“四翼”检测评价（五） 匀速圆周运动

“四翼”检测评价（五）匀速圆周运动eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．做匀速圆周运动的物体，其速度()A．大小不变 B．方向不变C．大小、方向都不变 D．大小、方向都变化解析：选A做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，方向时刻发生变化，故A正确，B、C、D错误。2．做匀速圆周运动的物体，2s内转过的角度为360°，则物体的角速度为多大()A．πrad/s B．2πrad/sC．4πrad/s D．6πrad/s解析：选A根据角速度的定义得ω＝eq\f(2π,2)rad/s＝πrad/s，故A正确，B、C、D错误。3(2022·青岛学考检测)甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，转动半径之比为1∶3，则甲、乙两快艇的线速度大小之比为()A．1∶4B．2∶3C．4∶9D．9∶16解析：选C由题知，甲的角速度ω1＝eq\f(φ,t)＝eq\f(\f(π,3),t)，乙的角速度ω2＝eq\f(\f(π,4),t)，eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(4,3)，又eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,3)，则甲、乙两快艇的线速度大小之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(ω1r1,ω2r2)＝eq\f(4,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，故C正确，A、B、D错误。4．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30cm，当该型号轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为()A．1000r/sB．1000r/minC．1000r/h D．2000r/s解析：选B由v＝ωr、ω＝2πn联立可得n＝eq\f(v,2πr)＝eq\f(120×103,3600×2×3.14×30×10－2)r/s≈17.7r/s＝1062r/min，故选B。5.如图所示，用起瓶器打开瓶盖，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则()A．ωA＝ωB，vA＞vB B．ωA＝ωB，vA＜vBC．ωA＜ωB，vA＝vB D．ωA＞ωB，vA＝vB解析：选BA、B两点为同轴转动，角速度相等，故ωA＝ωB；由于rA＜rB，根据v＝rω，可得vA＜vB，选项B正确，A、C、D错误。6.(多选)如图所示，某同学以肩为轴向上摆动伸直的手臂，在手臂上选取A、B两点，手臂转动过程中，A、B两点的线速度大小分别为vA和vB，角速度大小分别为ωA和ωB，则()A．vA＝vB B．vA＞vBC．ωA＜ωB D．ωA＝ωB解析：选BDA、B属于同轴转动，故ωA＝ωB，根据v＝ωr，可知vA＞vB，故B、D正确，A、C错误。7．A、B两个质点分别作匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比sA∶sB＝2∶3，转过的角度之比φA∶φB＝3∶2。则下列说法中正确的是()A．它们的半径之比RA∶RB＝2∶3B．它们的半径之比RA∶RB＝4∶9C．它们的周期之比TA∶TB＝3∶2D．它们的转速之比nA∶nB＝2∶3解析：选B根据线速度和角速度的定义v＝eq\f(Δs,Δt)，ω＝eq\f(Δφ,Δt)，可知相同的时间内通过的路程之比等于线速度之比，则vA∶vB＝2∶3，角速度之比等于转过的角度之比，则ωA∶ωB＝3∶2，由v＝ωR，则半径之比eq\f(RA,RB)＝eq\f(vA,ωA)·eq\f(ωB,vB)＝eq\f(4,9)，A错误，B正确；根据ω＝eq\f(2π,T)，则TA∶TB＝ωB∶ωA＝2∶3，C错误；根据ω＝2πn，则nA∶nB＝ωA∶ωB＝3∶2，D错误。8.如图所示，直径为0.5m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度为eq\f(π,8)m/s，求：(1)地球仪转动的角速度和周期；(2)地球仪上A点的线速度。解析：(1)B点做圆周运动的半径为RB＝R·cos60°＝0.125m，且vB＝ω·RB，得出角速度ω＝πrad/s。又由ω＝eq\f(2π,T)，得出地球仪转动的周期T＝2s。(2)A点的线速度为vA＝ω·RA，得出vA＝eq\f(π,4)m/s。答案：(1)πrad/s2s(2)eq\f(π,4)m/seq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9．