高中物理人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动课堂检测

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第6章、1A组·基础达标1．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　)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【答案】ABD【解析】匀速圆周运动是曲线运动，物体转过的弧长等于物体运动的路程，依据匀速圆周运动的概念可知：“相等的时间内通过的弧长相等”，即相等的时间内通过的路程相等，A、B正确；依据位移的定义可知，相等时间内位移的方向不相同，C错误；因为在匀速圆周运动中角速度不变，故D正确．2．如图所示，为齿轮传动装置示意图，A、B 两点均位于齿轮的边缘，则下列说法中正确的是(　　)A．vA>vB B．ωA>ωBC．vA＝vB D．ωA＝ωB【答案】C【解析】 A和B两点属于齿轮传动，所以两点的线速度相等，故A错误，C正确； A和B两点线速度相等，根据v＝ωr和A半径大，所以A的角速度小，故B、D错误．3．关于匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)A．它是匀变速运动B．它是变加速运动C．它是匀速运动D．它是合外力不变的运动【答案】B【解析】匀速圆周运动的加速度大小不变，方向改变，可知加速度在变化，所以匀速圆周运动是变加速运动，由加速度改变，由牛顿第二定律可知，合外力也改变，故B正确. 4．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r1、r2、r3.若甲轮的角速度为ω1.则丙轮的角速度为(　　)A． B．C． D．【答案】A【解析】靠摩擦传动的轮子边缘的线速度大小相等，故v1＝v2＝v3，而v1＝ω1r1，v3＝ω3r3，所以ω3＝，A正确．5．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　)A．ωP<ωQ，vP<vQ B．ωP<ωQ，vP＝vQC．ωP＝ωQ，vP<vQ D．ωP＝ωQ，vP>vQ【答案】C【解析】由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP＝ωQ.同时由题图可知Q点到螺母的距离比较大，由v＝ωr可知，Q点的线速度大，即vP＜vQ.故选C.6．如图是某共享自行车的传动结构示意图，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．若某人在匀速骑行时每秒踩脚踏板转n圈，则下列判断正确的是(　　)A．牙盘转动角速度为B．飞动边缘转动线速度为2πnr2C．自行车匀速运动的速度D．自行车匀速运动的速度为【答案】D【解析】脚踏板与牙盘同轴转动，二者角速度相等，每秒踩脚踏板n圈，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以角速度ω1＝2πn，A错误；牙盘边缘与飞轮边缘线速度的大小相等，据v＝Rω可知，飞轮边缘上的线速度v1＝2πnr1，B错误；飞轮的角速度ω2＝，飞轮与后轮的角速度相等，所以自行车匀速运动的速度即后轮的线速度为v2＝ω2r3，整理可得v2＝，D正确，C错误．7．(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝.若在传动过程中，皮带不打滑，则(　　)A．A点与C点的角速度大小相等B．A点与C点的线速度大小相等C．A点与B点角速度大小相等D．B点与C点的角速度大小之比为1∶2【答案】BCD【解析】A、C两点是轮子边缘上的点，靠传送带传动，两点的线速度相等，而半径不等，所以角速度不相等，故A错误，B正确；A、B两点共轴转动，具有相同的角速度，故C正确；A、C两点线速度相等，根据ω＝和RA＝2RC，可得A与C的角速度之比为1∶2，由于A、B两点具有相同的角速度，所以B点与C点的角速度大小之比为1∶2，故D正确．8．(2021年高州二模)如图所示，园林工人正在把一颗枯死的小树苗掰折，已知树苗的长度为L，该工人的两手与树苗的接触位置(树苗被掰折的过程手与树苗接触位置始终不变)距地面高为h，树苗与地面的夹角为α时，该工人手水平向右的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为(　　) A．ω＝ B．ω＝C．ω＝ D．ω＝【答案】A【解析】由于触点不变，故触点转动的线速度为合速度．将触点速度沿水平方向和竖直方向分解，可得手的水平速度v＝v合sin α，此时手握树干的位置到O点距离为r＝，则有ω＝＝＝，故A正确，B、C、D错误．