高中物理人教版 (新课标)必修24.圆周运动课堂检测

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第五章  曲线运动4　圆周运动基础过关练题组一　描述圆周运动的物理量　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2021广东中山第二中学高一下月考)(多选)物体做匀速圆周运动,则在相等的时间内              (　　)A.物体的位移都相同B.物体通过的路程都相等C.物体速度方向改变的角度都相等D.物体与圆心连线转过的角度都相等2.(2019湖南长沙第一中学高一上期末)A、B两物体都做匀速圆周运动,在A转过45°角的时间内,B转过了60°角,则A物体的角速度与B物体的角速度之比为              (　　)A.1∶1 B.4∶3C.3∶4 D.16∶93.(2020黑龙江哈尔滨三中高一下月考)(多选)一小球沿半径为2 m的圆周轨道做匀速圆周运动,若周期T=π s,则              (　　)A.小球的线速度是4 m/sB.经过 s,小球的位移大小为π mC.经过 s,小球的位移大小为2 mD.经过 s,小球的位移大小为4 m题组二　线速度与角速度的关系4.(2020江苏马坝高中高二期中)关于角速度和线速度,下列说法正确的是 (深度解析)A.半径一定时,角速度与线速度成正比B.半径一定时,角速度与线速度成反比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5.(2021河北深州长江中学高一下期中)如图,一质点沿螺旋线自外向内运动,已知其走过的弧长s与时间t成正比,则关于该质点的运动,下列说法正确的是              (　　)A.线速度大小变大,角速度大小不变B.线速度大小变小,角速度大小变小C.线速度大小不变,角速度大小变小D.线速度大小不变,角速度大小变大题组三　传动问题6.(2021上海金山中学高一下期中)如图,A、B分别为两传动轮边缘上的两点,转动过程中皮带不打滑,则A、B两点的              (　　)A.速率相等 B.线速度相同C.转速相等 D.角速度相等7.(2021辽宁省协作校高一下第一次月考)如图所示,修正带的核心结构为咬合良好的两个齿轮,A、B两点分别位于大、小齿轮的边缘,大轮和小轮的半径之比RA∶RB=5∶3。当使用修正带时,纸带的运动会带动两轮转动,则两轮转动时A、B两点的角速度大小之比为              (　　)A.1∶1 B.5∶3 C.3∶5 D.9∶25题组四　同轴转动问题8.(2021浙江绍兴诸暨中学高一下期中)如图所示,纸风车上有A、B两点,A点离轴心较远,当风车被风吹着绕中心转动时,A、B两点的角速度分别为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=vB9.(2020北京西城高三期末)甘肃酒泉和海南文昌是我国的两个卫星发射中心所在地,酒泉卫星发射中心的纬度约为北纬40°,文昌卫星发射中心的纬度约为北纬20°。把地球看做一个半径为6.4×103 km的球体,比较分别位于酒泉和文昌的甲、乙两个物体随地球自转做匀速圆周运动的情况,下列判断正确的是              (　　)A.两物体的线速度大小相等B.两物体的角速度大小相等C.甲物体的线速度大于乙物体的线速度D.甲物体的角速度小于乙物体的角速度能力提升练 　　　　　　　　　　　　　　　　能力提升练　题组一　线速度、角速度、周期、转速之间的关系1.(2020北京平谷五中高一下月考,)家用台式计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示。这块硬磁盘共有9 216个磁道(即9 216个不同半径的同心圆),每个磁道分成8 192个扇区(即每扇区为圆周),每个扇区可以记录512个字节。电动机使磁盘以7 200 r/min的转速匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的,盘面每转一圈,磁头沿半径方向跳动一个磁道。下列说法正确的是              (　　)A.每个字节在磁道上所占用的磁道长度都相同B.不计磁头转移磁道的时间,计算机读完该硬盘所需时间约为77 sC.读取每个字节所用时间都相同,约为2.0×10-11 sD.该硬盘的容量约为4×1012个字节2.(2021云南昭通市直中学高一下第一次联考,)如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处,在杆的中点C处拴一不可伸长的轻质细绳,通过两个光滑轻质定滑轮后挂上重物M,C点与O点的距离为L,现在杆的另一端用力,使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平(转过了90°角)。下列有关此过程的说法中正确的是              (　　)A.重物M的最大速度为ωLB.重物M做匀速直线运动C.重物M做匀变速直线运动D.整个过程中重物一直处于失重状态题组二　传动装置问题的分析3.(2020吉林通化综合高级中学高一期中,)无级变速器可以在变速范围内任意连续地改变汽车速度,性能优于传统的挡位变速器,很多高档汽车都应用了无级变速系统。如图所示是截锥式无级变速器模型示意图,两个锥轮之间有一个滚动轮,主动轮、滚动轮、从动轮靠着彼此之间的摩擦传动。当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时,从动轮转速减小。当滚动轮位于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时,主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是              (　　)A.= B.=C.= D.=题组三　圆周运动的多解问题4.(2021重庆沙坪坝一中高一下月考,)如图所示,一位同学玩飞镖游戏,圆盘最上端有一P点,飞镖抛出点与P等高,距P点L。