全国初中物理自主招生专题大揭秘专题02圆周运动（教师版）

页一．选择题（共5小题）1．机械手表中的分针与秒针均可视作匀速转动，两针从第一次重合到第二次重合所经历的时间为（）A．1min B．min C．min D．min【分析】分针的周期为1h，秒针的周期为1min，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，存在这样的关系ω1t+2π＝ω2t，根据该关系求出所经历的时间．【解答】解：分针的周期为1h，秒针的周期为1min，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：ω1t+2π＝ω2t，即t+2π＝t，又T1＝60，T2＝60min，所以t＝min故选：D。2．圆环在水平面上做匀速滚动，跟平面没有相对滑动，如图所示。已知环心对地的速度为v，则环上各点中相对于地的最大速度和最小速度的大小分别是（）A．2v，v B．2v，0 C．v，0 D．1.5v，0.5v【分析】圆弧跟平面没有相对滑动，则与地面接触的点的速度为0，结合几何关系分析速度最大的点的位置与速度。【解答】解：圆弧做匀速滚动的过程中，与地面接触的点的与地面之间没有移动，所以速度为0；环在任意位置处，都可以看作是以环与地面的接触点为轴做圆周运动，则环上的各点相对于接触点A的角速度都是相等的，由几何关系可知，环的最高点的转动半径最大，该点与环的圆心之间的关系如图，由v＝rω所以：v′＝2v故B正确，ACD错误。故选：B。3．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮中间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的静摩擦力带动．当位于主动轮与从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低，滚轮从右向左移动时从动轮转速增加．当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置上时，则主动轮转速n1，从动轮转速n2之间的关系是（）A．n2＝n1 B．n2＝n1 C．n2＝n1 D．n2＝n1【分析】主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的静摩擦力带动，边缘上的点线速度相等，抓住线速度相等，根据转速与转动半径的关系求出主动轮和从动轮转速的关系．【解答】解：角速度ω＝2πn，则主动轮的线速度，从动轮的线速度．因为主动轮和从动轮的线速度相等，则πD1n1＝πD2n2，所以．故B正确，A、C、D错误。故选：B。4．如图，两质点a、b在同一平面内绕O沿逆时针方向做匀速圆周运动，a、b的周期分别为2s和20s，a、b和O三点第一次到第二次同侧共线经历的时间为（）A．s B．s C．s D．s【分析】先利用计算两质点的角速度，找到a、b和O三点第一次到第二次同侧共线即质点a要比质点b多运动一周这个临界条件，列式求出经历的时间。【解答】解：质点a的角速度，质点b的角速度a、b和O三点第一次到第二次同侧共线即质点a要比质点b多运动一周则要满足ωat﹣ωbt＝2π，解得：t＝，B正确；故选：B。5．如图所示，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M（M＞＞m1，M＞＞m2），在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比为ra：rb＝1：4．从图示位置开始（a和b之间有一很小的锐角），在b运动一周的过程中，三点共线了（）A．7次 B．8次 C．14次 D．15次【分析】质点a、b均在c点的万有引力的作用下绕c做圆周运动，由F引＝F向，可求出周期比，每多转半圈，三质点共线一次，可先求出多转半圈的时间，与总时间相比，得出三点共线次数．【解答】解：对于a、b，由万有引力提供向心力，则对a或b，有：G＝mr则得T＝2πr据题ra：rb＝1：4解得Ta：Tb＝1：8；设每隔时间t，a、b共线一次，则（ωa﹣ωb）t＝π，所以t＝；故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：n＝＝＝Tb（）＝16﹣2＝14（次）。故选：C。二．