《圆周运动》
基础达标
1．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )
A．是速度不变的运动
B．是角速度不变的运动
C．是角速度不断变化的运动
D．相同时间内位移相等
【解析】 匀速圆周运动速度大小不变方向时刻在变，角速度大小方向皆不变，相同时间内位移大小相等、方向不同．
【答案】 B
2．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则不正确的是( )
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．运动轨迹的半径为1.27 m
D．频率为 Hz
【解析】 由题意知v＝4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系ω＝＝ rad/s＝3.14 rad/s.由线速度与角速度的关系v＝ωr得r＝＝ m≈1.27 m．由v＝2πnr得转速n＝＝ r/s＝0.5 r/s.又由f＝＝ Hz.故A错误，B、C、D均正确．
【答案】 A
3．下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的有关说法正确的是( )
A．甲、乙两物体线速度相等，角速度一定也相等
B．甲、乙两物体角速度相等，线速度一定也相等
C．甲、乙两物体周期相等，角速度一定也相等
D．甲、乙两物体周期相等，线速度一定也相等
【解析】 由ω＝可知，周期相同，角速度一定也相等，故C选项正确．
【答案】 C
4．地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，由于地球自转方向由西向东，每天早晨广州要比乌鲁木齐天亮得早，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较( )
A．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大
B．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大
C．两处物体的角速度、线速度都一样大
D．两处物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比乌鲁木齐处物体线速度要大
【解析】 由于地球绕地轴由西向东自转，地球上任何点都在随地球自转，具有相同的周期，根据ω＝可知，地球上不同区域的自转角速度相同，但由于纬度不同，不同区域的自转线速度大小不相等，纬度越低，自转的半径越大．由v＝ωr可知，广州的物体自转的线速度大于乌鲁木齐处物体的线速度，选项D正确．
【答案】 D
5.
6
光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形中央区的时间内，关于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的是( )
A．增大、减小 B．不变、不变
C．增大、不变 D．减小、减小
【解析】 由于轨道是光滑的，小球运动的线速度大小不变，由于半径逐渐减小，由ω＝，ω逐渐增大，故C项正确．
【答案】 C
6.
变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )
A．该车可变换两种不同挡位
B．该车可变换四种不同挡位
C．当B轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωBωD＝72
D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωAωD＝41
【解析】 由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换4种挡位，选项B对；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即＝，选项D错，同理＝，C错．
【答案】 B
7.
如图所示是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品产品．A轮处装有光电计数器，它可以记录通过A处的产品数目．已经测得轮A、B的半径分别为rA＝20 cm、rB＝10 cm，相邻两产品距离为30 cm,1 min内有41个产品通过A处．求：
(1)产品随传输带移动的速度大小；
(2)A、B轮轮缘上的两点P、Q及A轮半径中点M的线速度和角速度大小；
(3)如果A轮是通过摩擦带动C轮转动，且rC＝5 cm，求出C轮的角速度(假设轮不打滑)．
【解析】 首先依据光电计数器1 min内记录通过A处的产品数目，求取产品移动速度即轮A、B轮缘各点的线速度，而后依据轮间传送方式以及匀速圆周运动物理量间的关系加以求解．
(1)A、B轮上每一点的线速度与传输带运动的速度相等．v＝＝ m/s＝0.2 m/s.
(2)vP＝vQ＝v＝0.2 m/s，又因为ωM＝ωP，所以vM＝vP＝0.1 m/s.ωP＝ωM＝＝ rad/s＝1 rad/s；ωQ＝2ωP＝2 rad/s.
6
(3)因为vC＝vA，所以ωC＝ωA＝×1 rad/s＝4 rad/s.
【答案】 (1)0.2 m/s (2)vP＝vQ＝0.2 m/s；vM＝0.1 m/s ωP＝ωM＝1 rad/s；ωQ＝2 rad/s (3)4 rad/s
8.
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，求子弹的速度．
【解析】 设子弹速度为v，则子弹穿过筒的时间t＝.
此时间内圆筒转过的角度α＝π－θ.
据α＝ωt，得π－θ＝ω，
则子弹速度v＝.
【答案】
能力提升
1.
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，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮增加转速．当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径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.＝
【解析】 传动中三轮边缘的线速度大小相等，由v＝2πnr得n1D1＝n2D2，所以＝，故选项B正确．
【答案】 B
2．机械手表的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为( )
A. min B．1 min
C. min D. min
【解析】 先求出分针与秒针的角速度：ω分＝ rad/s，ω秒＝ rad/s.设两次重合的时间间隔为Δt，则有φ分＝ω分·Δt，φ秒＝ω秒·Δt，φ秒－φ分＝2π，即Δt＝
6
eq \f(2π,ω秒－ω分)＝＝ min.
【答案】 C
3．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A轮上需要时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )
A．等于 B．大于
C．小于 D．等于
【解析】 A的角速度是恒定的，但A的半径越来越大，根据v＝ωr可得v在增大，所以一开始需要的时间比较长，B项正确．
【答案】 B
4.
如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪30次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120°角．当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速不可能的是( )
A．600 r/min
B．900 r/min
C．1 200 r/min
D．3 000 r/min
【解析】 风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔T灯内，风扇转过的角度是120°的整数倍，
即圈的整数倍．T灯＝ s.
风扇的最小转速nmin＝＝10 r/s＝600 r/min
故满足题意的可能转速n＝knmin(k＝1,2,3，…)．匀速圆周运动是一种周期性的运动，分析此类问题，关键是抓住周期性这一特点，得出可能的多解通式．所以不可能的转速是B.
【答案】 B
5.
6
如图所示，小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动，当Q球逆时针转到图示位置时，有另一小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落，要使两球在圆周的最高点相碰，则Q球的角速度ω满足什么条件？
【解析】 Q球运动周期为T＝
Q球运动到最高点的时间为nT＋T(n＝0,1,2，……)
P球自由下落运动的时间为t
由h＝gt2得t＝
两球相碰的条件是t＝nT＋T
即为 ＝nT＋T
求得ω＝2π (n＝0,1,2，……)
即ω＝(4n＋1) (n＝0,1,2，……)．
【答案】 ω＝(4n＋1) (n＝0,1,2，……)
6.
如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B.一质量为m的小球从入口A沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使小球从出口B飞出，小球进入入口A处的速度v0应满足什么条件？
【解析】 该题中小球的运动轨迹是空间螺旋曲线，可将其分解为两个简单的分运动：一个是以初速度v0在筒内壁弹力作用下做匀速圆周运动，如图甲所示；另一个是在重力作用下做自由落体运动．因此若将圆筒沿直线AB展开为平面，则小球沿圆筒壁的运动是平抛运动，如图乙所示．据此得小球在筒内运动的时间t＝ .
由题设条件得水平方向的位移应是圆周长的整数倍，即
l＝v0t＝2nπR(n＝1,2,3，…)．
联立以上两式得
v0＝nπR ，(n＝1,2,3，…)．
6
【答案】 v0＝nπR (n＝1,2,3，…)
6
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