正确. 二、非选择题11.如图10所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 从水平地面上以不同速率进入管内，A 通过最高点C 时，对管壁上部的压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部的压力为0.75mg .g 为重力加速度，忽略空气阻力，求A 、B 两球落地点间的距离.图10『答案』 3R『解析』 两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力提供向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A 、B 两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差. 对A 球由牛顿第二定律得 3mg ＋mg ＝m v 2A R解得A 球通过最高点C 时的速度大小为v A ＝2gR 对B 球由牛顿第二定律得 mg －0.75mg ＝m v 2B R解得B 球通过最高点C 时的速度大小为v B ＝gR 2A 、B 球做平抛运动的时间相同，由2R ＝12gt 2可得t ＝2×2Rg＝2R g两球做平抛运动的水平分位移分别为 x A ＝v A t ＝4R x B ＝v B t ＝RA 、B 两球落地点间的距离Δx ＝x A －x B ＝3R .12.如图11所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆孔，质量为m 的物体A 放在转盘上，物体A 到圆孔的距离为r ，物体A 通过轻绳与物体B 相连，物体B 的质量也为m .若物体A 与转盘间的动摩擦因数为μ(μ<1)，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，才能使物体A 随转盘转动而不滑动？(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g )图11『答案』g(1－μ)r≤ω≤g(1＋μ)r『解析』当A将要沿转盘背离圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向指向圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与最大静摩擦力的合力，即F＋F fmax＝mrω12①由于B静止，故有F＝mg②又F fmax＝μF N＝μmg③由①②③式可得ω1＝g(1＋μ)r当A将要沿转盘向圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向背离圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为F－F fmax＝mrω22④由②③④式可得ω2＝g(1－μ)r故要使A随转盘一起转动而不滑动，其角速度ω的范围为ω2≤ω≤ω1，即g(1－μ)r≤ω≤g(1＋μ)r.13.(拓展提升)如图12所示，质量为1 kg、大小不计的小球P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆在水平面内做匀速圆周运动.AB的距离等于绳长为1 m.(重力加速度g＝10 m/s2)图12(1)当ω1＝4 rad/s时，细绳AP和BP的拉力分别为多少？(2)当ω2＝5 rad/s时，细绳AP和BP的拉力分别为多少？『答案』(1)016 N(2)2.5 N22.5 N『解析』设AP刚伸直时小球做圆周运动的角速度为ω0此时BP与竖直方向夹角为60°，AP拉力为0球受力如图甲所示，F T1sin 60°＝mω02L sin 60°F T1cos 60°＝mg联立解得：ω0＝2 5 rad/s(1)当ω1＝4 rad/s＜ω0时，AP上拉力为0，设BP拉力为F T2，其与竖直方向夹角为θ，受力分析如图乙，F T2sin θ＝mω12L sin θ解得F T2＝16 N(2)当ω2＝5 rad/s＞ω0时，AP、BP上都有拉力，设分别为F T3、F T4，受力分析(如图丙)F T4cos 30°＋F T3cos 30°＝mω22L sin 60°F T4sin 30°＝F T3sin 30°＋mg联立解得F T3＝2.5 N，F T4＝22.5 N.。

