2022版高考物理一轮复习训练：第4章 第3讲 圆周运动

第四章　第3讲

知识巩固练习

1．如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是(　　)

A．顺时针转动，周期为 B．逆时针转动，周期为

C．顺时针转动，周期为 D．逆时针转动，周期为

【答案】B

【解析】齿轮不打滑，说明边缘点线速度相等，从动轮顺时针转动，故主动轮逆时针转动．主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，故大轮与小轮的半径之比为R∶r＝24∶8＝3∶1，根据v＝rω，有＝＝，解得从动轮的角速度为ω2＝3ω1＝3ω．根据ω＝，得从动轮的周期为T＝＝，故A、C、D错误，B正确．

2．(2021届南宁质检)手指转球是指使篮球在指尖上进行转动，以手腕之力让球体旋转，然后单指顶住球体重心．如图所示，假设某同学让篮球在指尖上匀速转动，指尖刚好静止在篮球球心的正下方，下列判断正确的是(　　)

A．篮球上各点做圆周运动的角速度相同

B．篮球上各点的向心力是由手指提供的

C．篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处

D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大

【答案】A

【解析】篮球上的各点绕转轴做圆周运动，故角速度相同，故A正确；是手拍动篮球造成篮球旋转产生向心力，不是由手指带动，故B错误；篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，故C错误；由于角速度相同，根据a＝ω2r可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，故D错误．

3．图为德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒M的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论正确的是(　　)

A．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子

B．分子不可能落在N筒上某两处，且与S平行的狭条上

C．当≠n时(n为正整数)，分子必落在不同的狭条上

D．当＋＝n时(n为正整数)，分子必落在同一个狭条上

【答案】C

4．(2021年河南名校检测)质量分别为M和m的A、B两物块放在水平转盘上，用细线系于圆盘转轴上的同一点，细线均刚好拉直，细线与转轴夹角θ＞α，随着圆盘转动的角速度缓慢增大(　　)

A．A对圆盘的压力先减为零

B．B对圆盘的压力先减为零

C．A、B同时对圆盘的压力减为零

D．由于A、B质量大小关系不确定，无法判断哪个物块对圆盘的压力先减为零

【答案】C

【解析】设悬点到圆盘盘面的距离为h，对A研究，当A对圆盘的压力为零时Mgtan θ＝Mωh·tan θ，得到ω1＝，同理可以得到B对圆盘的压力减为零时，转动的角速度ω2＝，故C正确．

5．(2021年永州质检)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台A上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为 2 m，转盘以12.5 r/min的转速匀速转动．转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩弧长及桩与桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则人能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为(　　)

A．4 m/s B．5 m/s

C．6 m/s D．7 m/s

【答案】B

【解析】人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有y＝gt2，解得时间t＝0.5 s，转盘的角速度为ω＝2πn＝π rad/s，转盘转过所用时间为t＝＝0.4 s，要使人能跳过空隙，时间应不大于0.4 s，因此根据水平方向匀速运动有x＝v0t，解得v0＝5 m/s，故A、C、D错误，B正确．

6．图为一实验小车中利用光脉冲测量车速和行程的装置的示意图，A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮．车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙一次就形成一个脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示．若实验显示单位时间内的脉冲数为n，累计脉冲数为N，若要测出小车的速度和行程，则还必须测量的物理量或数据是(　　)

A．车轮的半径R和齿轮的齿数P

B．车轮的半径R和齿轮的半径r

C．齿轮的齿数P和齿轮的半径r

D．车轮的半径R和齿轮上齿的间隙宽度d

【答案】A

7．(多选)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(　　)

A．角速度为0.5 rad/s B．转速为0.5 r/s

C．轨迹半径为 m D．加速度大小为4π m/s2

【答案】BCD

【解析】角速度为ω＝＝π rad/s，A错误；转速为n＝＝0.5 r/s，B正确；半径r＝＝ m，C正确；向心加速度大小为an＝＝4π m/s2，D正确．

综合提升练习

8．图为自行车示意图．自行车的大齿轮通过链条和后轮中小齿轮连接，转动时链条不松动，小齿轮与后轮共轴一起转动．设大齿轮的半径为a，小齿轮半径为b，后轮半径为c．正常运行时，自行车匀速前进速度大小为v．下列说法中错误的是(　　)

A．后轮转动的角速度为

B．大齿轮转动的角速度为

C．小齿轮边缘某点转动的向心加速度为2b

D．大齿轮边缘上某点转动的向心加速度为

【答案】B

【解析】后轮的线速度为v，则后轮转动的角速度ω＝，故A正确；小齿轮和后轮共轴转动，角速度相等，则小齿轮的角速度为，根据小齿轮和大齿轮线速度大小相等，有·b＝ω′a，解得大齿轮的角速度ω′＝，故B错误；小齿轮边缘某点转动的向心加速度a向＝b2，故C正确；大齿轮边缘上某点转动的向心加速度a′向＝aω′2＝＝，D正确．

9．(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W，重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

A．a＝ B．a＝　　

C．N＝ D．N＝

【答案】AC

【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得mgR－W＝mv2，在最低点由牛顿第二定律有N－mg＝ma＝，可得a＝，N＝，故B、D错误，A、C正确．

10．(多选)(2021届南平质检)对于绕轴转动的物体，描述转动快慢的物理量有角速度ω等物理量．类似加速度，角加速度β描述角速度ω的变化快慢，匀变速转动中β为一常量．下列说法正确的是(　　)

A．β的定义式为β＝

B．在国际单位制中β的单位为rad/s2

C．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度ω＝ω0t＋βt2

D．匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，则时间t内转过的角度Δθ＝ω0t＋βt2

【答案】ABD

【解析】角加速度为角速度变化量与所用时间的比值，A正确；由公式β＝知在国际单位制中β的单位为rad/s2，B正确；匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω＝ω0＋βt，C错误；匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，与位移公式类似，则时间t内转过的角度为Δθ＝ω0t＋βt2，D正确．

11．如图所示，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s．(取g＝10 m/s2)求：

(1)小球做平抛运动的初速度v0；

(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；

(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．

【答案】(1)2 m/s　(2)0.69 m　0.6 m　(3)8 N，方向竖直向上