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题型:简答题
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简答题

某同学利用业余时间为工厂设计了一个测定机器转动角速度的装置,如图所示.A为一金属小球,质量为m,电阻不计.水平光滑的均匀滑杆PN由合金材料制成,电阻不能忽略,PA与电路相连接,电源电动势为ε,内阻不计,限流电阻与杆PN的总电阻相等.连接小球的弹簧,由绝缘材料制成,弹簧的劲度系数为K.小球静止时恰好在滑杆PN的中点,当系统绕OO′轴匀速转动时,电压表的示数为U,试求此时系统转动的角速度ω.

正确答案

设杆PN电阻为R0,系统转动时杆PA段的电阻为R

根据欧姆定律得:

U1=R0=ε  (1)

U2=•R         (2)

设弹簧原长为l,则实际长度l0(反映PN杆接入电路中的长度)为:

l0=•2l             (3)

弹簧伸长量为:

x=l0-l                (4)

据胡克定律和牛顿第二定律得  Kx=mω2l (5)

由(1)(2)(3)(4)(5)式解得:

ω=(6)

答:此时系统转动的角速度ω为

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题型:简答题
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简答题

一个有一定厚度的圆盘,可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动,我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验:(打点计时器所接交流电的频率为50Hz, A、B、C、D……为计数点,相邻两计数点间有四个点未画出)

①如图甲所示,将打点计时器固定在桌面上,将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔,然后固定在半径为6cm的圆盘的侧面,当圆盘转动时,纸带可以卷在圆盘侧面上;

②接通电源,打点计时器开始打点,启动控制装置使圆盘匀加速转动;

③经过一段时间,停止转动和打点,取下纸带,进行测量。

(1)由图丙可知,打下计数点D点时速度大小为________m/s,此时圆盘圆盘转动的角速度为______rad/s;

(2)圆盘匀加速转动的过程中,纸带运动的加速度大小为_____________m/s2

正确答案

(1) 0.39;6.5

(2) 0.6

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题型:填空题
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填空题

如图所示,从竖直墙上的小孔A中沿垂直墙壁方向射出一束光线,照射到平面镜上的O点,开始时平面镜与墙壁平行,两者相距为d,平面镜绕光线入射点O逆时针以角速度ω匀速转动,当转动到与初始位置成22.5°时,墙壁上光点的瞬时速度是多大______________?

正确答案

4ωd

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简答题

水平面内放置一原长为L的轻质弹簧,一端固定,另一端系一小球,当小球在该水平面内做半径为1.2L的匀速圆周运动时,速率为V1;当小球作半径为1.5L的匀速圆周运动时,速率为V2,若弹簧未超过弹性限度,求V1和V2 的比值。

正确答案

解:弹簧弹力提供小球做匀速圆周运动的向心力,设弹簧的劲度系数为k,则有:

       k(1.2L-L)=m ……(1)

       k(1.5L-L)=m ……(2)

       由(1)(2)可得:

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简答题

如图所示,一小球从斜轨道的某高度处自由滑下,然后沿竖直圆轨道的内侧运动。已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g。

(1)要使小球能通过圆轨道的最高点,小球在圆轨道最高点时的速度至少为多大?

(2)如果忽略摩擦阻力,要使小球能通过圆轨道的最高点,小球的初位置必须比圆轨道最低点高出多少?

正确答案

解:(1)在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律有

      mg=m

      得v=

      要使小球能通过圆轨道的最高点,小球在轨道最高点时的速度至少为

(2)设小球的初位置比圆轨道最低点高出h时,小球刚好能通过圆轨道最高点,由机械能守恒定律有

      mg(h-2R)=mv2

      解得h=5R/2

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题型:填空题
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填空题

如图所示,如果把钟表上的时针、分针、秒针看成匀速转动,那么它们的角速度之比为ω:ω:ω=______;设时针、分针、秒针的长度之比为1:1.5:1.8,那么三个指针尖端的线速度大小之比为v:v:v=______.

正确答案

钟表上的时针、分针、秒针均做匀速圆周运动,周期分别为12h、1h、h;

根据公式ω=,钟表上的时针、分针、秒针的角速度之比为:

ω1:ω2:ω3===1:12:720

时针、分针、秒针的长度之比为1:1.5:1.8,根据公式v=rω,三个指针尖端的线速度大小之比:

v1:v2:v3=(r1ω1):(r2ω2):(r3ω3)=(1×1):(1.5×12):(1.8×720)=1:18:1296

故答案为:1:12:720,1:18:1296.