高中物理学习材料高中物理曲线运动第五节向心加速度课时作业新人教版必修1一、选择题1. 对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( )A．根据T＝2πR/v，线速度越大，则周期越小B．根据T＝2π/ω，角速度越大，则周期越小C．角速度越大，速度的方向变化越快D．线速度越大，速度的方向变化越快[解析] 根据T＝2πR/v，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小；角速度越大，单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快；故只有B、C正确．[答案]BC2．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三点的角速度相同，而线速度不同，故B对，A错，C错．再由v＝ωr得，D错．[答案] B3．如图所示，地球绕OO′轴自转，则下列说法正确的是( )A．A、B两点的角速度相等B．A、B两点的线速度相等C．A、B两点的转动半径相等D．A、B两点的转动周期相等[解析] A、B两点随地球自转绕地轴做匀速圆周运动，它们的圆心在地轴上的不同点，它们的半径不同，线速度也不同．[答案]AD4．电脑中用的光盘驱动器采用恒定角速度驱动光盘，光盘上凸凹不平的小坑是存贮数据的，请问激光头在何处时，电脑读取数据的速率较大( )A．内圈B．外圈C．中间位置D．与位置无关[解析] 光盘在做匀速圆周运动．光盘上某点的线速度为v＝ω·r，ω恒定，则r越大，v就越大，因此激光头在光盘外圈时，电脑读取数据的速率最大．[答案] B5．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．右图所示是某一变速自行车的齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )A ．该车可变换两种不同的挡位B ．该车可变换四种不同的挡位C ．当A 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωA ∶ωD ＝1∶4 D ．当A 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωA ∶ωD ＝4∶1[解析] 由题意知，A 轮通过链条分别与C 、D 连接，自行车可有两种速度，B 轮分别与C 、D 连接，又可有两种速度，所以该自行车可变换四种挡位，选项A 错误，B 正确；当A轮与D 轮组合时，两轮边缘的线速度大小相等，A 轮转一圈，D 轮转4圈，即ωA ωD ＝14，选项C 正确，D 错误．[答案] BC6．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，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( )A.r 1ω1r 3 B.r 3ω1r 1 C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 2[解析] 甲、乙、丙三个轮子边缘的线速度大小相等，即r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝r 1ω1r 3，选项A 正确． [答案] A7．半径为R 的大圆盘以角速度ω旋转，如图所示，有人站在盘边P 点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O .若子弹的速度为v 0，则( )A ．枪应瞄准目标O 射去B ．枪应向PO 的右方偏过θ角射去，而cos θ＝ωR v 0C ．枪应向PO 的左方偏过θ角射去，而tan θ＝ωR v 0D ．枪应向PO 的左方偏过θ角射去，而sin θ＝ωR v 0[解析] 子弹有随圆盘转动的速度R ω，而合速度指向O 点，故枪应向PO 的左方，且偏角θ满足：v 0sin θ＝R ω.D 正确．[答案] D8．机械手表的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为( ) A.5960min B ．1min C.6059min D.6160min[解析] 先求出分针与秒针的角速度：ω分＝2π3600rad/s ，ω秒＝2π60rad/s. 设两次重合时间间隔为Δt ，则有φ分＝ω分Δt ，φ秒＝ω秒Δt ，φ秒－φ分＝2π.即Δt ＝2πω秒－ω分s ＝2π2π60－2π3600s ＝6059min.故选项C 正确．[答案] C 二、非选择题9．A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，若在相等的时间内通过的弧长之比L A ∶L B ＝2∶3，而转过的角度之比θA ∶θB ＝3∶2，则它们的转动周期之比T A ∶T B ＝__________，线速度之比v A ∶v B ＝__________.[解析] 由ω＝θt知ωA ∶ωB ＝3∶2，由T ＝2πω知T A ∶T B ＝2∶3由v ＝L t知v A ∶v B ＝L A ∶L B ＝2∶3 [答案] 2∶3 2∶310．如图所示，在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝3∶2∶1，则A 、B 、C 三点的线速度大小之比为v A ∶v B ∶v C ＝__________；A 、B 、C 三点的角速度之比ωA ∶ωB ∶ωC ＝__________；A 、B 、C 三个轮子的转速之比n 1∶n 2∶n 3＝__________.[解析] 由于O 1、O 3两轮共轴，所以A 、C 两点角速度相等即ωA ＝ωC ；由于O 1、O 2通过皮带传动，所以A 、B 两点线速度的大小相等，即v A ＝v B .由v ＝ωr ，r 1∶r 3＝3∶1，ωA ＝ωC ，则v A ∶v C ＝3∶1整理得：v A ∶v B ∶v C ＝3∶3∶1由ω＝v r，r 1∶r 2＝3∶2，v A ＝v B ，则ωA ∶ωB ＝2∶3 整理得：ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶2 由ω＝2πn 得：n 1∶n 2∶n 3＝2∶3∶2 [答案] 3∶3∶1 2∶3∶2 2∶3∶211．做匀速圆周运动的物体，10s 内沿半径是20m 的圆周运动100m ，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 ＝s t 可得：v ＝s t ＝10010m/s ＝10m/s (2)依据线速度与角速度的关系式v ＝ωr 解得：ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5rad/s (3)依据角速度与周期的关系ω＝2πT 解得：T ＝2πω＝2π0.5s ＝4πs[答案] (1)10m/s (2)0.5rad/s (3)4πs12．2009年洛杉矶花样滑冰世锦赛于3月26日结束了双人自由滑的比赛，中国选手张丹、张昊取得亚军的骄人成绩(如图所示)．设张昊(男)以自己为转轴拉着张丹(女)做匀速圆周运动，若张昊的转速为30 r/min ，张丹触地冰鞋的线速度为4.7m/s.求：(1)张丹做圆周运动的角速度； (2)张丹触地冰鞋做圆周运动的半径．[解析] (1)n ＝30 r/min ＝0.5 r/s ，角速度ω＝2πn ＝πrad/s. (2)设张丹触地冰鞋做圆周运动的半径为r ，由v ＝ωr ，得r ＝v ω＝4.7πm ＝1.5m. [答案] (1)πrad/s (2)1.5m。

生活中的圆周运动(20分钟50分)一、选择题(此题共4小题,每题7分,共28分)1.(2018·唐山高一检测)在高速公路的拐弯处,往常路面都是外高内低,如图所示。

汽车的运动可看作是做半径为R的水平面内的匀速圆周运动。

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。

已知重力加快度为g。

要使车轮与路面之间的横向 (垂直于行进方向)摩擦力等于零,则汽车转弯时的车速应等于()A.B.C.D.【分析】选B。

设路面的倾角为θ,要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零,则汽车转弯时,由路面的支持力与重力的协力供给汽车的向心力,作出汽车的受力争,如图。

依据牛顿第二定律,得:mgtanθ=m,又由数学知识获得:tanθ=,联立解得:v=。

【赔偿训练】(2018·桂林高一检测)如下图,照片中的汽车在水平公路上做匀速圆周运动。

已知图中双向四车道的总宽度为15m,内车道边缘间最远的距离为150m。

假定汽车遇到的最大静摩擦力等于车重的倍。

g取10m/s2,则汽车的运动()A.所受的协力可能为零B.只受重力和地面支持力的作用C.所需的向心力由重力和支持力的协力供给D.最大速度不可以超出 3m/s【分析】选D。

汽车在水平面内做匀速圆周运动,合外力供给向心力,一直指向圆心,拐弯时静摩擦力供给向心力,所需的向心力不行能由重力和支持力的协力供给,故A、B、C项错误;汽车遇到的最大静摩擦力等于车重的倍,f=0.7mg,依据牛顿第二定律f=m ,当r最大时,有最大速度,r=×150m+15m=90m,解得v=3m/s,故D项正确。

飞翔中的鸟要改变飞翔方向时,鸟的身体要倾斜(如下图)。

与车辆不一样的是,鸟转弯所需的向心力由重力和空气对它们的作使劲的协力来供给。

质量为m的飞鸟,以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,则飞鸟遇到的协力的大小等于(重力加快度为g)()B.-g2【分析】选B。

飞鸟做圆周运动,遇到的协力供给向心力,则F=,故协力为,故B项正确。