“四翼”检测评价（四） 圆周运动

“四翼”检测评价（四）圆周运动A组—重基础·体现综合1．关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是()A．半径一定时，线速度与角速度成正比B．周期一定时，线速度与角速度成正比C．线速度一定时，角速度与半径成正比D．角速度一定时，线速度与半径成反比解析：选A根据公式v＝ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω＝eq\f(2π,T)，知角速度一定，A正确，B错误；根据公式v＝ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式v＝ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误。2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是()A．根据T＝eq\f(2πR,v)，线速度越大，则周期越小B．根据T＝eq\f(2π,ω)，角速度越大，则周期越小C．角速度越大，速度的方向变化越快D．线速度越大，速度的方向变化越快解析：选BC根据T＝eq\f(2πR,v)，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小，选项A错误；角速度越大，周期越小，选项B正确；单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快，选项C正确，D错误。3．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/s B．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。4.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＞vBB．ωA＝ωB，vA＜vBC．ωA＜ωB，vA＝vBD．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。5.如图所示为太空探测器在柯伊伯带拍摄到某小天体的“哑铃”状照片示意图，该小天体绕固定轴匀速自转，其上有到转轴距离不等的A、B两点(LA＞LB)，关于这两点运动的描述，下列说法正确的是()A．A、B两点线速度大小相等B．A点的线速度恒定C．A、B两点角速度相等D．相同时间内A、B两点通过的弧长相等解析：选CA、B两点同轴转动，故A、B两点的角速度相等，由LA＞LB，根据v＝ωr得，A、B两点线速度大小不相等，故A错误，C正确；A、B两点的线速度方向时刻改变，故B错误；A、B两点的线速度不相等，所以相同时间内A、B两点通过的弧长不相等，故D错误。6．(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。7．(多选)如图所示是中国古代玩具饮水鸟的示意图，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。P、Q是饮水鸟上两点，且rPO＞rQO，则在摆动过程中()A．P点的线速度小于Q点的线速度B．P、Q两点的角速度大小相等C．相同时间内P、Q两点通过的弧长相等D．P、Q两点的线速度方向相反解析：选BD鸟将绕着O点不停摆动，P、Q是饮水鸟上两点，属于同轴转动。P点离O点更远，绕O点转动的半径大。根据同轴转动角速度相等知P、Q两点的角速度大小相等，故B正确；P、Q两点的角速度大小相同，P点绕O点转动的半径大，根据v＝ωr知，P点的线速度较大，故A错误；P、Q两点的线速度大小不同，故相同时间内通过的弧长不相等，故C错误；P、Q在O点两端，两点的线速度方向均与杆垂直，故两点的线速度方向相反，选项D正确。8.(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝2trad/s，g取10m/s2。物块先后经过A、B、C、D四点，已知AB＝BC＝CD。以下判断正确的是()A．物块做匀速运动B．物块做匀加速运动，加速度大小为1m/s2C．物块在CD段上的平均速度更接近轮轴边缘的线速度D．轮轴做匀速圆周运动解析：选BC物块速度始终与轮轴边缘线速度大小相等，为v＝ωR＝tm/s，又v＝at，得a＝1m/s2，故A错误，B正确；物块做匀加速运动，则轮轴边缘线速度逐渐增大，故D错误；物块先后经过AB、BC、CD所用时间满足tAB>tBC>tCD，根据v＝eq\f(x,t)知，当t越小时物块的平均速度越接近轮轴边缘的线速度，C正确。9.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10．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是()A．P、Q的线速度相同B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C．P点的线速度大小约为1.6m/sD．摇把的转速约为400r/min解析：选BC由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以线速度v＝ωr＝2πnr＝2×π×eq\f(100,60)×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ω·rc＝2×π×eq\f(100,60)×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝eq\f(ωz,2π)＝eq\f(\f(vz,rz),2π)＝eq\f(\f(1,15)π,2π×0.08)r/s＝25r/min，故D错误。11．如图所示，某机器内有两个围绕各自的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28cm。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16cm。P、Q转动的线速度大小相同，都是4πm/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为()A．0.56s B．0.28sC．0.16s D．0.07s解析：选AP做圆周运动的周期TP＝eq\f(2πrP,v)＝eq\f(2π×0.28,4π)s＝0.14s，Q做圆周运动的周期TQ＝eq\f(2πrQ,v)＝eq\f(2π×0.16,4π)s＝0.08s，设Q在相邻两次接收到信号的时间内，P转动n1圈，Q转动n2圈，则n1TP＝n2TQ，由于n1与n2为正整数，则当n1＝4、n2＝7时，相邻两次接收到信号所用时间最短，最短时间tmin＝0.14×4s＝0.56s，A正确。12.在我国南方山区有一种简易水轮机，如图所示，从悬崖上流出的水可看作连续做平抛运动的物体，水流轨迹与下边放置的轮子边沿相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力。当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同。设水的流出点比轮轴高h＝5.6m，轮子半径R＝1m。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点相对应的半径与水平线成37°。取g＝10m/s2，求：(1)水流的初速度v0大小；(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？解析：(1)流出的水做平抛运动，设在空中运动的时间为t，在竖直方向有h