2020人教版必修2 5.4圆周运动 第1课时 作业

2019-2020学年人教版物理必修2同步训练圆周运动1、做匀速圆周运动的物体,在运动过程中保持不变的物理量是( )A.动能B.速度C.加速度D.合外力2、下列说法正确的是( )A.匀速圆周运动是一种匀速运动B.匀速圆周运动是一种匀变速运动C.匀速圆周运动是一种速度和加速度都不断改变的运动D.匀速圆周运动是一种平衡状态3、在中国南昌有我国第一高摩天轮——南昌之星,总建设高度为160米,横跨直径为153米,如图所示。

它一共悬挂有60个太空舱,每个太空舱上都配备了先进的电子设备,旋转一周的时间是30分钟,可同时容纳400人左右进行同时游览。

若该摩天轮做匀速圆周运动,则乘客( )A.速度始终恒定B.加速度始终恒定C.乘客对座椅的压力始终不变D.乘客受到的合力不断改变4、下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的说法,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5、如图所示,半径之比:2:1R r 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 的点。

P Q 、两点的( )A.周期之比:1:2P Q T T =B.线速度之比:1:2P Q v v =C.角速度之比:1:2P Q ωω=D.线速度之比:2:1P Q v v =6、在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉。

如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为L ＝10cm ，圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），以2r/s 的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为（ ）A ．向上；10cm/sB ．向上；20cm/sC ．向下；10cm/sD ．向下；20cm/s7、A 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),B 为终端皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间不打滑,当A 可被水平抛出时,B 轮的转速最少是( )12πg r g r gr 12πgr 8、如图所示,如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动,那么,从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合,中间经历的时间为( )A.59min60B.1minC.60min59D.61min609、如图所示是自行车传动结构的示意图，其中A是半径为1r的大齿轮，B是半径为2r的小齿轮，C是半径为3r的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为( )A．132πnr rrB．231πnr rrC．1322πnr rrD.2312πnr rr10、如图所示的皮带（皮带不打滑）传动装置中，A、B、C分别是三个轮边缘的点，半径关系是：A C BR R R＝＞。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）高中物理 曲线运动 第七节 生活中的圆周运动课时作业 新人教版必修1一、选择题1．在某转弯处，规定火车行驶的速率为v 0，则下列说法中正确的是( ) A ．当火车以速率v 0行驶时，火车的重力与支持力的合力方向一定沿水平方向 B ．当火车的速率v >v 0时，火车对外轨有向外的侧向压力 C ．当火车的速率v >v 0时，火车对内轨有向内侧的压力 D ．当火车的速率v <v 0时，火车对内轨有向内侧的压力[解析] 当火车在转弯处行驶，为了使火车安全行驶，同时对铁轨减小损害，所以对火车在此行驶时都规定速率，当火车以此速率行驶时，火车的重力和支持力的合力正好提供向心力，由于火车在水平面内运动，所以火车受的向心力方向沿水平方向，也即火车的重力与支持力的合力沿水平方向．若v >v 0，由于重力和支持力的合力小于火车所需的向心力．故火车有向外侧运动的趋势，所以火车对外轨有挤压．当v <v 0时，由于重力和支持力的合力大于火车所需的向心力，因此火车有向内侧运动的趋势，故火车对内轨有挤压作用．[答案] ABD2．建造在公路上的桥梁大多是凸形桥，较少是水平桥，更少有凹形桥，其主要原因是( )A ．为了节省建筑材料，以减少建桥成本B ．汽车以同样速度通过凹形桥时对桥面的压力要比水平或凸形桥压力大，故凹形桥易损坏C ．建造凹形桥的技术特别困难D ．无法确定[解析] 在凸桥上：mg －F 1＝m v 2R ，在平桥上：F 2＝mg ，在凹桥上：F 3－mg ＝m v 2R，故F 3>F 2>F 1，B 正确．[答案] B3．当汽车驶向一凸形桥时，为使在通过桥顶时，减小汽车对桥的压力，司机应( ) A ．以尽可能小的速度通过桥顶 B ．增大速度通过桥顶 C ．以任何速度匀速通过桥顶 D ．使通过桥顶的向心加速度尽可能小[解析] 由mg －F N ＝m v 2RF N ＝mg －m v 2R，B 正确．[答案] B4．关于离心运动，下列说法中正确的是( ) A ．物体突然受到离心力的作用，将做离心运动B ．做匀速圆周运动的物体，在外界提供的向心力突然变大时将做离心运动C ．做匀速圆周运动的物体，只要向心力的数值发生变化，就将做离心运动D ．做匀速圆周运动的物体，当外界提供的向心力突然消失或变小时将做离心运动 [解析] 当外力不足以提供向心力时，即做离心运动，D 正确． [答案] D5．下列哪些现象是为了防止物体产生离心运动( ) A ．汽车转弯时要限制速度B ．转速很高的砂轮半径不能做得太大C ．在离心水泵工作时D ．在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨 [解析] 离心水泵是利用离心运动． [答案] ABD6．在下面介绍的各种情况中，哪些情况将出现超重现象( ) ①荡秋千经过最低点的小孩； ②汽车过凸形桥； ③汽车过凹形桥；④在绕地球做匀速圆周运动的飞船的仪器． A ．①② B ．①③ C ．①④D ．③④[解析] 物体在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力(或支持力)的作用，若向心加速度向上，则F －mg ＝m v 2r ，F >mg ，处于超重状态；若向心加速度向下，则mg －F ＝m v 2r，F <mg ，处于失重状态．做匀速圆周运动的飞船中的仪器重力提供向心力，所以处于完全失重状态，所以应选B.[答案] B7．如图所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧．若竖直圆轨道的半径为R ，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过最高点时的角速度最小为( )A.gR B ．2gR C.g R D.R g[解析] 小球能通过最高点的临界情况为向心力恰好等于重力，即mg ＝m ω2R ，解得ω＝gR，选项C 正确． [答案] C8．乘坐游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(见图)，下列说法正确的是( )A ．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B ．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC ．人在最低点时处于超重状态D ．人在最低点时对座位的压力大于mg[解析] 由圆周运动的临界条件知：当人在最高点v ＝gR 时，人对底座和保险带都无作用力；当v >gR 时，人对底座有压力，且当v >2gR 时，压力大于mg ，故A 、B 均错；人在最低点：F N－mg＝mv2/R，F N>mg，故C、D两项正确．[答案]CD二、非选择题9．离心沉淀器可以加速物质的沉淀，图所示是它的示意图，当盛着液体的试管绕竖直轴高速旋转时，两个试管几乎成水平状态，说明它为什么能加速密度较大的物质的沉淀．[答案]密度较大的物质和液体一起做圆周运动，密度较大的物质的向心力来源于液体的粘滞力，当高速旋转时，液体的粘滞力不足以提供密度较大的物质做圆周运动的向心力时，它即做离心运动而沉淀到试管的底部．10．一辆质量m＝2.0t的小轿车，驶过半径R＝90m的一段圆弧形桥面，重力加速度g ＝10m/s2.求：(1)若桥面为凹形，汽车以20m/s的速度通过桥面最低点时，对桥面压力是多大？(2)若桥面为凸形，汽车以10m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是多大？(3)汽车以多大速度通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力？[解析] 首先要确定汽车在何位置时对桥面的压力最大，汽车经过凹形桥面时，向心加速度方向向上，汽车处于超重状态；经过凸形桥面时，向心加速度方向向下，汽车处于失重状态，所以当汽车经过凹形桥面的最低点时，汽车对桥面的压力最大．(1)汽车通过凹形桥面最低点时，在水平方向受到牵引力F和阻力f.在竖直方向受到桥面向上的支持力N 1，和向下的重力G ＝mg ，如图所示．圆弧形轨道的圆心在汽车上方，支持力N 1与重力G 的合力为N 1－mg ，这个合力就是汽车通过桥面最低点时的向心力，即F 向＝N 1－mg .由N 1－mg ＝mv 2/R ，解得桥面的支持力大小为N 1＝m v 2R ＋mg ＝(2000×20290＋2000×10)N＝2.89×104N. 根据牛顿第三定律，汽车对桥面最低点的压力大小是2.89×104N.(2)汽车通过凸形桥面最高点时，在水平方向受到牵引力F 和阻力f ，在竖直方向受到竖直向下的重力G ＝mg 和桥面向上的支持力N 2，如图所示．