第1节 圆周运动(强基课逐点理清物理观念)
课标要求 层级达标
会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。 学考层级 1.认识圆周运动、匀速圆周运动的特点。 2.理解线速度的物理意义,知道匀速圆周运动中线速度的方向。 3.理解角速度的物理意义。 4.了解转速和周期的意义。
选考层级 1.掌握线速度和角速度的关系。 2.能在具体的情境中确定线速度和角速度。 3.理解线速度、角速度、周期、转速等各量的相互关系。
逐点清(一) 描述圆周运动快慢的物理量
[多维度理解]
一、线速度
1.定义:物体做圆周运动,在一段 的时间Δt内,通过的弧长为Δs,则弧长Δs与时间Δt的比值叫作线速度的大小,公式:v=。
2.意义:描述做圆周运动的物体运动的快慢。
3.方向:物体做圆周运动时该点的 方向。
4.匀速圆周运动
(1)定义:如果物体沿着圆周运动,并且线速度的大小处处 ,这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)性质:匀速圆周运动的线速度方向是在时刻 的,所以它是一种 运动,这里的“匀速”是指 不变。
二、角速度
1.定义:物体做圆周运动时,半径转过的 与所用时间Δt 叫作角速度,公式:ω=。
2.意义:描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。
3.单位:弧度每秒,符号是 ,在运算中角速度的单位可以写为 。
4.匀速圆周运动是角速度 的圆周运动。
三、周期
1.周期T:做匀速圆周运动的物体,运动一周所用的 。单位: 。
2.转速n:做圆周运动的物体转动的 与所用时间之比。单位: 或 。
3.周期和转速的关系:T=(n的单位为r/s时)。
[全方位练明]
1.判断下列说法是否正确。
(1)做匀速圆周运动的物体,相同时间内位移相同。 ( )
(2)物体做匀速圆周运动时在相等的时间内转过的角度相等。 ( )
(3)物体转动的周期越短,转动得就越快。 ( )
(4)转速越大,说明物体转动得越快。 ( )
(5)圆周运动线速度公式v=中的Δs表示位移。 ( )
2.(多选)对于做匀速圆周运动的物体,下列理解正确的是 ( )
A.匀速圆周运动是线速度不变的运动
B.匀速圆周运动是角速度不变的运动
C.匀速圆周运动的“匀速”是指速率不变
D.匀速圆周运动一定是变速运动
3.如图,做匀速圆周运动的质点在2 s内由A点运动到B点,AB弧长为4 m,所对的圆心角θ为,该质点的线速度大小为 m/s,角速度大小为 rad/s。
逐点清(二) 线速度与角速度的关系
[多维度理解]
1.关系推导:由于v=,ω=,当Δθ以弧度为单位时,Δθ=,由此可得v= 。
2.关系描述:在圆周运动中,线速度的大小等于角速度的大小与半径的 。
3.v、ω、r的关系用图像描述:
(1)当r一定时,v ∝ω,如图(a)所示。
(2)当ω一定时,v ∝r,如图(b)所示。
(3)当v一定时,ω∝,如图(c)或(d)所示。
[典例] (多选)A、B两个质点分别做匀速圆周运动,在相同的时间内它们通过的路程之比为sA∶sB=2∶3,转过的角度之比ΔθA∶ΔθB=3∶2,则下列说法正确的是 ( )
A.它们的运动半径之比rA∶rB=2∶3
B.它们的运动半径之比rA∶rB=4∶9
C.它们的周期之比TA∶TB=2∶3
D.它们的转速之比nA∶nB=2∶3
听课记录:
[全方位练明]
1.质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是 ( )
A.因为v=ωr,所以线速度大小v与轨道半径r成正比
B.因为ω=,所以角速度ω与轨道半径r成反比
C.因为ω=2πn,所以角速度ω大小等于π的整数倍
D.因为ω=,所以角速度ω与周期T成反比
2.(2024·哈尔滨高一检测)如图为在短道速滑比赛中运动员过弯道的情境。假定两位运动员在过弯道时保持各自的速率恒定,一位运动员在内道角速度为ω1,线速度大小为v1;另一位运动员在外道角速度为ω2,线速度大小为v2,他们同时进入弯道同时出弯道,则他们的角速度与线速度大小的关系为 ( )
A.ω1=ω2,v1ω2,v1C.ω1<ω2,v1=v2 D.ω1<ω2,v1逐点清(三) 常见传动装置及其特点
[多维度理解]
三类传动装置对比
