- 曲线运动
- 共20011题
机械表正常计时，时针和分针作匀速圆周运动，分针的角速度是时针的________倍；如果秒针的长度是分针的1.5倍，秒针针尖的线速度是分针针尖的________倍。
正确答案
12，90
一个物体做半径恒定的匀速圆周运动，周期越小其线速度数值越_______（填“大”或“小”），线速度数值越小其角速度越_______（填“大”或“小”）。
正确答案
大，小
（1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，物品在传送带上匀速移动，此光电计数器的基本工作原理是：______
A．当有光照射R1时，R1的电阻值变大
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
C．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次
D．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次
（2）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得：
①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=______s．
②根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v3=______m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v6=______m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为______J．重力势能的变化量为______J，由此可得出的结论是______．（g取9.8m/s2，结果保留三位有效数字）
正确答案
（1）A、B、当有光照射 R1时，R1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R2两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以A错误，B错误；
C、D、当有光照射 R1时，R1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R2两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；
故选：C．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
②利用匀变速直线运动的推论
v3=
v6=
3到6之间棒的动能的变化量为△EK=Ek6-Ek3=
根据重力势能的定义式得：
重力势能减小量△Ep=mgh=1.0×9.8×（0.122+0.098+0.074）J=2.88J．
重力势能减小量略大于3、6之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒．
故答案为：（1）C；（2）①0.05，②1.24，2.68，2.82，2.88，在误差允许范围内，圆柱棒的机械能守恒．
上海某高校研制的体积只相当于芝麻的八分之一、质量仅125mg的电磁型微电动机，经上海科技情报研究所用国际联机检索证实，是目前世界上最轻的电磁型微电动机．它转速可达1.2×104r/min，输出推力为5N，转轴的直径约为0.5mm．它的综合技术性能达到世界一流水平．请你估算出该电动机转轴边缘的线速度______m/s，该电动机的输出功率______W．
正确答案
该电动机转轴边缘的线速度v=rω=r•2πn=
该电动机的输出功率P=Fv=5N×0.314m/s=1.57W；
故答案为：0.314，1.57．
如图所示是自行车传动装置的示意图．如果踏板转一圈需要时间T，要知道在这种情况下自行车前进的速度有多大，需要测量的物理量有：牙盘半径R，飞轮半径r和______ （把它设为A）．请用这些量推导出自行车前进速度的表达式为v=______．
正确答案
牙盘的角速度ω=
故答案为：后轮半径A，
地球表面赤道上的人和北纬45°处的人，随地球自转的角速度之比______，线速度之比______．
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°=
故答案为：1：1，
如图所示，一根长L=0.5m的细绳悬于天花板上O点，绳的另一端挂一个质量为m=1kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为12.5N，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大，绳断裂后，小球将平抛后掉在地上。（g=10m/s2）
（1）绳刚断裂时小球的角速度为多大？
（2）若小球做圆周运动的平面离地高为h=0.6m，则小球经多长时间落地。
（3）在第（2）问中小球落点离悬点在地面上的垂直投影的距离为多少？
正确答案
解：（1）刚断裂时，
∴
而
∴
（2）
（3）小球线速度：
∴x=
小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度。他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度。经过骑行，他得到如下的数据：在时间t内踏脚板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度ω= ；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有 ；自行车骑行速度的计算公式v= 。
正确答案
某电钟上秒针、分针、时
（1）秒针、分针、时针尖端的线速度之比 ；
（2）秒针、分针、时针转动的角速度之比 。
正确答案
（1）2160：24：1
（2）720：12：1
一个钟的秒针长20cm，则针尖的线速度是______m/s．
正确答案
秒针的周期T=1min=60s，针尖的半径r=20cm=0.2m
则针尖的线速度是v=
故本题答案是：0.02m/s
如图7所示的皮带传动装置中，点A和B分别是两个同轴塔轮上的点，A、B、C分别是三个轮边缘的点，且RA＝RC＝2RB，则三质点角速度之比为___________线速度之比为___________ (皮带不打滑)
正确答案
ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1，vA∶vB∶vC＝2∶1∶1
试题分析：点A、B的角速度相等，点B、C的线速度相等，根据线速度和角速度的关系
如图所示, 一圆环以直径为轴匀速转动, 则环上、两点的角速度之比为_______；线速度之比为__
正确答案
1∶1；2∶
如图8所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B，它们到转轴的距离分别为
正确答案
略
半径为10cm的转轮，每秒转5圈，则该转轮的周期T为_______s，在转轮的边缘某点A的角速度为______rad/s，线速度为_______m/s.
正确答案
0.2；10
试题分析：根据周期的定义，平均每圈0.2s，所以周期为0.2s，因此角速度为
点评：本题考查了线速度和角速度的计算，通过题目中给的已知信息计算出周期从而计算角速度，线速度。
一部机器由电动机带动，机器上的皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍（如图），皮带与两轮之间不发生滑动。已知机器皮带轮边缘上一点的向心加速度为0.10 m/s2。
(1)电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比
(2)机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半，A点的向心加速度是多少?
正确答案
解：（1）因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等设电动机半径为r1,角速度w1,机器轮半径为r2,角速度为w 2.
由题意知：r2 =3r1
由v=rw得 （3分）
r1w1 = r2w2
即 r1w1= 3r1w2
所以，
（2）因A与皮带边缘同轴转动，所以角速度相等，向心加速度与半径成正比，
由
a=rw2得 （2分）
aA=
分析：传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的．所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比．因此根据题目条件可知加速度及角速度关系．
解答：解：（1）因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等设电动机半径为r1，角速度ω1，机器轮半径为r2，角速度为ω2．由题意知：r2=3r1
由v=rω得 r1ω1=r2ω2
即 r1ω1=3r1ω2
所以，ω1：ω2=3：1
（2）因A与皮带边缘同轴转动，所以角速度相等，向心加速度与半径成正比，
由a=rω2得 ，aA=
答：（1）电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比ω1：ω2=3：1；
（2）机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半，A点的向心加速度是0.05 m/s2
点评：本题要紧扣隐含条件：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的．以此作为突破口；同时能掌握线速度、角速度与半径之间的关系．
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