圆弧形轨道的圆心在汽车的下方，重力G 与支持力N 2的合力为mg －N 2，这个合力就是汽车通过桥面顶点时的向心力，即F 向＝mg －N 2，由向心力公式有mg －N 2＝mv 2/R ，解得桥面的支持力大小为N 2＝mg －m v 2R＝(2000×10－2000×10290)N ＝1.78×104N ，根据牛顿第三定律，汽车在桥的顶点时对桥面压力的大小为1.78×104N.(3)设汽车速度为v m 时，通过凸形桥面顶点时对桥面压力为零．根据牛顿第三定律，这时桥面对汽车的支持力也为零，汽车在竖直方向只受到重力G 作用，重力G ＝mg 就是汽车驶过桥顶点时的向心力，即F 向＝mg ，由向心力公式有mg ＝mv 2m /R 得，v m ＝gR ＝30m/s ，此时汽车对桥面刚好没有压力．[答案] (1)2.89×104N ；(2)1.78×104N ；(3)30m/s11．如图所示，自行车和人的总质量为M ，在一水平地面运动，若自行车以速度v 转过半径为R 的弯道，求：(1)自行车的倾角应多大？(2)自行车所受的地面的摩擦力多大？[解析] 地面对自行车的作用(即N 与f 的合力)，必过人与车的重心，沿着人体方向． 将人与自行车视为质点，受力分析如图所示，建立坐标系，根据牛顿第二定律：摩擦力f ＝M ·v 2R ①N －G ＝0 ② 根据分析可知tan θ＝N f ＝Mg M ·v 2R＝gRv 2所以车与水平面夹角θ＝arctan(gR v2) [答案] 见解析12．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，(1)求小球通过最高点A 的最小速度．(2)若小球做圆周运动时细绳能承受的最大拉力为F max ＝10 N ，则小球在最低点B 的最大速度是多少？(g ＝10m/s 2)[解析] (1)小球通过最高点A 的最小速度就是绳子上拉力为零时的速度，此时有：mg sin α＝m v 2AL.代入数据可得最小速度：v A ＝2m/s.(2)小球在最低点B 满足：F max －mg sin α＝m v 2BL.代入数据可得最大速度v B ＝6m/s.[答案] (1)v A ＝2m/s (2)v B ＝6m/s。

一、选择题1．下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是( ) A ．匀速圆周运动是一种匀速运动 B ．任意相等的时间里通过的位移相等 C ．任意相等的时间里通过的路程相等 D ．做匀速圆周运动的物体的加速度为零解析：选C.做匀速圆周运动的物体的线速度大小不变，但方向时刻变化，因此，其加速度一定不为零，故A 、D 均错误；在任意相等的时间内通过的路程(弧长)都相等，位移大小相等，但方向不一定相同，故B 错误，C 正确．2．(多选)关于角速度、线速度和周期，下面说法中正确的是( ) A ．半径一定，角速度与线速度成反比 B ．半径一定，角速度与线速度成正比 C ．线速度一定，角速度与半径成正比D ．不论半径等于多少，角速度与周期始终成反比解析：选BD.关于角速度、线速度、周期的关系由公式v ＝ωR ，ω＝2πT可以得出：半径一定时，角速度与线速度成正比，不论半径等于多少，ω与T 始终成反比．故选项B 、D 正确．对v ＝ωR 公式的应用，应针对情景，找出v 或ω中哪一个量不变，再进行分析．3．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm ，当该型号的轿车在高速公路上行驶时，速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算此时该车车轮的转速为( )A ．1 000 r/sB ．1 000 r/minC ．1 000 r/hD ．2 000 r/s解析：选B.由题意得v ＝120 km/h ＝1203.6 m/s ，r ＝0.3 m ，又v ＝2πnr ，得n ＝v 2πr≈18 r/s ≈1000 r/min.4．甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步，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ω1、ω2和v 1、v 2，则( )A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2解析：选C.角速度ω＝2πT，因为T 1＝T 2，故ω1＝ω2，线速度v ＝rω，又因为r 1＜r 2，ω1＝ω2，所以v 1＜v 2.5．(多选)如图所示，一个环绕中心线AB 以一定的角速度转动，下列说法中正确的是( )A ．P 、Q 两点的角速度相同B ．P 、Q 两点的线速度相同C ．P 、Q 两点的角速度之比为 3∶1D ．P 、Q 两点的线速度之比为 3∶1解析：选AD.同一圆周上各点的周期和角速度都是相同的，选项A 正确，选项C 错误；设角速度为ω，半径为r ，则P 、Q 两点的线速度分别为v P ＝ωr sin 60°，v Q ＝ωr sin 30°，得v P ∶v Q ＝3∶1选项B 错误，选项D 正确．6．(多选)甲、乙两个做圆周运动的质点，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∶9B ．它们的半径之比为1∶2C ．它们的周期之比为2∶3D ．它们的周期之比为1∶3解析：选AD.由题意得v ＝ωr ，所以r ＝v ω，即r 甲∶r 乙＝v 甲ω甲∶v 乙ω乙＝2∶9，由于T ＝2πω，所以T 甲∶T 乙＝1ω甲∶1ω乙＝1∶3.7．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 3B.r 3ω1r 1C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 2解析：选A.由题意可知，甲、乙、丙三个轮子的线速度相等，故有ω1r 1＝ω3r 3，ω3＝ω1r 1r 3，正确选项为A.8．两个小球固定在一根长为L 的杆的两端，绕杆上的O 点做圆周运动，如图所示，当小球1的速度为v 1时，小球2的速度为v 2，则O 点到小球2的距离是( )A.L v 1v 1＋v 2B.L v 2v 1＋v 2C.L (v 1＋v 2)v 1D.L (v 1＋v 2)v 2解析：选B.两小球角速度相等，即ω1＝ω2，设两球到O 点的距离分别为r 1、r 2，则v 1r 1＝v 2r 2，又由r 1＋r 2＝L ，所以r 2＝L v 2v 1＋v 2，B 正确． ☆9.如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( )A.5960 min B ．1 min C.6059 min D.6160min 解析：选C. 分针与秒针的角速度分别为ω分＝2π3 600 rad/s ，ω秒＝2π60rad/s.设两次重合的时间间隔为Δt ，因φ分＝ω分Δt ，φ秒＝ω秒Δt ，φ秒－φ分＝2π，得Δt ＝2πω秒－ω分＝2π2π60－2π3600s＝360059 s ＝6059min ，故C 正确．A ．15 km/hB ．18 km/hC ．20 km/hD ．25 km/h解析：选C.n ＝210 r/min ＝72 r/s ，v ＝2π×0.254×72m/s ≈5.58 m/s ＝20 km/h.二、非选择题11．做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径是20 m 的圆周运动100 m ，试求此物体做匀速圆周运动的(1)线速度大小； (2)角速度大小； (3)周期．解析：(1)由线速度的定义式得： v ＝s t ＝10010m/s ＝10 m/s.(2)由角速度跟线速度的关系式得：ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5 rad/s.(3)由周期跟角速度的关系得T ＝2πω＝2π0.5s ＝4π s .答案：(1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s☆12.如图所示，小球Q 在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为r ，当小球Q 运动到图中所示位置时，有另一小球P 在距圆周最高点为h 处开始自由下落．要使两球在圆周最高点处相碰，小球Q 的角速度ω应满足什么条件？解析：由自由落体运动的位移公式h ＝12gt 2，可求得小球P 自由下落运动至圆周最高点的时间为t 1＝2h g①设小球Q 做匀速圆周运动的周期为T ，则有：T ＝2πω②由题意知，小球Q 由图示位置运动至圆周最高点所用时间为：t 2＝(n ＋14)T (n ＝0,1,2，…)③要使两球在圆周最高点相碰，需使t 1＝t 2 ④以上四式联立，解得小球Q 做匀速圆周运动的角速度为：ω＝π(4n ＋1)g8h，式中n ＝0,1,2…即要使两球在圆周最高点处相碰，Q球的角速度ω应满足：ω＝π(4n＋1)g8h(n＝0,1,2，…)．答案：见解析。