(2023·广东1月学考)如图所示，P、Q为固定在自行车后轮上的两个转动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，P轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到P轮，则车后轮转动的()A．角速度不变 B．角速度变小C．周期不变 D．周期变小解析：选B根据题意可知，保持脚踏轮M以恒定角速度转动，则脚踏轮M边缘的线速度大小不变，开始时，通过链条使Q轮与脚踏轮M连接，则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小，设脚踏轮M边缘的线速度大小为v，由公式v＝ωr可得，后轮的角速度为ω＝eq\f(v,rQ)，同理可知，改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接，后轮的角速度为ω′＝eq\f(v,rP)，由于rQ<rP，则有ω>ω′，即后轮角速度变小，由公式T＝eq\f(2π,ω)可知，后轮的周期变大。故选B。10．(2023·湛江高一检测)如图，有一走时准时的时钟，已知时针、分针、秒针的转动半径分别为3cm、4cm、5cm。下列说法正确的是()A．时针的转动周期为24hB．分针针尖的线速度大小为eq\f(2π,9)×10－4m/sC．秒针的角速度为eq\f(π,60)rad/sD．秒针与分针的角速度之比为1∶60解析：选B时针转动的周期为T1＝12h，A错误；分针转动的周期为T2＝1h＝60min＝3600s，分针针尖的线速度大小为v2＝eq\f(2πr2,T2)＝eq\f(2π×0.04m,3600s)＝eq\f(2π,9)×10－4m/s，B正确；秒针转动的周期为T3＝1min＝60s，秒针转动的角速度为ω3＝eq\f(2π,T3)＝eq\f(2π,60)rad/s＝eq\f(π,30)rad/s，C错误；分针转动的角速度为ω2＝eq\f(2π,T2)＝eq\f(2π,3600)rad/s＝eq\f(π,1800)rad/s，因此，秒针与分针的角速度之比为ω3∶ω2＝60∶1，D错误。11．(多选)如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，两轮中心到A、C的距离相等，则A、B、C三点()A．线速度之比是2∶2∶1B．角速度之比是1∶1∶1C．转速之比是2∶2∶1D．转动周期之比是1∶2∶2解析：选AD修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即vA＝vB，B、C两点同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比，即vB∶vC＝2∶1，可知A、B、C三点线速度之比为2∶2∶1，A正确；A、B两点的角速度与半径成反比，即ωA∶ωB＝2∶1，可知A、B、C三点角速度之比为2∶1∶1，B错误；由于ω＝2πn，ω＝eq\f(2π,T)，可知三点的转速之比为2∶1∶1，转动周期之比是1∶2∶2，C错误，D正确。12．(2022·佛山高一检测)无级变速是在变速范围内任意连续变换速度的变速系统。如图所示是无级变速模型示意图，主动轮、从动轮中间有一个滚轮，各轮间不打滑，通过滚轮位置改变实现无级变速。A、B为滚轮轴上两点，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在A处，从动轮转速大于主动轮转速C．滚轮在B处，从动轮转速大于主动轮转速D．滚轮从A到B，从动轮转速先变大后变小解析：选B主动轮和滚轮之间为摩擦传动，转动方向相反，滚轮和从动轮之间为摩擦传动，转动方向相反，则主动轮和从动轮转动方向相同，故A错误；摩擦传动，线速度相等，则从动轮和主动轮的线速度相等，设主动轮和从动轮线速度分别为v1、v2即v1＝v2，又因为v＝ωr，故eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(r2,r1)，由题图可得滚轮在A处时r1>r2，故ω1<ω2，又ω＝2πn，则有n1<n2，同理在B处，因r1<r2，则有ω1>ω2，故n1>n2，故B正确，C错误；由题图可得滚轮从A到B，主动轮转动的角速度不变，线速度逐渐变小，从动轮的线速度等于主动轮的线速度，则从动轮转速一直变小，故D错误。13.冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h＝1.25m，M为圆盘边缘上一点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右跳出，初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0＝4m，圆盘半径R＝2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求参赛者从P点跳出至落至圆盘经历的时间t；(2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；(3)若