B组·能力提升9．某时钟走时准确，秒针和分针在某时刻重合，它们再次重合距第一次重合的时间间隔为(　　)A． min B．1 minC． min D． h【答案】A【解析】分针的周期为1 h，秒针的周期为1 min，两者的周期比为T1∶T2＝60∶1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有ω分t2＋2π＝ω秒t2，又T1＝60 min，T2＝1 min，所以t2＝＝＝＝ min，故A正确，B、C、D错误．10．(多选)如图所示，直径为d的纸筒绕垂直于纸面的O轴匀速转动(图示为截面)．从枪口射出的子弹以速度v沿直径穿过圆筒．若子弹穿过圆筒时先后在筒上留下A、B两个弹孔，则圆筒转动的角速度ω可能为(　　)A．v B．vC．v D．v【答案】BC【解析】如果圆筒顺时针转动，圆筒转过的角度为α＝(2n＋1)π＋θ (其中n＝0,1,2…)，时间t＝，故圆筒转动的角速度ω＝＝＝v.当n＝0时，ω＝v；当n＝1时，ω＝v，所以C正确，A、D错误．子弹穿过圆筒的过程中，如果圆筒逆时针转动，圆筒转过的角度为α＝(2n＋1)π－θ(其中 n＝0,1,2…)，时间t＝，故圆筒转动的角速度ω＝＝＝v，当n＝0时，ω＝v；当n＝1时，ω＝v，所以B正确．11．(多选)某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为40 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为24 cm.P、Q转动的线速度均为4π  m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图，P、Q可视为质点．则(　　)A．A盘的转速为5 r/sB．Q的周期为0.2 sC．Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为0.24 sD．Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为0.6 s【答案】AD【解析】因P转动的线速度为4π  m/s，则根据v＝2πrn，可知n＝＝ r/s＝5 r/s，A正确；Q转动的线速度为4π  m/s，则根据v＝r可知，TQ＝＝ s＝0.12 s，B错误；求得TP＝＝ s＝0.2 s，当Q第一次接收到信号到第二次接收到信号则满足nTP＝mTQ，因为＝＝＝，则n最小值为3，m最小值为5，即最短时间为0.2 s×3＝0.6 s，故C错误，D正确．12．(2021年广州一模)如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动．汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为(　　)A． rad/s B． rad/sC． rad/s D． rad/s【答案】D【解析】设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，由几何知识得tan θ＝＝1，解得θ＝.直杆转动的时间t＝t汽车－t反应时间＝(3.3－0.3) s＝3 s，直杆转动的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，故A、B、C错误，D正确．13．家用台式计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示，某台计算机上的硬磁盘共有9 216个磁道(即9 216个不同半径的同心圆)，每个磁道分成N1＝8 192个扇区(每个扇区为圆周)，每个扇区可以记录512个字节，电动机使磁盘以n＝7 200 r/min转速匀速转动．磁盘在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道．求：(1)磁盘的角速度为多大(结果可以用π表示)?(2)一个扇区通过磁头所用的时间是多少？(结果保留一位有效数字)(3)不计磁头转移磁道的时间，计算机1 s内最多可以从一个硬盘面上读取多少个字节？(结果保留三位有效数字)【答案】(1) 240π rad/s　(2)1×10－6s　(3) 5.03×108【解析】(1)电动机使磁盘以7 200 r/min＝120 r/s的转速匀速转动，角速度为ω＝2πn＝2π×120＝240π rad/s.(2)经过一个扇区转过的圆心角为θ＝，故经过一个扇区用时为t＝＝ s＝1×10－6 s.(3)转速为n＝7 200 r/min＝120 r/s，计算机在1 s内从磁盘面上读取的字节数N＝nt·N1×512＝120×8 192×512＝5.03×108(字节)．