课时作业4 圆周运动一、单选题1.一质点开始时在几个恒力的共同作用下做匀速直线运动，突然撤去其中一个力，此后该质点的运动情况不可能的是()A. 匀速圆周运动B. 匀变速曲线运动C. 匀减速直线运动D. 匀加速直线运动2.关于物体做匀速圆周运动，说法正确的是( )A. 线速度不变B. 加速度不变C. 向心力不变D. 周期不变3.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )A. 所受的合力为零，做匀速运动B. 所受的合力恒定，做匀加速运动C. 所受的合力恒定，做变加速运动D. 所受的合力变化，做变加速运4.风筝冲浪运动深受人们的爱好，如图，某运动员在做风筝冲浪表演，关于风筝的运动，下列说法正确的是()A. 速率一定变化B. 速度一定变化C. 加速度一定变化D. 合外力一定变化5.A，B两物体都做匀速圆周运动，在A转过45∘角的时间内，B转过了60∘角，则A物体的角速度与B的角速度之比为( )A. 1:1B. 4:3C. 3:4D. 16:96.两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，AB两点的半径之比为2：1，CD两点的半径之比也为2：1，下列说法正确的是()A. A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B. A、C两点的线速度之比为v A：v C=1：1C. A、C两点的角速度之比为ωA ：ωC=1：2D. A、D两点的线速度之比为v A：v D=1：27.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n(r/s)，则自行车前进的速度为( )A. πnr1r3r2B. πnr2r3r1C. 2πnr1r3r2D. 2πnr2r3r18.如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω转动，则()A. A、B两点的角速度相等B. A、B两点的线速度相等C. 若θ=45∘，则v A：v B=√2：1D. 若θ=45∘，则T A：T B=1：√29.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，大轮半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则A，B两点的角速度之比ωA ：ωB为()A. 1：2B. 1：4C. 2：1D. 1：110.子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆，已筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。

第四节圆周运动1．描述圆周运动的物理量物理量物理意义定义、公式、单位线速度描述物体沿圆周____方向运动的快慢程度①物体沿圆周通过的____与时间的比值②v＝________③单位：m/s④方向：沿____________方向角速度描述物体绕圆心________的快慢①连结运动质点和圆心的半径扫过的________与时间的比值②ω＝________③单位：rad/s周期和转速描述匀速圆周运动的______①周期T：做匀速圆周运动的物体，转过____所用的时间，公式T＝________，单位：____②转速n：物体单位时间内所转过的____，单位：____、____2.当物体做匀速圆周运动时，线速度大小处处________，方向沿圆周________方向，是一种变速运动．3．线速度和周期的关系式是________，角速度和周期的关系式是________，线速度和角速度的关系式是________，频率和周期的关系式是________．4．在分析传动装置的各物理量之间的关系时，要先明确什么量是相等的，什么量是不等的，在通常情况下：(1)同轴的各点角速度、转速、周期________，线速度与半径成________．(2)在不考虑皮带打滑的情况下，皮带上各点与传动轮上各点线速度大小________，而角速度与半径成________．5．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变6．关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是( )A．半径一定，角速度和线速度成反比B．半径一定，角速度和线速度成正比C．线速度一定，角速度和半径成反比D．角速度一定，线速度和半径成正比【概念规律练】知识点一匀速圆周运动的概念1．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中错误的是( )A．相等的时间内通过的路程相等B．相等的时间内通过的弧长相等C．相等的时间内运动的位移相同D．相等的时间内转过的角度相等知识点二描述圆周运动的物理量之间的关系图12．如图1所示，圆环以直径AB为轴匀速转动，已知其半径R＝0.5 m，转动周期T＝4 s，求环上P点和Q点的角速度和线速度．知识点三 传动装置问题的分析3．如图2所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动 轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )图2A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r 1r 2nD ．从动轮的转速为r 2r 1n4．如图3所示的皮带传动装置(传动皮带是绷紧的且运动中不打滑)中，主动轮O 1的半 径为r 1，从动轮O 2有大小两轮且固定在同一个轴心O 2上，半径分别为r 3、r 2，已知r 3 ＝2r 1，r 2＝1.5r 1，A 、B 、C 分别是三个轮边缘上的点，则当整个传动装置正常工作时， A 、B 、C 三点的线速度之比为________；角速度之比为________；周期之比为________．图3【方法技巧练】圆周运动与其他运动结合的问题的分析技巧5.图4如图4所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，在其正上方h处沿OB 方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝________，圆盘转动的角速度ω＝________.6．如图5所示，图5有一直径为d的纸制圆筒，使它以角速度ω绕轴O匀速转动，然后使子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，就在圆筒上先后留下a、b两个弹孔，已知aO、bO 的夹角为φ，求子弹的速度．1．静止在地球上的物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是( )A．它们的运动周期都是相同的B．它们的线速度都是相同的C．它们的线速度大小都是相同的D．它们的角速度是不同的2．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( )A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的半径一定小D．角速度大的周期一定小3．如图6所示图6是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺外表面上的三个点．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4．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∶9B．它们的半径之比为1∶2C．它们的周期之比为2∶3D．它们的周期之比为1∶35.图7如图7所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了( )A．提高速度B．提高稳定性C．骑行方便D．减小阻力6．如图8所示，两个小球固定在一根长为l的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动．当小球A的速度为v A时，小球B的速度为v B，则轴心O到小球A的距离是( )图8A．v A(v A＋v B)l B.v A l v A＋v BC.v A＋v B lv AD.v A＋v B lv B7．某品牌电动自行车的铭牌如下：车型：20英寸(车轮直径：508 mm)电池规格：36 V 12 A·h(蓄电池)整车质量：40 kg额定转速：210 r/min 外形尺寸：L1 800 mm×W650 mm×H1 100 mm充电时间：2 h～8 h电机：后轮驱动、直流永磁式电机额定工作电压/电 流：36 V/5 A根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为( ) A ．15 km/h B ．18 km/h C ．20 km/h D ．25 km/h 题 号 1 2 3 4 5 6 7 答 案8.图9如图9所示，一个圆环绕着一沿竖直方向通过圆心的轴OO ′做匀速转动，M 点和圆心 的连线与竖直轴的夹角为60°.N 点和圆心的连线与竖直轴的夹角为30°，则环上M 、N 两点的线速度大小之比v M ∶v N ＝________；角速度大小之比ωM ∶ωN ＝________；周期 大小之比T M ∶T N ＝________.9．如果把钟表上的时针、分针、秒针看成匀速转动，那么它们的角速度之比为ω时∶ω分∶ω秒＝________；设时针、分针、秒针的长度之比为1∶1.5∶1.8，那么三个指针尖端的线速度大小之比为v 时∶v 分∶v 秒＝________. 10．如图10所示，图10两个摩擦传动的轮子，A 为主动轮，转动的角速度为ω.已知A 、B 轮的半径分别是R 1和R 2，C 点离圆心的距离为R 22，求C 点处的角速度和线速度．11.2009年花样滑冰世锦赛双人滑比赛中，张丹、张昊再次获得亚军．张昊(男)以自己为转轴拉着张丹(女)做匀速圆周运动，转速为30 r/min.张丹的脚到转轴的距离为 1.6 m ．求：(1)张丹做匀速圆周运动的角速度； (2)张丹的脚运动速度的大小．12．观察自行车的主要传动部件，了解自行车是怎样用链条传动来驱动后轮前进的，如 图11所示，是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”，试分析并讨论：图11(1)同一齿轮上各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同？转速是否相同？ (3)两个齿轮的转速与齿轮的直径有什么关系？你能推导出两齿轮的转速n 1、n 2与齿轮的直径d 1、d 2的关系吗？第4节 圆周运动课前预习练1．切线 ①弧长 ②Δs Δt ④圆弧的切线 转动 ①角度 ②ΔθΔt 快慢程度 ①一周2πrvs ②圈数 r/s r/min2．相等 切线3．v ＝2πr T ω＝2πT v ＝rω f ＝1T4．(1)相等 正比 (2)相等 反比5．BD [匀速圆周运动的角速度是不变的，线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是改变的，因而加速度不为零．]6．BCD [由v ＝ωr ，知B 、C 、D 正确．] 课堂探究练1．