2014届高三物理（教科版）第一轮复习自主学习训练 2-1 7页

第二章　匀速圆周运动 ‎1　圆周运动 ‎(时间：60分钟)‎ 知识点 基础 中档 稍难 匀速圆周运动的概念 ‎1‎ ‎2、3‎ 传动装置中物理量间的关系 ‎4‎ ‎5、6、7‎ 描述圆周运动的物理量间的关系 ‎8‎ ‎9、10‎ 综合提升 ‎11‎ ‎12‎ 知识点一　匀速圆周运动的概念 ‎1．匀速圆周运动属于 (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．匀速运动 B．匀加速运动 C．加速度不变的曲线运动 D．变加速曲线运动 解析　匀速圆周运动的速率不变，但速度方向时刻改变，为变加速曲线运动，加速度a大小不变，方向时刻指向圆心．‎ 答案　D ‎2．以下关于匀速圆周运动的说法中正确的是 (　　)．‎ A．匀速圆周运动是匀速运动 B．匀速圆周运动是变速运动 C．匀速圆周运动的线速度不变 D．匀速圆周运动的角速度不变 解析　匀速圆周运动速度的方向时刻改变，是一种变速运动，A错、B正确、C错．匀速圆周运动中角速度不变，D正确．‎ 答案　BD ‎3．关于做匀速圆周运动的物体，下列说法错误的是 (　　)．‎ A．相等的时间里通过的路程相等 B．相等的时间里通过的弧长相等 C．相等的时间里发生的位移相等 D．相等的时间里转过的角度相等 解析　匀速圆周运动是在相等的时间内转过的弧长相等的圆周运动，弧长即路程，但不等于位移大小．弧长相等，所对应的角度也相等．故A、B、D正确，C错误，应选C.‎ 答案　C 知识点二　传动装置中物理量间的关系 ‎4．如图2－1－9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 图2－1－9‎ 解析　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．‎ 答案　A 图2－1－10‎ ‎5．如图2－1－10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vA时，小球B的速度为vB，则轴心O到小球A的距离是 (　　)．‎ A．vA(vA＋vB)l B. C. D. 解析　两个小球固定在同一根杆的两端一起转动，它们的角速度相等．‎ 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＝有＝，解得x＝，正确选项为B.‎ 答案　B ‎6．如图2－1－11所示，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 (　　)．‎ 图2－1－11‎ A．1 000 r/s B．1 000 r/min C．1 000 r/h D．2 000 r/s 解析　由公式ω＝2πn，得v＝rω＝2πrn，其中r＝‎30 cm＝‎0.3 m，‎ v＝‎120 km/h＝ m/s，代入得n＝ r/s，约为1 000 r/min.‎ 答案　B ‎ 图2－1－12‎ ‎7．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．图2－1－12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，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即＝‎ eq f(1,4)，选项C对．‎ 答案　BC 知识点三　描述圆周运动的物理量间的关系 图2－1－13‎ ‎8．从“嫦娥奔月”到“万户飞天”，从“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民族载人航天的梦想已变成现实．如图2－1－13所示，“神舟”五号飞船升空后，先运行在近地点高度200千米、远地点高度350千米的椭圆轨道上，实施变轨后，进入343千米的圆轨道．假设“神舟”五号实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r.则计算其运行周期可用 (　　)．‎ A．T＝ B．T＝ C．T＝ D．T＝ 解析　由题意可知飞船做匀速圆周运动n周所需时间Δ t＝t2－t1，故其周期T＝＝，故选项A正确．由周期公式有T＝，故选项C正确．‎ 答案　AC ‎9．机械表(如图2－1－14所示)的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为 (　　)．‎ A. min　　　　 B．1 min 图2－1－14‎ C. min　　　　 D. min 解析　先求出分针与秒针的角速度：‎ ω分＝ rad/s，ω秒＝ rad/s.‎ 设两次重合时间间隔为Δt，则有 θ分＝ω分Δt，θ秒＝ω秒·Δt，θ秒－θ分＝2π，‎ 即Δt＝＝ s＝ s＝ min.‎ 故正确答案为C.‎ 答案　C　‎ ‎10．如图2－1－15所示，半径为‎0.1 m的轻滑轮，通过绕在其上面的细线与重物相连，若重物由静止开始以‎2 m/s2的加速度匀加速下落，则当它下落高度为‎1 m时的瞬时速度是多大？此刻的滑轮转动的角速度是多大？‎ 图2－1－15‎ 解析　可以依据运动学公式求出重物下落高度为‎1 m时的瞬时速度，此速度即为滑轮轮缘上的点的圆周运动的线速度，结合线速度与角速度关系式即可解得滑轮转动的角速度．‎ 重物做初速度为零的匀加速直线运动，依运动学公式v＝2as可以求得重物由静止开始下滑‎1 m时的瞬时速度为vt＝＝ m/s＝‎2 m/s 与重物相连的细线此刻的速度也等于vt＝‎2 m/s.细线绕在轻滑轮边缘，使滑轮转动，由公式v＝rω得，此刻滑轮转动的角速度为ω＝＝rad/s＝20 rad/s 故当重物下落高度为‎1 m时的瞬时速度是‎2 m/s，此刻的滑轮转动的角速度是20 rad/s.‎ 答案　‎2 m/s　20 rad/s 图2－1－16‎ ‎11．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，A、B平行相距‎2 m，轴杆的转速为3 600 r/min，子弹穿过两盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔半径夹角是30°，如图2－1－16所示．则该子弹的速度大小是(　　)．‎ A．‎360 m/s B．‎720 m/s ‎ C．1 ‎440 m/s D．‎108 m/s 解析　子弹的速度是很大的，一般方法很难测出，利用圆周运动的周期性，可以比较方便地测出子弹的速度．‎ 由于圆周运动的周期性，在求解有关运动问题时，要注意其多解性．‎ 子弹从A盘到B盘，盘转过的角度θ＝2πn＋(n＝0，1，2，…)‎ 盘转动的角速度ω＝＝2πf＝120π rad/s.‎ 子弹在A、B间运动的时间等于圆盘转动时间，即＝所以v＝＝，v＝(n＝0，1，2，…)．‎ n＝0时，v＝1 ‎440 m/s，n＝1时，v＝‎110.77 m/s，n＝2时，v＝‎57.6 m/s，….‎ 答案　C ‎12．如图2－1－17所示，小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为r，当球Q运动到与O在同一水平线上时，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，Q球的角速度ω应满足什么条件？‎ 图2－1－17‎ 解析　小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动具有周期性的特点，要求小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落至在圆周最高点处相碰，则在小球P下落时间内小球Q转过圈，即小球P下落时间是小球Q匀速圆周运动周期的倍．由此代入列方程即可求解．‎ 自由落体的位移公式h＝gt2，可求得小球P自由下落运动至圆周最高点的时间为t1＝ .‎ 设小球Q做匀速圆周运动的周期为T，则有T＝，‎ 由题意知，球Q由图示位置运动至圆周最高点所用时间为t2＝T，式中n＝0，1，2，…‎ 要使两球在圆周最高点相碰，需使t1＝t2.‎ 以上四式联立，解得球Q做匀速圆周运动的角速度为ω＝π(4n＋1) 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) (n＝0，1，2，…)．‎ 答案　Q球的角速度ω应满足ω＝π(4n＋1) (n＝0，1，2，…)‎