高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动第一节 匀速圆周运动课后复习题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动第一节 匀速圆周运动课后复习题，共7页。

A．是线速度不变的运动B．是角速度不变的运动
C．是周期不变的运动D．是位移不变的运动
2．如图所示，小强同学正在荡秋千，某时刻关于绳上a点和b点的线速度和角速度，下列关系正确的是( )
3．如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω转动，O为球心，则( )
4．(多选)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
5．两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v1时，小球2的速度为v2，则O点到小球2的距离是( )
A.eq \f(Lv1,v1＋v2)B.eq \f(Lv2,v1＋v2)
C.eq \f(Lv1＋v2,v1)D.eq \f(Lv1＋v2,v2)
6．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图是某一变速自行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．该车可变换五种不同挡位
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，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1
7．(多选)如图所示的皮带传动装置中，左边两轮同轴，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且RA＝RC＝2RB，则下列说法中正确的是( )
A．三质点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1
B．三质点的线速度之比vA∶vB∶vC＝2∶1∶1
C．三质点的周期之比TA∶TB∶TC＝2∶2∶1
D．三质点的转速之比nA∶nB∶nC＝2∶2∶1
8．如图所示，半径为20 cm的轻质定滑轮固定在天花板上，轻绳一端系一质量m＝2 kg的物体，另一端跨过定滑轮并施一恒定的竖直向下的拉力F＝25 N，已知A为滑轮边缘上的点，B到滑轮中心的距离等于滑轮半径的一半。设在整个运动过程中滑轮与轻绳没有相对滑动，不计一切阻力，那么(g取10 m/s2)( )
A．A、B均做匀速圆周运动
B．在F作用下，物体从静止开始运动，2 s末A点的线速度是2.5 m/s
C．在F作用下，物体从静止开始运动，2 s末B点的角速度是25 rad/s
D．在任何时刻，A点的角速度总是大于B点的角速度
9．如图所示为一自行车的局部结构示意图，设连接脚踏板的连杆长为L1，由脚踏板带动半径为r1的大轮盘(牙盘)，通过链条与半径为r2的小轮盘(飞轮)连接，小轮盘带动半径为R的后轮转动，使自行车在水平路面上匀速前进。
(1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径，想想看，这是为什么？
(2)设L1＝18 cm，r1 ＝12 cm，r2 ＝6 cm，R＝30 cm，为了维持自行车以v＝3 m/s的速度在水平路面上匀速行驶，请你计算一下每分钟要踩脚踏板几圈。
10. 如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：
(1)B球抛出时的水平初速度；
(2)A球运动的线速度最小值；
(3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。
参考答案
1．BC
解析：匀速圆周运动中线速度的大小不变，方向不断变化；角速度的大小和方向都不变，周期不变，位移的大小和方向时刻改变，故A、D错误，B、C正确。
2．C
解析：小强同学绕O点转动，绳子上各点的角速度相等，故ωa＝ωb，由于ra3．C
解析：同轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度相等；设球的半径为R，若θ＝30°，则A点的转动半径为Rcs30°＝eq \f(\r(3),2)R，B点的转动半径为R，根据公式v＝Rω，线速度之比vA∶vB＝RA∶RB＝eq \f(\r(3),2)R∶R＝eq \r(3)∶2，故A、B、D错误，C正确。
4．AD
解析：由v＝ωr，所以r＝eq \f(v,ω)，eq \f(r甲,r乙)＝eq \f(v甲ω乙,v乙ω甲)＝eq \f(2,9)，A正确，B错误；由T＝eq \f(2π,ω)，得T甲∶T乙＝eq \f(1,ω甲)∶eq \f(1,ω乙)＝1∶3，D正确，C错误。
5．B
解析：由题意知两小球角速度相等，即ω1＝ω2，设球1、2到O点的距离分别为r1、r2，则eq \f(v1,r1)＝eq \f(v2,r2)，又r1＋r2＝L，所以r2＝eq \f(Lv2,v1＋v2)，B正确。
6．C
解析：A轮通过链条分别与C、D轮连接，自行车可有两种不同的挡位，B轮分别与C、D轮连接，又可有两种不同的挡位，所以该车可变换四种不同挡位，故A、B错误；皮带类传动边缘点线速度相等，又齿轮的齿数与齿轮的半径大小成正比，故前齿轮的齿数与转动角速度的乘积等于后齿轮齿数与转动角速度的乘积，当A轮与D轮组合时，两轮边缘线速度大小相等，则有：NA·ωA＝ND·ωD，解得：ωA∶ωD＝ND∶NA＝12∶48＝1∶4，故C正确，D错误。
7．ABD
解析：同一转轴的点角速度相等，同一皮带上的点线速度相等。由题可知ωA＝ωB，vB＝vC，由v＝ωR，T＝eq \f(2π,ω)与n＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)，可得ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1，vA∶vB∶vC＝2∶1∶1，TA∶TB∶TC＝1∶1∶2，nA∶nB∶nC＝2∶2∶1，故A、B、D正确，C错误。
8．C
解析：对物体受力分析知F－mg＝ma，物体及轻绳以共同的加速度a＝2.5 m/s2做匀加速运动，轻绳和滑轮没有相对滑动，2 s末A点的线速度vA＝v绳＝at＝5 m/s，A、B同轴转动，故有相同的角速度，因为A、B两点的线速度在变化，所以不是做匀速圆周运动，A、B、D错误；根据v＝ωr可知2 s末B点的角速度ωB＝ωA＝eq \f(vA,r)＝eq \f(5,0.2) rad/s＝25 rad/s，故C正确。
9．解：(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度相同，当牙盘的半径大于飞轮的半径时，由v＝ωr知，牙盘的角速度小于飞轮的角速度，即人踩脚踏板的角速度小于后轮的角速度，这样即使脚蹬得慢，自行车也能获得较快的速度。
(2)自行车行进的速度等于后轮边缘上某点绕转轴转动的线速度。设牙盘转动的角速度为ω1，自行车后轮转动的角速度，即飞轮的角速度为ω2，人踩脚踏板的转速为n，则ω2＝eq \f(v,R)＝eq \f(3,0.3) rad/s＝10 rad/s，由ω2r2＝ω1r1，得ω1＝5 rad/s，n＝eq \f(ω1,2π)＝eq \f(5,2π) r/s＝eq \f(150,π) r/min≈48 r/min，即每分钟要踩脚踏板48圈。
10. 解：(1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则
R＝v0t
在竖直方向上做自由落体运动，则
h＝eq \f(1,2)gt2
联立以上两式得v0＝eq \f(R,t)＝Req \r(\f(g,2h))。
(2)A球的线速度取最小值时，A球刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即
T0＝eq \r(\f(2h,g))
所以
vA＝eq \f(2πR,T0)＝2πReq \r(\f(g,2h))
(3)A、B球在a点相碰，则A球在平抛的B球的飞行时间t内又回到a点。即B球平抛运动的时间t等于A球周期T的整数倍，所以
t＝eq \r(\f(2h,g))＝nT
T＝eq \f(1,n)eq \r(\f(2h,g))，n＝1,2,3，…A．va＝vb
B．va>vb
C．ωa＝ωb
D．ωa<ωb
A．若θ＝30°，则vA∶vB＝1∶2
B．若θ＝30°，则vA∶vB＝2∶1
C．A、B两点的角速度相等
D．A、B两点的线速度相等