C [匀速圆周运动在任意相等的时间内通过的弧长相等，通过的角度相等，但相等时间段内对应的位移方向不同，故C 错．]2．1.57 rad/s 1.57 rad/s 0．39 m/s 0.68 m/s解析 P 点和Q 点的角速度相同，其大小是ω＝2πT ＝2π4rad/s ＝1.57 rad/s P 点和Q 点绕AB 做圆周运动，其轨迹的圆心不同．P 点和Q 点的圆半径分别为r P ＝R ·sin 30°＝12R ，r Q ＝R ·sin 60°＝32R . 故其线速度分别为v P ＝ω·r P ≈0.39 m/s，v Q ＝ω·r Q ＝0.68 m/s.点评 解决此类题目首先要确定质点做圆周运动的轨迹所在的平面及圆心的位置，从而确定半径，然后由v 、ω的定义式及v 、ω、R 的关系式来计算．3．BC [主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误．]4．4∶4∶3 2∶1∶1 1∶2∶2解析 因同一轮子(或固定在同一轴心上的两轮)上各点的角速度都相等，皮带传动(皮带不打滑)中与皮带接触的轮缘上各点在相等时间内转过的圆弧长度相等，其线速度都相等．故本题中的B 、C 两点的角速度相等，即ωB ＝ωC① A 、B 两点的线速度相等，即v A ＝v B② 因A 、B 两点分别在半径为r 1和r 3的轮缘上，r 3＝2r 1. 故由ω＝v r 及②式可得角速度ωA ＝2ωB③ 由①③式可得A 、B 、C 三点角速度之比为ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶1∶1 ④因B 、C 分别在半径为r 3、r 2的轮缘上，r 2＝32r 1＝34r 3 故由v ＝r ω及①式可得线速度v B ＝43v C ⑤ 由②⑤式可得A 、B 、C 三点线速度之比为v A ∶v B ∶v C ＝4∶4∶3 ⑥由T ＝2πω及④式可得A 、B 、C 三点的周期之比为T A ∶T B ∶T C ＝1∶2∶2. ⑦点评 ①同一圆盘上的各点角速度和周期相同．②皮带(皮带不打滑)或齿轮传动的两圆盘，与皮带相接触的点或两圆盘的接触点线速度相同．5．R g 2h 2n πg 2h(n ＝1,2,3，…) 解析 小球做平抛运动，在竖直方向上有h ＝12gt 2，则运动时间t ＝2h g .又因为水平位移为R ，所以小球的初速度 v ＝R t ＝R g 2h. 在时间t 内圆盘转过的角度θ＝n ·2π(n ＝1,2,3，…)又因为θ＝ωt ，则圆盘转动的角速度ω＝θt ＝n ·2πt ＝2n πg 2h(n ＝1,2，3，…) 方法总结 由于圆周运动的周期性，解答时要注意各种解的可能性．与平抛运动的结合也是从时间上找突破口，兼顾位移关系．6.ωd π－φ解析 子弹从a 穿入圆筒到从b 穿出圆筒，圆筒旋转不到半周，故圆筒转过的角度为π－φ，则子弹穿过圆筒的时间为t ＝π－φω. 在这段时间内子弹的位移为圆筒的直径d ，则子弹的速度为v ＝d t ＝ωd π－φ. 方法总结 两种运动的结合，其结合点是时间，抓住时间的等量关系，此题就可迎刃而解．课后巩固练1．A [绕同一转动轴做匀速圆周运动的物体上的各点的角速度相同，周期也相同，故A 正确，D 错误；由v ＝ωR 可得物体的线速度大小随圆周运动的半径的不同而不同，故B 、C 错误．]2．D [解决这类题目的方法是：确定哪个量不变，寻找各物理量之间的联系，灵活选取公式进行分析．由v ＝ωr 知，r 一定时，v 与ω成正比，v 一定时，ω与r 成反比，故A 、C 均错；由v ＝2πr T 知，r 一定时，v 越大，T 越小，B 错；由ω＝2πT可知，ω越大，T 越小，故D 对．]点评 公式v ＝ωr ，在半径不确定的情况下，不能由角速度大小判断线速度大小，也不能由线速度大小判断角速度的大小，但由ω＝2πT可看出，角速度越大，周期越小． 3．B [a 、b 和c 都是陀螺上的点，其角速度均为ω，故B 正确，C 错误；由题图可知，a 、b 和c 三点随陀螺旋转而做圆周运动的半径关系是r a ＝r b >r c ，由v ＝ωr 可知，v a ＝v b >v c ，故A 、D 均错误．]4．AD [由v ＝ωr ，所以r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，T 甲∶T 乙＝1ω甲∶1ω乙＝13，D 对，C 错．] 5．A [在骑车人脚蹬车轮、转速一定的情况下，据公式v ＝ωr 知，轮子半径越大，车轮边缘的线速度越大，车行驶得也就越快，故A 选项正确．]6．B [设轴心O 到小球A 的距离为x ，因两小球固定在同一转动杆的两端，故两小球做圆周运动的角速度相同，半径分别为x 、l －x .根据ω＝v r 有：v A x ＝v B l －x ，解得x ＝v A l v A ＋v B，故正确选项为B.]7．C [由题意可知车轮半径为R ＝254 mm ＝0.254 m ，车轮额定转速为n ＝210 r/min ＝21060 r/s ＝72r/s ，车轮转动的角速度ω＝2n π，则在轮缘上各点的线速度为v ＝ωR ＝2n πR ＝2×72×3.14×0.254×3.6 km/h＝20 km/h.] 8.3∶1 1∶1 1∶1解析 M 、N 两点随圆环转动的角速度相等，周期也相等，即：ωM ∶ωN ＝1∶1，T M ∶T N ＝1∶1，设圆环半径为R ，M 、N 转动的半径分别为r M ＝R sin 60°，r N ＝R sin 30°，由v ＝ωr 知：v M ∶v N ＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1.点评 分析同一环转动的问题时，可抓住各点ω、T 相同，根据v ＝ωr 分析线速度的关系．9．1∶12∶720 1∶18∶1 29610．C 点处的角速度为R 1R 2ω，线速度为R 12ω 解析 A 、B 两轮边缘的线速度相等，设为v ，则有v ＝ωR 1＝ωB R 2，又ωC ＝ωB ，故ωC＝R 1R 2ω，v C ＝ωC R 22＝R 12ω. 11．(1)3.14 rad/s (2)5.0 m/s解析 (1)转动转速n ＝30 r/min ＝0.5 r/s角速度ω＝2π·n ＝2π×0.5 rad/s ＝3.14 rad/s.(2)张丹的脚做圆周运动的半径r ＝1.6 m ，所以她的脚的运动速度v ＝ωr ＝π×1.6 m/s ＝5.0 m/s.12．(1)线速度不同 角速度相同 (2)相同 不同不同 (3)反比 n 1d 1＝n 2d 2解析 (1)同一齿轮上的各点绕同一轴转动，因而各点的角速度相同．但同一齿轮上的各点，因到转轴的距离不同，由v ＝ωr 知，其线速度不同．(2)自行车前进时，链条不会脱离齿轮打滑，因而两个齿轮边缘的线速度必定相同．但两个齿轮的直径不同，根据公式v ＝ωr 可知，两个齿轮的角速度不同，且角速度与半径成反比．由角速度ω和转速n 之间的关系：ω＝2πn 知，两齿轮角速度不同，转速当然也不同．(3)因两齿轮边缘线速度相同，而线速度和角速度以及转速之间的关系是：v ＝ωr ，ω＝2πn ，故2πn 1R 1＝2πn 2R 2，即n 1d 1＝n 2d 2，两个齿轮的转速与齿轮的直径成反比．。

5.4圆周运动1.如图a 所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)小球水平抛出时的初速度v 0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x ； 图a (3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？解析 (1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh代入数据，得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s. (2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 s x ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝mg sin 53°m ＝8 m/s 2初速度v ＝ ＝5 m/sH sin 53°＝vt 2＋12a 22t代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134s(不合题意舍去)所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 技巧点拨抓住小球平抛到斜面顶端“刚好沿光滑斜面下滑”这一关键条件，利用斜面倾角和速度的分解与合成求合速度．2.如图b 所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝3 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.5 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图b(1)A 、C 两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析 (1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 53°＝5 m/s ，竖直分量为v Cy ＝4 m/s下落高度h ＝ ＝0.8 m(2)小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos 53°)＝12mv 2D －12mv 2C解得v D ＝29 m/s小球在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v D 2R代入数据解得F N ＝68 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为 a 1＝μg ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12mv 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝3.625 m ，即木板的长度至少是3.625 m 答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m3.