当飞镖以初速度v0垂直盘面对准P点抛出的同时,圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动,忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点,则              (　　)A.飞镖击中P点所需的时间为B.圆盘的半径可能为C.圆盘转动角速度的最小值为D.P点随圆盘转动的线速度可能为5.(2020山西怀仁高一月考,改编,)如图所示,半径R=0.4 m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO'匀速转动,在圆心O正上方h=0.8 m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O'点。小车沿轨道向右匀速运动,当小车运动到O'点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向。g取10 m/s2。求:(1)若小球刚好落到A点(球与盘只碰撞一次),小车的速度。(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大。深度解析
答案全解全析4　圆周运动基础过关练1.BCD　物体做匀速圆周运动,速度大小不变,方向一直改变,在相等的时间内,物体通过的路程相等,但位移不相等,A错误,B正确;物体做匀速圆周运动,角速度不变,由θ=ωt可得,在相等的时间内,物体与圆心连线转过的角度都相等,物体速度方向改变的角度都相等,C、D正确。故选B、C、D。2.C　由角速度的定义式ω=可知=∶=,选项C正确。3.ACD　根据v=得小球的线速度大小为v= m/s=4 m/s,故A正确;经过 s,小球转过圆周,则其位移大小为x=r=2 m,故B错误,C正确;经过 s,小球转过圆周,则其位移大小为x=2r=4 m,故D正确。4.A　根据v=ωr可知,半径一定时,角速度与线速度成正比;线速度一定时,角速度与半径成反比;角速度一定时,线速度与半径成正比,选项A正确,B、C、D错误。方法技巧在讨论v、ω、r三者关系时,应采用控制变量法,即保持其中一个量不变来讨论另外两个量的关系。5.D　质点走过的弧长s与时间t成正比,由v=可知,质点的线速度大小不变;转动半径变小,由ω=可知,角速度变大,D正确,A、B、C错误。故选D。6.A　A、B分别为两传动轮边缘上的两点,转动过程中皮带不打滑,A、B两点线速度大小相等,但方向不同,由ω=可知,小轮半径小,则A点角速度大, 转速快,B、C、D错误,故选A。7.C　A、B两点分别位于大、小齿轮的边缘,则线速度相等,由ω= 可知,A、B两点的角速度大小之比为3∶5,C正确。故选C。8.A　风车被风吹着绕中心转动时,A、B两点属于同轴转动,角速度相等,则ωA=ωB,由于rA>rB,由v=ωr可得vA>vB,A正确,B、C、D错误。故选A。9.B　两物体同轴转动,则角速度相等。乙物体所在地的转动半径较大,根据v=ωr可知乙物体的线速度较大,选项B正确,A、C、D错误。能力提升练1.B　每个磁道扇区数相同,每个扇区可记录字节数相同,即每个磁道上可记录字节数相同,但各磁道半径不同,所以不同磁道上每个字节所占用的磁道长度不同,A错误;电动机使磁盘以7 200 r/min的转速匀速转动,则每读取一个磁道所用时间为t= s= s,该硬磁盘共有9 216个磁道,所以读完该硬盘共需要时间t总=9 216t=76.8 s≈77 s,B正确;每个磁道分成8 192个扇区,每个扇区可以记录512个字节,所以每个磁道共可以记录的字节数为n=8 192×512=4 194 304,所以读取每个字节所用时间为t'=≈2.0×10-9 s,C错误;该硬盘的容量为4 194 304×9 216≈4×1010个字节,D错误。2.A　如图所示:长杆绕O点转动时,杆上C点的线速度为vC=ωL,C点沿绳方向的分速度与重物M的速度大小相同,则重物M的速度为vM=vC·cos θ,当细绳与杆垂直时,θ为0,重物M的速度最大,为ωL,A正确,B、C错误;整个过程中,重物向上先加速再减速,先处于超重状态再处于失重状态,D错误。故选A。3.B　由题意可知,从动轮与主动轮边缘各点的线速度大小相等,则有·ω1=·ω2,又知ω=2πn,可得D1n1=D2n2,故=,B正确,A、C、D错误。4.D　飞镖做平抛运动,击中P点时,水平位移为L,由L=v0t,得t=,A错误;竖直方向上飞镖做自由落体运动,下降的高度为h=gt2=,所以圆盘的半径为R==,B错误;飞镖恰好击中P点,则应满足ωt=(2n+1)π(n取0,1,2…),解得ω==(n取0,1,2…),则ω的最小值为,C错误;P点随圆盘转动的线速度为v=ωR=·=(n取0,1,2…),当n=0时,v=,D正确。故选D。5.答案　(1)1 m/s　(2)5kπ rad/s,其中k=1,2,3,…解析　(1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度做平抛运动。h=gt2R=vt解得小车的速度v=1 m/s(2)为使小球刚好落在A点,则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍,有t=kT=,其中k=1,2,3,…得ω==5kπ rad/s,其中k=1,2,3,…方法技巧　　匀速圆周运动的多解问题处理方法(1)分析多解原因:匀速圆周运动具有周期性,使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生,这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时,必须把各种可能都考虑进去。(2)确定处理方法①抓住联系点:明确两个物体参与运动的性质和求解的问题,两个物体参与的两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移相等,抓住两运动的联系点是解题关键。②先特殊后一般:分析问题时可暂时不考虑周期性,表示出一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转过的角度θ上再加上2πn,具体n的取值应视情况而定。