多选题（共2小题）（多选）6．如图所示，一圆球固定在水平地面上，球心为O．直细棒AB的B端搁在地面上，棒与球面的切点为P，细棒与水平面之间的夹角为θ．若移动棒的B端沿水平地面匀速靠近圆球，始终保持棒身靠在球面上并和球心在同一竖直平面内，则（）A．P点匀速转动 B．θ角随时间变化越来越慢 C．PB长度随时间均匀减小 D．P点角速度越来越大【分析】B点向右运动，看作沿着杆子的运动和绕着点P的转动的合运动，故将B点速度沿着平行杆子和垂直杆子方向正交分解，其中平行杆子的分速度与P点的速度相等。【解答】解：B点速度沿着平行杆和垂直杆方向分解，如图所示：A、移动棒的B端沿水平地面匀速靠近圆球，v1＝vcosθ，θ角增大，cosθ减小，v不变，所以v1减小，棒与球面的切点为P，所以P减速转动，故A错误；BD、结合几何关系，P点相对于O点，B点相对于P点，两者角速度相同，则有即，由于θ角变大，P点角速度越来越大。故B错误D正确；C、PB的长度等于CB的长度，由于B点向右是匀速运动，故PB长度随时间均匀减小，故C正确；故选：CD。（多选）7．某机械装置可以用于提升重物的高度，其结构如图所示．薄板OA可绕固定于竖直墙壁的转轴O自由转动，底面半径为R的圆柱形重物M置于薄板与墙壁间，现将薄板从水平位置以角速度ω逆时针匀速转动，使重物沿着墙壁上升，设OA与墙壁的夹角为θ．则（）A．重物加速上升 B．重物减速上升 C．重物垂直于板方向的分速度为 D．重物垂直于板方向的分速度为【分析】将重物速度分解为垂直于挡板方向和平行于挡板方向，垂直于挡板方向速度等于挡板转动角速度乘以距离，根据角度变化判断速度变化。【解答】解：CD、如图所示，将重物速度分解为垂直于挡板方向和平行于挡板方向，由几何关系得v1＝ωL＝ωRcot，故C正确，D错误；AB、由v＝重物沿墙壁上升，θ减小，v增大，故A正确，B错误；故选：AC。三．填空题（共9小题）8．如图所示，暗室内，电风扇在频闪光源照射下运转，光源每秒闪光30次，如图电扇叶片有3个，相互夹角120°，已知该电扇的转速不超过500r/min，现在观察者感觉叶片有6个，则电风扇的转速是300r/min。【分析】根据日光灯发光时间内，扇叶转过三分之一，或三分之二，或一周，则均觉得扇叶静止，而倒转的出现是转速变小，因此根据圆周运动的转速，即可求解。【解答】解：因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉叶片有6个，说明在闪光时间里，电扇转过的角度为60°+n•120°，其中n为非负整数，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为1800°+n•3600°，转速为（5+10n）r/s，但该电扇的转速不超过500r/min，所以n＝0，转速为5r/s，即300r/min。故答案为：3009．在暗室内，一台双叶电扇绕O轴沿顺时针方向转动，如图所示，转速为50r/s，在闪光灯的照射下，出现了稳定的如图B所示的图象，则闪光灯的频闪的最大值是200Hz；若出现了如图C所示的图象，即双叶缓慢地逆时针转动，这时闪光灯的频闪略大于（n＝0、1、2、3…）．Hz．【分析】据图找出扇叶转过的角度，在与转速与闪光灯的周期联系起来，据此分析即可求解．【解答】解：据题可知，风扇的角速度为：ω＝100πrad/s我们观察到电扇的扇叶，是由于光线照射到扇叶上反射的缘故．高速转动的风扇，在连续光的照射下，因人眼睛视觉暂留现象，我们看见的是“模糊”一片．若用频闪光源照射，且闪光频率满足一定条件时，即可能为B图示现象．因观察到的图象是稳定的，即扇叶转动角度（n＝0、1、2、3…）．所以f＝100π，即f＝（n＝0、1、2、3…）据此可知，闪光灯的频闪的最大值是200Hz．当看到双叶片缓慢地逆时针转动，叶片转过的角度略小于nπ（n＝0、1、2、3…）．时，即100π＜nπ（n＝0、1、2、3…）．，所以f1＞Hz（n＝0、1、2、3…）．故答案为：200，（n＝0、1、2、3…）．10．由于眼睛有视觉暂留，因此会造成一些奇特现象．例如，在如图所示的黑色圆盘中有一根白色窄条OA，圆盘绕垂直于盘面的中心轴以频率f0＝50Hz顺时针旋转，如果用频率f1＝50Hz的频闪光去照射，则在盘上能看到稳定的始终不动的一根白色窄条；若改用频率f2＝200Hz的频闪光去照射，在盘上能看到4根稳定的白色窄条．