在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，水流轨道与下边放置 的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续 转动，输出动力．当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同．设水的流出点比轮轴高h ＝5.6 m ，轮子半径R ＝1 m ．调整轮轴O 的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径 图c 与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)问： (1)水流的初速度v 0大小为多少？(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？ 答案 (1)7.5 m/s (2)12.5 rad/s 解析 (1)水流做平抛运动，有h －R sin 37°＝12gt 2解得t ＝2h －R sin 37°g＝1 s所以v y ＝gt ＝10 m/s ，由图可知： v 0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v ＝v 0sin 37°＝12.5 m/s ，根据ω＝v R可得ω＝12.5 rad/s.4.水上滑梯可简化成如图d 所示的模型，斜槽AB 和光滑 圆弧槽BC 平滑连接．斜槽AB 的竖直高度差H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°；圆弧槽BC 的半径R ＝3.0 m ，末端C 点的切线水平；C 点与水面的距离h ＝0.80 m ．人与AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，取 重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.一个质量m＝30 kg 的小朋友从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，不计空 图d 气阻力．求：(1)小朋友沿斜槽AB 下滑时加速度a 的大小；(2)小朋友滑到C 点时速度v 的大小及滑到C 点时受到槽面的支持力F C 的大小； (3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x 的大小．答案 (1)4.4 m/s 2(2)10 m/s 1 300 N (3)4 m解析 (1)小朋友沿AB 下滑时，受力情况如图所示，根据牛 顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma ① 又F f ＝μF N ②F N ＝mg cos θ ③ 联立①②③式解得：a ＝4.4 m/s 2 ④ (2)小朋友从A 滑到C 的过程中，根据动能定理得：mgH －F f ·H sin θ＋mgR (1－cos θ)＝12mv 2－0 ⑤联立②③⑤式解得：v ＝10 m/s ⑥根据牛顿第二定律有：F C －mg ＝m v 2R⑦联立⑥⑦式解得：F C ＝1 300 N ． ⑧(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则：h ＝12gt 2⑨x ＝vt ⑩ 联立⑥⑨⑩式解得：x ＝4 m.6． 小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图e 所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. 图e (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？答案 (1)2gd 52gd (2)113mg(3)d 2 2 33d解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：14d ＝12gt 2水平方向：d ＝v 1t 解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12mv 32＝12mv 21＋mg (d －34d )解得v 2＝52gd (2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝mv 1 2R得F max ＝113mg(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 3 2l，解得v 3＝ 83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1得x ＝4l d －l3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d .模拟题组7． 如图f 所示，一质量为2m 的小球套在一“”滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为μ＝0.5，BC 段为半径为R 的半圆，静止于A 处的小球在大小为F ＝2mg ，方向与水平面成37°角的拉力F 作用下沿杆运动，到达B 点时立刻撤去F ，小球沿圆弧向上冲并越过C 点后落在D 点(图中未画出)，已知D 点 图f 到B 点的距离为R ，且AB 的距离为s ＝10R .试求： (1)小球在C 点对滑杆的压力； (2)小球在B 点的速度大小；(3)BC 过程小球克服摩擦力所做的功．答案 (1)32mg ，方向竖直向下 (2)23gR (3)31mgR4解析 (1)小球越过C 点后做平抛运动，有竖直方向：2R ＝12gt 2 ①水平方向：R ＝v C t ②v C ＝gR2在C 点对小球由牛顿第二定律有：2mg －F N C ＝2m v C 2R解得F N C ＝3mg2由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力F N C ′＝F N C ＝3mg2，方向竖直向下(2)在A 点对小球受力分析有：F N ＋F sin 37°＝2mg ③ 小球从A 到B 由动能定理有：F cos 37°·s －μF N ·s ＝12·2mv 2B ④解③④得v B ＝23gR(3)BC 过程对小球由动能定理有：－2mg ·2R －W f ＝12×2mv 2C －12×2mv 2B解得W f ＝31mgR48． 如图g 所示，质量为m ＝1 kg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A 点随传送带运动到水平部分的最右端B 点，经半圆轨道C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动．C 点在B 点的正上方，D 点为轨道的最低点．小物块离 开D 点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E 点．已知半圆轨道的半径R ＝0.9 m ，D 点距水平面的高 图g 度h ＝0.75 m ，取g ＝10 m/s 2，试求： (1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过D 点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ.答案 (1)4.5 J (2)60 N ，方向竖直向下 (3)60°解析 (1)设小物块经过C 点时的速度大小为v 1，因为经过C 点恰能做圆周运动，所以，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 1 2R解得：v 1＝3 m/s小物块由A 到B 的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W ，由动能定理得：W ＝12mv 21解得：W ＝4.5 J(2)设小物块经过D 点时的速度大小为v 2，对从C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒12mv 21＋mg ·2R ＝12mv 22 小物块经过D 点时，设轨道对它的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2 2R联立解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律可知，小物块经过D 点时对轨道的压力大小为： F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下(3)小物块离开D 点后做平抛运动，设经时间t 打在E 点，由h ＝12gt 2得：t ＝1510s 设小物块打在E 点时速度的水平、竖直分量分别为v x 、v y ，速度跟竖直方向的夹角为α，则： v x ＝v 2 v y ＝gttan α＝v x v y解得：tan α＝ 3 所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.9． 如图1所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m/s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度v 0同方向滑出，B 与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.A 、B 均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2，求： (1)A 球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移； (3)A 球落地时，A 、B 之间的距离．