第四章第3講知識鞏固練習1．如圖所示的齒輪傳動裝置中，主動輪的齒數z1＝24，從動輪的齒數z2＝8，當主動輪以角速度ω順時針轉動時，從動輪的運動情況是()A．順時針轉動，周期為eq\f(2π,3ω) B．逆時針轉動，周期為eq\f(2π,3ω)C．順時針轉動，周期為eq\f(6π,ω) D．逆時針轉動，周期為eq\f(6π,ω)【答案】B【解析】齒輪不打滑，說明邊緣點線速度相等，主動輪順時針轉動，故從動輪逆時針轉動．主動輪的齒數z1＝24，從動輪的齒數z2＝8，故大輪與小輪的半徑之比為R∶r＝24∶8＝3∶1，根據v＝rω，有eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，解得從動輪的角速度為ω2＝3ω1＝3ω.根據ω＝eq\f(2π,T)，得從動輪的周期為T＝eq\f(2π,ω2)＝eq\f(2π,3ω)，故A、C、D錯誤，B正確．2．(2021年南寧質檢)手指轉球是指使籃球在指尖上進行轉動，以手腕之力讓球體旋轉，然后單指頂住球體重心．如圖所示，假設某同學讓籃球在指尖上勻速轉動，指尖剛好靜止在籃球球心的正下方，下列判斷正確的是()A．籃球上各點做圓周運動的角速度相同B．籃球上各點的向心力是由手指提供的C．籃球上的各點做圓周運動的圓心均在指尖與籃球的接觸處D．籃球上各點離轉軸越近，做圓周運動的向心加速度越大【答案】A【解析】籃球上的各點繞轉軸做圓周運動，故角速度相同，故A正確；是手拍動籃球造成籃球旋轉產生向心力，不是由手指帶動，故B錯誤；籃球上的各點做圓周運動時，是繞著轉軸做圓周運動，圓心均在轉軸上，故C錯誤；由于角速度相同，根據a＝ω2r可知籃球上各點離轉軸越近，做圓周運動的向心加速度越小，故D錯誤．3．(2021年北京東城模擬)如圖所示一個小球在力F作用下以速度v做勻速圓周運動，若從某時刻起小球的運動情況發生了變化，對于引起小球沿a、b、c三種軌跡運動的原因，說法正確的是()A．沿a軌跡運動，可能是F減小了一些B．沿b軌跡運動，一定是v減小了C．沿c軌跡運動，可能是v減小了D．沿b軌跡運動，一定是F減小了【答案】C【解析】小球原來做勻速圓周運動，則F＝meq\f(v2,r)，沿a軌跡運動，即小球沿切線飛出，則F變為了零，A錯誤；沿b軌跡運動，小球做離心運動，則F<meq\f(v2,r)，則可能是力F減小了，或者是v變大了，B、D錯誤；沿c軌跡運動，小球做向心運動，則F>meq\f(v2,r)，可能是力F增大了，或者是v減小了，C正確．4．(2021年邯鄲一模)如圖所示，長為0.4m的輕桿，一端連有質量m＝1kg的小球(視為質點)，繞另一端O點在豎直平面內做圓周運動，當小球通過最低點時，桿對小球的拉力大小為100N，重力加速度大小g取10m/s2，則小球通過最低點時的速度大小為()A．4m/s B．2eq\r(5)m/sC．2eq\r(11)m/s D．6m/s【答案】D【解析】小球在最低點時有F－mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝6m/s，D正確．5．(2021年閬中東風中學月考)如圖所示，光滑木板長1m，木板上距離左端eq\f(\r(3),2)m處放有一物塊，木板可以繞左端垂直紙面的軸轉動，開始時木板水平靜止．現讓木板突然以一恒定角速度順時針轉過角度α時，物塊自由下落正好可以砸在木板的末端，重力加速度g取10m/s2，則木板轉動的角速度為()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】設從開始到物塊砸在木板的末端，木板轉過的角度為α，則有cosα＝eq\f(\r(3),2)，α＝30°，所以物塊下落的高度h＝Lsin30°＝0.5m．由h＝eq\f(1,2)gt2得物塊下落時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.5,10))s＝eq\f(\r(10),10)s，所以木板轉動的角速度ω＝eq\f(α,t)＝eq\f(\f(π,6),\f(\r(10),10))rad/s＝eq\f(\r(10),6)πrad/s.A正確，B、C、D錯誤．6．(2021年深圳羅湖模擬)有關圓周運動的基本模型如圖所示，下列說法正確的是()A．圖甲中火車轉彎超過規定速度行駛時，內軌對輪緣會有擠壓作用B．圖乙中汽車通過拱橋的最高點時處于超重狀態C．圖丙中若擺球高相同，則兩錐擺的角速度就相同D．