《 备考指南 物理 》课件-第4章 第3讲

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eq\f(2π,3ω) B．逆时针转动，周期为eq\f(2π,3ω)C．顺时针转动，周期为eq\f(6π,ω) D．逆时针转动，周期为eq\f(6π,ω)【答案】B【解析】齿轮不打滑，说明边缘点线速度相等，主动轮顺时针转动，故从动轮逆时针转动．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eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，解得从动轮的角速度为ω2＝3ω1＝3ω.根据ω＝eq\f(2π,T)，得从动轮的周期为T＝eq\f(2π,ω2)＝eq\f(2π,3ω)，故A、C、D错误，B正确．2．(2021年南宁质检)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．(2021年北京东城模拟)如图所示一个小球在力F作用下以速度v做匀速圆周运动，若从某时刻起小球的运动情况发生了变化，对于引起小球沿a、b、c三种轨迹运动的原因，说法正确的是()A．沿a轨迹运动，可能是F减小了一些B．沿b轨迹运动，一定是v减小了C．沿c轨迹运动，可能是v减小了D．沿b轨迹运动，一定是F减小了【答案】C【解析】小球原来做匀速圆周运动，则F＝meq\f(v2,r)，沿a轨迹运动，即小球沿切线飞出，则F变为了零，A错误；沿b轨迹运动，小球做离心运动，则F<meq\f(v2,r)，则可能是力F减小了，或者是v变大了，B、D错误；沿c轨迹运动，小球做向心运动，则F>meq\f(v2,r)，可能是力F增大了，或者是v减小了，C正确．4．(2021年邯郸一模)如图所示，长为0.4m的轻杆，一端连有质量m＝1kg的小球(视为质点)，绕另一端O点在竖直平面内做圆周运动，当小球通过最低点时，杆对小球的拉力大小为100N，重力加速度大小g取10m/s2，则小球通过最低点时的速度大小为()A．4m/s B．2eq\r(5)m/sC．2eq\r(11)m/s D．6m/s【答案】D【解析】小球在最低点时有F－mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝6m/s，D正确．5．(2021年阆中东风中学月考)如图所示，光滑木板长1m，木板上距离左端eq\f(\r(3),2)m处放有一物块，木板可以绕左端垂直纸面的轴转动，开始时木板水平静止．现让木板突然以一恒定角速度顺时针转过角度α时，物块自由下落正好可以砸在木板的末端，重力加速度g取10m/s2，则木板转动的角速度为()A．eq\f(\r(10)π,6)rad/s B．eq\f(\r(3)π,6)rad/sC．eq\f(\r(3)π,3)rad/s D．eq\f(\r(10)π,3)rad/s【答案】A【解析】设从开始到物块砸在木板的末端，木板转过的角度为α，则有cosα＝eq\f(\r(3),2)，α＝30°，所以物块下落的高度h＝Lsin30°＝0.5m．由h＝eq\f(1,2)gt2得物块下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.5,10))s＝eq\f(\r(10),10)s，所以木板转动的角速度ω＝eq\f(α,t)＝eq\f(\f(π,6),\f(\r(10),10))rad/s＝eq\f(\r(10),6)πrad/s.A正确，B、C、D错误．6．(2021年深圳罗湖模拟)有关圆周运动的基本模型如图所示，下列说法正确的是()A．图甲中火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用B．图乙中汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态C．图丙中若摆球高相同，则两锥摆的角速度就相同D．图丁中同一小球在光滑圆锥筒内的不同位置做水平匀速圆周运动时角速度相同【答案】C【解析】图甲中火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力时，火车将离心，故火车轮缘对外轨有挤压，也即外轨对轮缘会有挤压作用，A错误；图乙中汽车通过拱桥的最高点时向心加速度方向竖直向下，故火车处于失重状态，B错误；图丙中，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2r，由几何关系，可得r＝htanθ，联立可得ω＝eq\r(\f(g,h))，则若摆球高相同，两锥摆的角速度就相同，C正确；图丁中，重力和支持力的合力提供向心力，因此有tanθ＝eq\f(mg,ma)，可得a＝eq\f(g,tanθ)＝ω2r，即两个物体的向心加速度相同，r不同，则角速度不同，D错误．7．(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，则()A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5r/sC．轨迹半径为eq\f(4,π)m D．加速度大小为4πm/s2【答案】BCD【解析】角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，A错误；转速为n＝eq\f(ω,2π)＝0.5r/s，B正确；半径r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(4,π)m，C正确；向心加速度大小为an＝eq\f(v2,r)＝4πm/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.正常骑行时，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eq\f(v,c)B．大齿轮转动的角速度为eq\f(v,a)C．小齿轮边缘某点转动的向心加速度为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2bD．大齿轮边缘上某点转动的向心加速度为eq\f(b2v2,c2a)【答案】B【解析】后轮的线速度为v，则后轮转动的角速度ω＝eq\f(v,c)，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eq\f(v,c)，根据小齿轮和大齿轮线速度大小相等，有eq\f(v,c)·b＝ω′a，解得大齿轮的角速度ω′＝eq\f(bv,ac)，故B错误；小齿轮边缘某点转动的向心加速度a向＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2，故C正确；大齿轮边缘上某点转动的向心加速度a′向＝aω′2＝eq\f(ab2v2,a2c2)＝eq\f(b2v2,ac2)，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＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【答案】AC【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，在最低点由牛顿第二定律有N－mg＝ma＝eq\f(mv2,R)，可得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，故B、D错误，A、C正确．10．(多选)(2021年南平质检)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＝eq\f(Δω,Δt)B．在国际单位制中β的单位为rad/s2C．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＋eq\f(1,2)βt2D．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＋eq\f(1,2)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＝eq\f(Δω,Δt)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＋eq\f(1,2)βt2，D正确．11．如图所示，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水