答案 (1)3 s 30 m (2)20 m 图1 解析 (1)对A 球，由平抛运动规律得 水平方向：x 1＝v 0t竖直方向：H ＝12gt 2解得x 1＝30 m ，t ＝3 s(2)对于物块B ，根据牛顿第二定律得， －μmg ＝ma解得a ＝－5 m/s 2当B 速度减小到零时，有0＝v 0＋at ′ 得t ′＝2 s判断得：在A 落地之前B 已经停止运动，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 2得：x 2＝10 m则Δx ＝x 1－x 2＝20 m.10． 如图2所示，一物块质量m ＝1.0 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B 点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g 取10 m/s 2)图2(1)物块水平抛出的初速度v 0是多少？(2)若取A 所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B 点的机械能．(3)从滑块第一次到达B 点时起，经0.6 s 正好通过D 点，求B 、D 之间的距离． 答案 (1)0.6 m/s (2)－4 J (3)0.76 m解析 (1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则v A ＝v y sin 53°＝0.80.8m/s ＝1 m/sv 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s 从A 到B 的运动过程中由动能定理得mgH －μmg cos 53°H sin 53°＝12mv 2B －12mv 2A在B 点时的机械能：E B ＝12mv 2B －mgH ＝－4 J(3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为： a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v B a 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2 B 、D 间的距离x BD ＝v B 22a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m11． 水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动．如图3所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c 点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d 点，则 ( )A ．小球到达c 点的速度为gR 图3B ．小球到达b 点时对轨道的压力为5mgC ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为2RD ．小球从c 点落到d 点所需时间为2R g答案 ACD解析 小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝mv c 2R，v c ＝gR ，A 项正确；小球由b 到c 过程中，由机械能守恒定律得：12mv 2B ＝2mgR ＋12mv 2c 小球在b 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv b 2R，联立解得F N ＝6mg ，B 项错误；小球由c 点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2 Rg，x ＝2R ，C 、D 项正确．12． 如图4所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与 竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则 ( ) A ．tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1·tan θ2＝2 图4C ．1tan θ1·tan θ2＝2 D ．tan θ1tan θ2＝2答案 B 解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正确．13． 如图5所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P 点)，轻放一质量为m ＝1 kg 的物块，物块随传送带运动到A 点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B 、D 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C ，A 点距水平面的高度h ＝0.8m(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图5(1)物块离开A 点时水平初速度的大小； (2)物块经过C 点时对轨道压力的大小；(3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s ，求PA 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m解析 (1)物块由A 到B 在竖直方向有v 2y ＝2gh v y ＝4 m/s在B 点：tan θ2＝v yv A，v A ＝3 m/s(2)物块从B 到C 由功能关系得mgR (1－cos θ2)＝12mv 2C －12mv 2Bv B ＝v A 2+v y 2＝5 m/s解得v 2C ＝33 m 2/s 2在C 点：F N －mg ＝m v C 2R由牛顿第三定律知，物块经过C 点时对轨道压力的大小为F N ′＝F N ＝43 N (3)因物块到达A 点时的速度为3 m/s ，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动 μmg ＝ma ， a ＝3 m/s 2PA 间的距离x PA ＝v A 22a＝1.5 m.14. 如图6所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝ 37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道． 图6已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？答案 (1)46 N (2)6 m解析 (1)设物块经过B 点时的速度为v B ，则 v B sin 37°＝v 0设物块经过C 点的速度为v C ，由机械能守恒得： 12mv 2B ＋mg (R ＋R sin 37°)＝12mv 2C 物块经过C 点时，设轨道对物块的支持力为F C ，根据牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v C 2R联立解得：F C ＝46 N由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a 1、a 2，得：μ1mg ＝ma 1μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设物块和木板经过时间t 达到共同速度v ，其位移分别为x 1、x 2，则：对物块有： v C －a 1t ＝v v 2－v 2C ＝－2a 1x 1 对木板有：a 2t ＝v v 2＝2a 2x 2设木板长度至少为L ，由题意得：L ≥x 1－x 2 联立解得：L ≥6 m即木板长度至少6 m 才能使物块不从木板上滑下．15．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1 kg ， 图7 通电后以额定功率P ＝1.5 W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00 m ， R ＝0.32 m ，h ＝1.25 m ，x ＝1.50 m ．问：要使赛车完成比赛，电动 机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2) 答案 2.53 s解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律x ＝v 1t ，h ＝12gt 2解得v 1＝xg2h＝3 m/s 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点速度为v 3，由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mg ＝mv 22/R 12mv 23＝12mv 22＋mg (2R ) 解得v 3＝5gR ＝4 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v min ＝4 m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能关系，有Pt －F f L ＝12mv 2m in ，由此解得t ＝2.53 s。

2019-2020学年人教版物理必修2同步训练生活中的圆周运动1、为了提高一级方程式赛车的性能,在形状设计时要求流过赛车上方和下方的空气能够提供一个压力差(即气动压力),从而增大赛车对地面的正压力。