利用上述现象可以测量与圆盘转动频率有微小差别的频闪光的频率．若黑色圆盘仍以f0＝50Hz顺时针旋转，在频闪光照射下发现白色窄条逆时针匀速转动，测出其转动周期为10s，则频闪光的频率f3为50.1Hz．【分析】根据频闪的频率，与看到的白色条数，从而可确定频闪变化后的条数；当看到逆时针转动白条时，其频率大于1倍小于2倍，由变化的频率，从而求出结果．【解答】解：当f1＝50Hz时，与转盘的频率相同，每次频闪时，白条都恰好转到同一个位置，当f2＝200Hz时，相当于转盘转一周，频闪4次，白条有4次机会被照亮．当f3频闪光照射时，1条白条逆时针匀速转动，表明：f0＜f3＜2f0，又：△f＝∴f3﹣f0＝Hzf3＝f0+Hz＝50Hz+0.1Hz＝50.1Hz故答案为：4；50.1．11．如图所示，直径为d的纸质圆筒，以角速度ω绕轴O高速运动，有一颗子弹沿直径穿过圆筒，若子弹穿过圆筒时间小于半个周期，在筒上先、后留下a、b两个弹孔，已知aO、bO间夹角为φ，则子弹速度为；若子弹穿过圆筒时，在筒上先、后留下a、b两个弹孔，已知aO、bO间夹角为φ，则子弹速度为．【分析】本题找出在子弹穿过圆筒的时间内，题中提到是在圆筒转动不到半周的过程中穿过的，故转过的角度是π﹣θ．若没有开始时的限制，需要考虑运动的周期性．【解答】解：设子弹的速度为v0，由题意知，子弹穿过两个孔所需时间t＝…①若子弹穿过圆筒时间小于半个周期，纸质圆筒在这段时间内转过角度为π﹣φ，由角速度的公式有ω＝…②由①②两式解得v＝．若没有开始时的限制，则纸质圆筒在这段时间内转过角度为（2n﹣1）π﹣φ…③由①③得：v＝故答案为：．12．如图所示，直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O匀速运动（图示为截面）．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下a、b两个弹孔，已知ao与bo夹角为θ弧度，则子弹的速度大小为m/s．【分析】本题找出在子弹穿过圆筒的时间内，圆筒转过的角度是解决本题的关键，题中提到是在圆筒转动不到半周的过程中穿过的，故转过的角度是π﹣θ【解答】解：设子弹的速度为v0，由题意知，子弹穿过两个孔所需时间t＝纸质圆筒在这段时间内转过角度为π﹣θ，由角速度的公式有ω＝由①②两式解得v0＝故答案为：13．如图所示，完全啮合的齿轮A、B的圆心在同一水平高度，A轮的半径是B轮的2倍，固定在B轮上的箭头方向竖直向上．已知A轮被固定不能转动，当B轮绕A轮逆时针匀速转动到A轮的正上方时（齿轮A、B的圆心在同一竖直线上），B轮上的箭头方向向右（填上或下、左、右）；B轮绕A轮（公转）的角速度与B轮自身（自转）的角速度之比为1：3．（完全啮合的齿轮的齿数与齿轮的周长成正比）【分析】当A被固定时只有B转动，显然B绕A的圆心做圆周运动（公转），同时还要自转；如果假设A齿轮半径为2r，那么B转动的半径为3r，算出B的圆心运动的弧长，再求出圆心角即可求解．【解答】解：当A被固定时只有B转动，显然B以A的圆心为圆心做旋转运动，如果假设齿轮半径为2r，那么B转动的半径为3r，那么当B轮绕A轮逆时针匀速转动到A轮的正上方时的路程为•3r，因此齿轮B自转的圆心角为，所以箭头指向为右；公转的圆心角为；故公转角速度与自转的加速度之比为：；故答案为：右，1：3．14．如图所示，在轮B上固定有同轴小轮A，轮B通过皮带带动轮C，皮带和两轮之间没有滑动，A、B、C三轮的半径依次为r1、r2和r3，绕在A轮上的绳子，一端固定在A轮边缘上，另一端系有重物P，当重物P以速率v匀速下落时，C轮转动的角速度为．【分析】要求线速度之比需要知道三者线速度关系：B、C两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，A、B两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同，A轮与重物P通过绳子相连，线速度相等．【解答】解：A轮与重物P相连，当重物P以速率v匀速下落时，A轮的线速度vA＝v，AB共轴，则角速度相等，所以，由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC＝vB＝，则C轮转动的角速度ωC＝故答案为：15．