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题型:填空题
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填空题

钟表的时针、分钟和秒针的针尖都在做圆周运动,它们的角速度的比是____________,如果三针的长度的比是2:3:3,那么,三针尖的线速度的比是____________,向心加速度的比是____________。

正确答案

1:12:720,1:18:1080,1:216:777600

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简答题

地球可以看做一个半径为6.4×106m的球体,位于赤道的物体,随地球自转做匀速圆周运动的角速度为多大?线速度为多大?

正确答案

赤道上的物体随地球自转,做匀速圆周运动,

其周期等于地球的自转周期,T=24h

所以ω==rad/s≈7.27×10-5rad/s

v==m/s≈465.28m/s

答:地球赤道上的物体随地球自转的角速度是7.27×10-5rad/s;

线速度是465.28m/s.

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填空题

地球在自转的过程中,站在赤道上的人A和站在北纬45°位置的人B一起随地球转动,A和B随地球转动的角速度之比为______,线速度之比为______.

正确答案

站在赤道上的人A和站在北纬45°位置的人B同轴转动,角速度相等;

根据v=ωr,ω一定时,线速度v∝r,故vA:vB=rA:rB=R:Rcos45°=:1;

故答案为:1:1,:1.

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简答题

在研究做圆周运动的物体在任意位置的速度方向时,可在桌面上铺一张白纸,设法使一个陀螺在纸上O点稳定转动,如图(a)所示,接着在陀螺的边缘滴几滴带颜色的水,水在纸上甩出的痕迹如图(b)所示,然后再用一张透明胶片做模板,画一个圆及其几根切线,如图(c)所示。

(1)圆的半径与陀螺的半径的比例应为___________;

(2)将圆心与纸上O点对准并覆盖其上,随后绕过O点、垂直于纸面的轴旋转模板,可观察到模板上的切线总是与水的痕迹重合,这种判断的方法通常称作

[     ]

A.控制变量法

B.建模方法

C.等效替代法

D.图像方法

正确答案

(1)1:1

(2)B

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简答题

收割机的拨禾轮上面通常装有4到6个压板,拨禾轮一边旋转,一边随收割机前进,压板转到下方才发挥作用,一方面把农作物压向切断口,另一方面把切下来的作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机的前进方向相反,已知收割机的前进速率为1.2 m/s,拨禾轮的直径为1.5 m,转速为22 r/min,求压板运动到最低点挤压作物的速率,装置如图所示。

正确答案

解:由题图可知压板转到最低点时端点挤压收割机的速度为v1,方向向右

由于拨禾轮是在收割机上,而收割机的前进速度v2=1.2m/s,方向向左

所以拨禾轮挤压作物的速度v=v1-v2=1.73 m/s-1.2 m/s=0.53 m/s,方向向右

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题型:填空题
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填空题

一个球绕中心轴线MN以角速度ω匀速转动,O为球的球心.A、B为球面上的两点,其中B点以O为圆心绕MN转动,若OA、OB连线间的夹角θ=30°,A、B两点的线速度之比vA:vB=______.A、B两点的向心加速度之比aA:aB=______.

正确答案

各点的角速度相等,A、B两点的轨道半径之比rA:rB=Rcosθ:R=:2,

根据v=rω知,vA:vB=:2;

根据a=rω2知,aA:aB=:2.

故答案为::2,:2.

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题型:填空题
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填空题

在质量为M的电动机飞轮上固定着一个质量为m的重物,它到转轴的距离为r,为使电动机不从地面跳起,则电动机的飞轮角速度不得超过______,若以上述角速度匀速转动,它对地面的最大压力为______.

正确答案

设电动机恰好不从地面跳起时飞轮角速度是ω.此时电动机对重物的作用力F=Mg.以重物为研究对象,根据牛顿第二定律得

    mg+F=mω2r

得到ω=

若以上述角速度匀速转动,重物转到最低点时,则有

 F′-mg=mω2r,得到F′=mg+mω2r=mg+(M+m)g=(M+2m)g

根据牛顿第三定律得,重物对电动机压力大小为则对地面的最大压力为Mg+(M+2m)g=2(M+m)g.

故答案为:,2(M+m)g.

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填空题

如图所示传送装置中,三个轮的半径分别为R,2R,4R;则图中A,B,C各点的线速度之比为____________;角速度之比为_____________;加速度之比为_____________。

正确答案

2:1:12,4:1:1,8:1:2

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填空题

如图所示传送装置中,三个轮的半径分别为R,2R,4R;则图中A,B,C各点的线速度之比为____________;角速度之比为_____________;加速度之比为_____________。

正确答案

2:1:12,4:1:1,8:1:2

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