如图所示,一辆总质量为600kg 的赛车(含赛车手)以288km/h 的速率经过一个半径为180m 的水平弯道,转弯时赛车不发生侧滑,侧向附着系数(正压力与摩擦失的比值)1η=,则赛车转弯时( )A.向心加速度大小为2460m/sB.受到的摩擦力大小为5310N ⨯C.受到的支持力大小为6000ND.受到的气动压力约为重力的2.6倍2、一质量为32.010kg ⨯的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为41.410N ⨯,当汽车经过半径为80m 的弯道时,下列判断正确的是( )A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为41.410N ⨯C.汽车转弯的速度为20m/s 时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过27.0m/s3、赛车在水平路面上转弯时,很容易在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是( ) A.是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道B.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道C.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道D.由公式2F m r ω=可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道4、如图所示,铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的,当质量为m 的火车以速度v 通过某弯道时,内、外轨道均不受侧压力的作用,下面分析正确的是( )A.此时火车转弯所需向心力由重力和支持力的合力来提供B.当火车速度小于v 时,外轨将受到侧仄力作用C.当火车速度大于v 时,内轨将受到侧压力作用D.火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力5、游乐场中有一种娱乐设施叫“魔盘”,人就地坐在转动的大圆盘上,当大圆盘转速增加时,人就会自动滑向盘边缘,图中有a 、b 、c 三人坐在圆盘上,a 的质量最大,b 、c 的质量差不多,但c 离圆盘中心最远,a 、b 离盘心的距离相等,若三人与盘面的动摩擦因数均相等,且假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则( )A.当圆盘转速增加时,三人同时开始滑动B.当圆盘转速增加时,b 首先开始滑动C.当圆盘转速增加时,a 和c 首先同时开始滑动D.当圆盘转速增加时,c 首先开始滑动6、如图,当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s 时,车对桥顶的压力为车重的3/4,如果要使汽车在桥面行驶至桥顶时,对桥面的压力为零,则汽车通过桥顶的速度应为( )A.15m/sB.20m/sC.25m/sD.30m/s7、如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿半径为R的弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中（）A. 小车处于平衡状态，所受合外力为零B. 小车受到的牵引力逐渐增大C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量D. 小车重力的功率逐渐增大8、如图所示为家用洗衣机的脱水筒,当它高速旋转时,能甩掉衣服上的水。

2019-2020 年高中物理 5.4 《圆周运动》课时作业新人教版必修 2基础达标1．以下对于匀速圆周运动的说法中，正确的选项是 ( )A ．是速度不变的运动B ．是角速度不变的运动C ．是角速度不停变化的运动D ．同样时间内位移相等【分析】 匀速圆周运动速度大小不变方向时辰在变， 角速度大小方向皆不变， 同样时间内位移大小相等、方向不一样．【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 ，则不正确的选项是( )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 mD ．频次为1Hz2由题意知 v ＝ 4 m/s ， T ＝ 2 s ，依据角速度与周期的关系2π 2×3.14【分析】ω＝ T ＝2v 4rad/s ＝ 3.14 rad/s. 由线速度与角速度的关系v ＝ωr 得 r ＝ω＝ π m ≈1.27 m ．由 v ＝2π nr v4 r/s ＝ 0.5 r/s. 又由 1 1 Hz. 故 A 错误， B 、 C 、 D 均正确． 得转速 n ＝ ＝f ＝ ＝ 2 2πr 4 T2π· π【答案】 A3．以下对于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的相关说法正确的选项是()A ．甲、乙两物体线速度相等，角速度必定也相等B ．甲、乙两物体角速度相等，线速度必定也相等C ．甲、乙两物体周期相等，角速度必定也相等D ．甲、乙两物体周期相等，线速度必定也相等2πC 选项正确．【分析】由 ω＝ T 可知，周期同样，角速度必定也相等，故【答案】C4．地球自转一周为一日夜时间 (24 h) ，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地域，而广州则处于低纬度地域， 因为地球自转方向由西向东， 每日清晨广州要比乌鲁木齐天亮得早， 对于两地所在处物体拥有的角速度和线速度对比较 ( )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、线速度都同样大D ．两处物体的角速度同样大，但广州物体的线速度比乌鲁木齐处物体线速度要大【分析】 因为地球绕地轴由西向东自转，地球上任何点都在随处球自转，拥有同样的2π周期，依据 ω＝ T 可知，地球上不一样地区的自转角速度同样，但因为纬度不一样，不一样地区的自转线速度大小不相等，纬度越低，自转的半径越大．由 v＝ 可知，广州的物体自转ωr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. 圆滑的水平面上固定着一个螺旋形圆滑轨道， 俯视如下图． 一个小球以必定速度沿轨 道切线方向进入轨道， 小球从进入轨道直到抵达螺旋形中央区的时间内， 对于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的选项是 ()A ．增大、减小B ．不变、不变C ．增大、不变D ．减小、减小【分析】因为轨道是圆滑的，小球运动的线速度大小不变，因为半径渐渐减小，由vω＝ r ， ω 渐渐增大，故C 项正确．【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构造表示图，图中 A 轮有 48 齿， B 轮有 42 齿， C 轮有 18 齿， D 轮有 12 齿，则 ()A ．该车可变换两种不一样挡位B ．该车可变换四种不一样挡位C ．当 B 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ω Bω ＝7 2DD ．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA ωD ＝4 1【分析】 由题意知， A 轮经过链条分别与 C 、D 连结，自行车可有两种速度， B 轮分别 与 C 、 D 连结，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，两轮边沿线速度大小相等， A 转一圈， D 转 4 圈，即 ωA 1ωB 2 ，C 错．＝ ，选项 D 错，同理 ＝ ωD 4 ω D 7【答案】 B 7.如下图是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着好多数成品产品． A 轮处装有光电计数器，它能够记录经过 A 处的产品数量．已经测得轮、 的半径分别为 rA＝20 cm 、 r B ＝10 cm ，相邻两产品距离为 30 cm,1 min 内有 41 个产品经过 A 处．求：(1) 产品随传输带挪动的速度大小；(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) 假如 A 轮是经过摩擦带动 C 轮转动，且 r ＝ 5 cm ，求出 C 轮的角速度 ( 假定轮不打滑 ) ．C【分析】 第一依照光电计数器 1 min 内记录经过 A 处的产品数量，求取产品挪动速度 即轮 A 、 B 轮缘各点的线速度，尔后依照轮间传递方式以及匀速圆周运动物理量间的关系加 以求解．s 40×0.30 (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 ＝ 60 m/s ＝ 0.2 m/s. (2) v P ＝ v Q ＝ v ＝ 0.2 m/s ，又因为 ωM ＝ ωP ，所以1 v P ＝ 0.1 m/s. ωP ＝ ωM ＝ v P 0.2 v M ＝ ＝0.2 2r A rad/s ＝ 1 rad/s ； ωQ ＝2ωP ＝ 2 rad/s.(3) r A 0.2 ＝ 4 rad/s.因为 v C ＝ v A ，所以 ωC ＝ ωA ＝×1 rad/sr C 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 ＝ ω M ＝ 1 rad/s ； ωQ ＝2 rad/s(3)4 rad/s8.如下图，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【分析】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＝ωv ，则子弹速度【答案】1.ωdv ＝π－ θ.ωd π－ θ能力提高无级变速是在变速范围内随意连续地变换速度， 性能优于传统的挡位变速器， 好多种高 档汽车都应用了无级变速． 如下图是截锥式无级变速模型表示图， 两个锥轮之间有一个滚 轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着相互之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的 滚轮从左向右挪动时，从动轮降低转速； 滚轮从右向左挪动时，从动轮增添转速． 