内容正文:
9.解析:(1)由题意可知小球从A到B的过程中竖直位移与
根据w=2要,则T4:T。=s1u,=2:3,C错误;根据w
水平位移之比为义=tan0=3
4
2x1,则A:7g=wA:wB=3:2,D错误。
8.解析:(1)B点做圆周运动的半径为Rs=R·c0s60°=
(2)设小球在室中飞行时间为,则=是
0.125m,
且g=w·Rg,得出角速度w=πrad/s。
解得t=3s。
答案:
(2)3s
又由票,得出地球仪转动的周翔T=2s。
10.解析:(1)物块受到的合力沿斜面向下,由牛顿第二定律可
(2)A点的线速度为0A=u·R,得出=于m/s。
知ngsin0=ma
解得a=gsin0。
答案:1)xrad/s2s(2)年m/s
(2)沿斜面方向物块运动距离1=】
9.选B由题意知A、B两点属于链条传动,线速度相等,故
解得t=√gsin0
A错误:由题图可知>ra,根据w=号,知<g,故B
正确:C、B两点属于同轴转动,则角速度相等,故C错误;
(3)沿水平方向有b=t
根据=ur可得B<,故D错误。
解得=
b-b21
/gsin 6
10.选B时针转动的周期为T,=12h,A错误;分针转动的
周期为T2=1h=60min=3600s,分针针尖的线速度大
21
lgsin
答案:1)gsin0(2)√gsin9(3)hV27
小为=2=2X004m=2匹×10‘m/s,B正确:秒
T,3600s9
11.解析:(1)包裹做平抛运动,设其运动时间为1,
针转动的周期为T3=1min=60s,秒针转动的角速度为
则有A==%,解得x=√偿。
2h
=会-器ads=箭adC错装:分针转动的角速度
(2)设包裹落地时的竖直分速度大小为,
2π2π
八
则有u2=2gh,又=√,2十u,,
为m=无3600rad/s=1800rad/s,因此,秒针与分针
解得=√%2+2gh
的角速度之比为w:2=60:1,D错误。
11.选AD修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的,
(3)报据平抛运功规律可得y=名8t,=%1,消去1,可得
边缘点的线速度大小相等,即Ua=vg,B、C两点同轴转
谁包襄运功的轨连方程为y品r(0<≤√四
2h
动,角速度相等,线速度与半径成正比,即vg:=2:1,
可知A、B、C三点线速度之比为2:2:1,A正确;A、B两
点的角速度与半径成反比,即w:=2:1,可知A、B、
答案:(1)√g
(2W,2+2gh
C三点角速度之比为2:1:1,B错误;由于w=2π1,w
h
,可知三点的转速之比为2:1:1,转动周期之比是1:
2π
(3)y=
g2x(0≤x≤√g
2
2:2,C错误,D正确。
“四翼”检测评价(四)
12.选B主动轮和滚轮之间为摩擦传动,转动方向相反,滚
1,选A微匀速圆周运动的物体,其速度大小不变,方向时刻
轮和从动轮之间为摩擦传动,转动方向相反,则主动轮和
发生变化,故A正确,B、C、D错误。
从动轮转动方向相同,故A错误;摩擦传动,线速度相等,
2.选A根据角速度的定义得a=匹rad/s=xrad/s,故A
则从动轮和主动轮的线速度相等,设主动轮和从动轮线速
2
正确,B、C、D错误。
度分别为、即=边,又因为u=r,故=二,由题
3.选B两轮靠传送带传动,轮子边缘上的点线速度大小相
图可得滚轮在A处时r1>r2,故w<w2,又ω=2π,则有
等,故4=,角速度0=”,故A、B两点的角速度之比
n1<n2,同理在B处,因r<r,则有w>w2,故n1>2,故
B正确,C错误;由题图可得滚轮从A到B,主动轮转动的
wn:g-:=rB:4=3:2,故B正确。
角速度不变,线速度逐渐变小,从动轮的线速度等于主动
rA r B
轮的线速度,则从动轮转速一直变小,故D错误。
4.选B
由0=ar、w=2n联立可得n=2元
13.解析:1)根据A=7gF,解得1=0.58。
3600X2X3.14×30x10r/s≈17.7r/s=1062r/min,
120×103
(2)根据xa一R=ot,解得=4m/s。
故选B。
(3)根据题意得wt=nπ(n=1,2,3,…)
5.选BA、B两点为同轴转动,角速度相等,故w=B;由于
解得w=2 rad/s(n=1,2,3,…)。
rA<rB,根据v=rw,可得A<g,选项B正确,A、C、D
答案:(1)0.5s(2)4m/s
错误。
(3)2nπrad/s(n=1,2,3,…)
6.选BDA、B属于同轴转动,故山A=wB,根据v=ωr,可知
“四翼”检测评价(五)
A>g,故BD正确,A、C错误。
1.选B向心力时刻指向圆心,与速度垂直,所以是一个变
7选B根据钱建度和角建度的定义=品。一兰,可知相
力,故A正确:向心力是根据力的作用效果来命