如图是自行车传动机构的示意图，假设测得脚踏板的转速为n，脚踏板到前齿轮中心的距离为L，前齿轮的总齿数为N1，后齿轮的总齿数为N2，后轮的半径为R，根据以上条件可求出自行车的前进速率为v＝（用字母表示）；若某型号的自行车前齿轮的总齿数为N1＝39个齿，后齿轮的总齿数为N2＝13个齿，后轮的半径为R＝33cm，假设骑车时脚踏板的转速为n＝1r/s，则车前进的速率约为5.9m/s．（为计算方便，π＝3，计算结果保留两位有效数字）．【分析】大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度．后轮与小齿轮具有相同的角速度，若要求出自行车的速度，需要知道后轮的半径，抓住角速度相等，求出自行车的速度．【解答】解：转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω＝2πnrad/s，因为要测量自行车前进的速度，即车轮边缘上的线速度的大小，根据题意，前齿轮和后齿轮边缘上的线速度的大小相等，据v＝Rω可知：r1ω1＝R2ω2，已知ω1＝2πn，则小齿轮的角速度：ω2＝ω1．因为轮II和轮Ⅲ共轴，所以转动的ω相等即ω3＝ω2，根据v＝Rω可知，v＝r3ω3＝；前齿轮的总齿数为N1，后齿轮的总齿数为N2，故＝；故：v＝；若某型号的自行车前齿轮的总齿数为N1＝39个齿，后齿轮的总齿数为N2＝13个齿，后轮的半径为R＝33cm，假设骑车时脚踏板的转速为n＝1r/s，则车前进的速率约为：v＝＝≈5.9m/s；故答案为：，5.9．16．如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1＝1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则A点与C点的线速度之比为1：1，B点与C点的转速之比为7：2。【分析】齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，然后结合半径关系分析周期的关系。【解答】解：由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是车轮传动，线速度也相等，所以A与C的线速度是相等的，A点与C点的线速度之比为1：1；由图可知：R3＝2R2+R1＝2R2+1.5R2＝3.5R2B点和C点的线速度大小相等，由v＝rω＝2πn•r知B点和C点的转速之比为：nB：nC＝r3：r2＝7：2；故答案为：1：1，7：2。四．计算题（共4小题）17．如图，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍。A、B分别为大、小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点。则ABC三点的线速度之比是2：2：1；角速度之比是1：2：1。【分析】两轮接触面互不打滑，两轮边缘上各点线速度大小相等，同轴转动的各点角速度相等，结合v＝ωr进行解答。【解答】解：两轮接触面互不打滑，两轮边缘上各点线速度大小相等，故vA＝vB；根据v＝ωr，知＝＝A、C两点共轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，知＝＝故vA：vB：vC＝2：2：1，ωA：ωB：ωC＝1：2：1故答案为：2：2：1，1：2：1。18．如图所示是教室里的精准石英钟，设时针、分针长度之比为5：6，求：（1）时针、分针的角速度之比与针尖的线速度之比；（2）从图中位置（2：00）开始计时，时针、分针经过多长时间将第一次重合？【分析】（1）根据v＝比较三个针尖的线速度之比，（2）时针与分针从图中位置（2：00）开始计到下次重合所用时间中分针多转动圈。【解答】解：（1）时针的周期T1＝12h，分针的周期T2＝1h依据，可知，时针、分针的角速度之比1：12；因此＝（2）角速度：设经过时间t将第一次重合，则有：解得：t＝h答：（1）时针、分针的角速度之比1：12，与针尖的线速度之比是；（2）从图中位置（2：00）开始计时，时针、分针经过时间将第一次重合。19．如图所示是一种子弹测速器，甲、乙两圆盘均以角速度ω旋转，甲、乙两圆盘相距d，一个子弹P从甲盘某条半径O1A射入，从乙盘O2B′半径上射出，测得跟O1A平行的半径O2B与O2B′之间夹角为θ，子弹穿过盘时的阻力不计，求子弹的速度。【分析】根据圆盘转过的角度，结合转速