当滚轮位 于主动轮直径 D 1、从动轮直径 D 2 的地点时，主动轮转速 n 1、从动轮转速 n 2 的关系是 ()nDn2DA. 1＝ 1B.1n 2＝D 2D 2 n 1n 2 2n 2 D 1C. D 1D.n ＝ 2 n ＝ DD1 12 2【分析】传动中三轮边沿的线速度大小相等，由v ＝2π nr 得 n 1D 1＝ n 2D 2，所以 n 2 D 1n ＝ D ，12应选项 B 正确．【答案】 B2．机械腕表的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为()59A. 60 min B ． 1 min60 60 C. 59 min D.61 min【分析】先求出分针与秒针的角速度： ω2π， ω2π设两次分 ＝3600 rad/s秒 ＝ 60 rad/s.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 Δt2π 2π 60＝ω 秒－ ω分 ＝ 2π 2π ＝ 59 min.60 －3600【答案】 C3．如下图是磁带录音机的磁带盒的表示图，、为环绕磁带的两个轮子，两轮的半A B径均为 r ，在放音结束时， 磁带所有绕到了 B 轮上， 磁带的外缘半径 R ＝ 3r ，此刻进行倒带，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 带所有绕到 A 轮上需要时间为 t ，则从开始倒带到、 B 两轮的角速度相等所需要的时间A( )tt A ．等于 2 B ．大于 2ttC ．小于 2D ．等于 3【分析】 A 的角速度是恒定的，但 A 的半径愈来愈大，依据 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】 B 4.如下图， 电电扇在闪光灯下运行，闪光灯每秒闪 30 次，电扇转轴 O 上装有 3 个扇叶， 它们互成 120°角．当电扇转动时，察看者感觉扇叶不动，则电扇转速不行能的是 ( )A ． 600 r/minB ． 900 r/minC ． 1 200 r/minD ． 3 000 r/min T 灯【分析】 电扇转动时，察看者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔 内，电扇转过的角度是 120°的整数倍，1 1 s.即 圈的整数倍． T 灯 ＝3 301电扇的最小转速3r＝ 10 r/s ＝ 600 r/minn ＝ 1mins30故知足题意的可能转速 n ＝kn min ( k ＝ 1,2,3 ， ) ．匀速圆周运动是一种周期性的运动，剖析此类问题，重点是抓住周期性这一特色，得出可能的多解通式．所以不行能的转速是 B.【答案】 B5.如下图， 小球 Q 在竖直平面内做匀速圆周运动， 当 Q 球逆时针转到图示地点时， 有另一小球 P 在距圆周最高点为 h 处开始自由着落， 要使两球在圆周的最高点相碰，则 Q 球的角速度ω 知足什么条件？2π【分析】 Q 球运动周期为T ＝ω1Q 球运动到最高点的时间为 nT ＋ 4T ( n ＝ 0,1,2 ， )P 球自由着落运动的时间为t12得 t ＝2h 由 h ＝ gt2g1两球相碰的条件是t ＝ nT ＋ 4T2h1 即为g ＝ nT ＋4T1g( n ＝ 0,1,2 ， )求得 ω＝2π n ＋42hπg即 ω＝ 2 (4 n ＋ 1)2 ( n ＝ 0,1,2 ， ) ．h【答案】π(4 n ＋ 1) gω ＝ 22 ( n ＝ 0,1,2 ， )h6.如下图，竖直圆筒内壁圆滑，半径为 R ，顶部有进口 A ，在 A 的正下方 h 处有出口 B .一质量为 m 的小球从进口 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，小球进入进口 A 处的速度 v 0 应知足什么条件？【分析】 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．所以若将圆筒沿直线AB 睁开为平面，则小球沿圆筒壁的运动是平抛 运动，如图乙所示．据此得小球在筒内运动的时间 2h. 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 π R ( n ＝1,2,3 ， ) ．联立以上两式得v ＝ n π R 2gh ， ( n ＝ 1,2,3 ， ) ．【答案】v 0＝ n πR2gh ( n ＝ 1,2,3， )。

（精心整理，诚意制作）第五章 曲线运动 4 圆周运动1．做匀速圆周运动的物体，下列不变的物理量是( )．A ．速度B ．速率C ．角速度D ．周期解析 物体做匀速圆周运动时，速度的大小虽然不变，但它的方向在不断变化，选项B 、C 、D 正确． 答案 BCD2．关于地球上的物体随地球自转的角速度、线速度的大小，下列说法中正确的是( )．A ．在赤道上的物体线速度最大B ．在两极的物体线速度最大C ．在赤道上的物体角速度最大D ．在北京和天津的物体角速度一样解析 地球上的物体随地球一起绕地轴匀速运动，物体相对地面的运动在此一般可忽略，因此物体随地球一起绕地轴匀速转动的角速度一样，由v ＝r ω知半径大的线速度大．物体在地球上绕地轴匀速转动时，在赤道上距地轴最远，线速度最大，在两极距地轴为0，线速度为0.因此A 、D 正确． 答案 AD3．一小球沿半径为2 m 的轨道做匀速圆周运动，若周期为π s ，则 ( )．A ．小球的线速度是4 m/sB ．经过π4s ，小球的位移是π m图5－4－12A．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和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都是陀螺旋转的角速度ω，B对，C错；三点的运动半径关系ra＝r b>r c，据v＝ωr可知，三点的线速度关系v a ＝v b>v c，A、D错．答案 B7．一台走动准确的时钟，其秒针、分针、时针的长度之比为l1∶l2∶l3＝3∶2∶1，试求：(1)秒针、分针、时针转动的角速度之比．(2)秒针、分针、时针针尖的线速度大小之比．解析(1)因为ω＝2πT，所以ω1∶ω2∶ω3＝1T1∶1T2∶1T3＝1160∶11∶112＝720∶12∶1.(2)因为v＝ωr，所以v1∶v2∶v3＝ω1r1∶ω2r2∶ω3r3＝(720×3)∶(12×2)∶(1×1)＝2160∶24∶1.答案(1)720∶12∶1 (2)2 160∶24∶18．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速约为( )．A．1 000 r/s B．1 000 r/minC．1 000 r/h D．2 000 r/s解析 由公式ω＝2πn ，得v ＝r ω＝2πrn ，其中r ＝30 cm ＝0.3 m ，v ＝120 km/h ＝1003 m/s ，代入得n ＝1 00018π r/s ，约为1 000 r/min. 答案 B9．如图5－4－13所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )．图5－4－13A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r1r2nD ．从动轮的转速为r2r1n解析 因为皮带不打滑，两轮缘上各点的线速度大小等大，各点做圆周运动的速度方向为切线方向，则皮带上的M 、N 点均沿MN 方向运动，从动轮沿逆时针方向转动，A 错、B 对．根据线速度与角速度的关系式：v ＝r ω，ω＝2πn 得n ∶n 2＝r 2∶r 1，所以n 2＝r1r2n ，C 对、D 错． 答案 BC10．我国的电视画面每隔0.04 s 更迭一帧，当屏幕上出现车轮匀速运动时，观众观察车轮匀速运动时，观众观察车轮辐条往往产生奇怪感觉，如图5－4－14所示．设车轮上有八根对称分布的辐条，则( )．图5－4－14A．若0.04 s车轮恰转过45°，观众觉得车轮是不动的B．若0.04 s车轮恰转过360°，观众觉得车轮是不动的C．若0.04 s车轮恰转过365°，观众觉得车轮是倒转的D．若0.04 s车轮恰转过365°，观众觉得车轮是正转的解析当车轮每0.04 s内转过45°角的整数倍，每帧画面中辐条总在原位置，观众看来好像车轮不动；当转过角度稍大于n×45°时，看起来正转，转过角度稍小于n×45°时，看起来反转，所以正确选项为AB.答案AB11．无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”．图5－4－15所示为一种“滚轮－平盘无级变速器”的示意图，它由固定在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，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是( )．图5－4－15A．n2＝n1xrB．n1＝n2xrC．n2＝n1x2r2D．n2＝n1xr解析由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1＝v2，由此可得x·2πn1＝r·2πn2，所以n2＝n1xr，选项A正确．答案 A12．如图5－4－16所示，钻床的电动机轴上的塔轮1、2、3和钻轴上的塔轮4、5、6的直径分别是d1＝d6＝160 mm，d2＝d5＝180 mm，d3＝d4＝200 mm，电动机的转速n＝900 r/min，求：(1)皮带在2、5两轮时，钻轴的转速是多少？(2)皮带在1、4两轮时，钻轴的转速是多少？(3)皮带在3、6两轮时，钻轴的转速是多少？图5－4－16解析皮带传动中两轮边缘的线速度相等，由v＝ωR＝ωd2和ω＝2πn得v＝πnd.(1)当皮带在2、5两轮上时，由v2＝v5，得n5n2＝d2d5，此时钻轴的转速n5＝d2n2d5＝180180×900 r/min＝900 r/min.(2)同理，当皮带在1、4两轮上时，钻轴的转速n4＝d1n1d4＝160200×900 r/min＝720r/min.(3)同理，皮带在3、6两轮上时，钻轴的转速n6＝d3n3d6＝200160×900 r/min＝1 125r/min.答案(1)900 r/min (2)720 r/min (3)1 125 r/min。