圖丁中同一小球在光滑圓錐筒內的不同位置做水平勻速圓周運動時角速度相同【答案】C【解析】圖甲中火車轉彎超過規定速度行駛時，重力和支持力的合力不足以提供向心力時，火車將離心，故火車輪緣對外軌有擠壓，也即外軌對輪緣會有擠壓作用，A錯誤；圖乙中汽車通過拱橋的最高點時向心加速度方向豎直向下，故火車處于失重狀態，B錯誤；圖丙中，根據牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2r，由幾何關系，可得r＝htanθ，聯立可得ω＝eq\r(\f(g,h))，則若擺球高相同，兩錐擺的角速度就相同，C正確；圖丁中，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，即兩個物體的向心加速度相同，r不同，則角速度不同，D錯誤．7．(多選)一質點做勻速圓周運動，其線速度大小為4m/s，轉動周期為2s，則()A．角速度為0.5rad/s B．轉速為0.5r/sC．軌跡半徑為eq\f(4,π)m D．加速度大小為4πm/s2【答案】BCD【解析】角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，A錯誤；轉速為n＝eq\f(ω,2π)＝0.5r/s，B正確；半徑r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(4,π)m，C正確；向心加速度大小為an＝eq\f(v2,r)＝4πm/s2，D正確．綜合提升練習8．圖為自行車示意圖．自行車的大齒輪通過鏈條和后輪中小齒輪連接，轉動時鏈條不松動，小齒輪與后輪共軸一起轉動．設大齒輪的半徑為a，小齒輪半徑為b，后輪半徑為c.正常騎行時，自行車勻速前進速度大小為v.下列說法中錯誤的是()A．后輪轉動的角速度為eq\f(v,c)B．大齒輪轉動的角速度為eq\f(v,a)C．小齒輪邊緣某點轉動的向心加速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2bD．大齒輪邊緣上某點轉動的向心加速度為eq\f(b2v2,c2a)【答案】B【解析】后輪的線速度為v，則后輪轉動的角速度ω＝eq\f(v,c)，故A正確；小齒輪和后輪共軸轉動，角速度相等，則小齒輪的角速度為eq\f(v,c)，根據小齒輪和大齒輪線速度大小相等，有eq\f(v,c)·b＝ω′a，解得大齒輪的角速度ω′＝eq\f(bv,ac)，故B錯誤；小齒輪邊緣某點轉動的向心加速度a向＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2，故C正確；大齒輪邊緣上某點轉動的向心加速度a′向＝aω′2＝eq\f(ab2v2,a2c2)＝eq\f(b2v2,ac2)，D正確．9．(多選)如圖所示，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W，重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()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】質點P下滑過程中，利用動能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，在最低點由牛頓第二定律有N－mg＝ma＝eq\f(mv2,R)，可得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，故B、D錯誤，A、C正確．10．(多選)(2021年南平質檢)對于繞軸轉動的物體，描述轉動快慢的物理量有角速度ω等物理量．類似加速度，角加速度β描述角速度ω的變化快慢，勻變速轉動中β為一常量．下列說法正確的是()A．β的定義式為β＝eq\f(Δω,Δt)B．在國際單位制中β的單位為rad/s2C．勻變速轉動中某時刻的角速度為ω0，經過時間t后角速度ω＝ω0t＋eq\f(1,2)βt2D．勻變速轉動中某時刻的角速度為ω0，則時間t內轉過的角度Δθ＝ω0t＋eq\f(1,2)βt2【答案】ABD【解析】角加速度為角速度變化量與所用時間的比值，A正確；由公式β＝eq\f(Δω,Δt)知在國際單位制中β的單位為rad/s2，B正確；勻變速轉動中某時刻的角速度為ω0，經過時間t后角速度為ω＝ω0＋βt，C錯誤；勻變速轉動中某時刻的角速度為ω0，與位移公式類似，則時間t內轉過的角度為Δθ＝ω0t＋eq\f(1,2)βt2，D正確．11．如圖所示，一個質量為0.6kg的小球以某一初速度從P點水