同轴传动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(不打滑),A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等
转动 方向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比:= 周期与半径成正比:= 角速度与半径成反比:= 周期与半径成正比: =
[典例] (2023·广东1月学考)如图所示,P、Q为固定在自行车后轮上的两个转动齿轮,与车
后轮同角速度转动,通过链条与脚踏轮M连接,P轮的半径比Q轮的大。保持脚踏轮M以恒定角速度转动,将链条由Q轮换到P轮,则车后轮转动的 ( )
A.角速度不变 B.角速度变小
C.周期不变 D.周期变小
听课记录:
[全方位练明]
1.图甲是一款感应垃圾桶。物体靠近其感应区,桶盖会自动绕O点水平打开,如图乙所示。桶盖打开过程中,桶盖上的A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,则 ( )
A.ωA>ωB B.ωA<ωB
C.vA>vB D.vA2.(2024·杭州高一检测)如图是某自行车的传动结构示意图,其中Ⅰ是半径r1=10 cm的牙盘(大齿轮),Ⅱ是半径r2=5 cm的飞轮(小齿轮),Ⅲ是半径r3=40 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈,则后轮每分钟转动圈数为 ( )
A.30 B.60
C.15 D.120
逐点清(四) 圆周运动的周期性和多解性
[多维度理解]
1.问题特点
(1)研究对象:匀速圆周运动的多解问题含有两个做不同运动的物体。
(2)运动特点:一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动,匀速直线运动等)。
(3)运动的关系:由于两物体运动的时间相等,根据等时性建立等式求解待求物理量。
2.分析技巧
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,抓住两运动的联系点。
(2)先特殊后一般:先考虑第一个周期的情况,再根据运动的周期性,考虑多个周期时的规律。
[全方位练明]
1.(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏,圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与P等高,且距离P点为L=2 m,当飞镖以初速度v0=10 m/s垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为g=10 m/s2。若飞镖恰好击中P点,则 ( )
A.圆盘的半径为10 cm
B.圆盘转动的周期可能是0.08 s
C.圆盘转动的角速度最小值为10π rad/s
D.若飞镖初速度增大1倍,则它将击中圆心O
2.(2024·济南高一调研)如图所示,在同一竖直平面内有A、B两物体,A物体从a点起以角速度ω沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动,同时B物体从圆心O自由下落,要使A、B两物体在d点相遇,重力加速度为g,求角速度ω必须满足的条件。
第1节 圆周运动
逐点清(一)
[多维度理解]
一、1.很短 3.切线 4.(1)相等 (2)变化 变速 速率
二、1.角Δθ 之比 3.rad/s s－1 4.不变
三、1.时间 秒(s) 2.圈数 转每秒(r/s) 转每分(r/min)
[全方位练明]
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×
2．选BCD 匀速圆周运动是线速度大小不变、方向时刻变化的变速运动，其角速度不变，“匀速”指速率不变，故B、C、D正确，A错误。
3．解析：根据线速度的定义式v＝，解得该质点的线速度大小为v＝ m/s＝2 m/s。根据角速度的定义式ω＝，解得该质点的角速度大小为ω＝ rad/s＝ rad/s。
答案：2
逐点清(二)
[多维度理解]
1．ωr 2.乘积
[典例] 选BC A、B两个质点在相同的时间内通过的路程之比为2∶3，即通过的弧长之比为2∶3，所以vA∶vB＝2∶3，在相同的时间内转过的角度之比ΔθA∶ΔθB＝3∶2，根据ω＝得ωA∶ωB＝3∶2，又v＝ωr，所以rA∶rB＝4∶9，A错误，B正确；根据T＝知TA∶TB＝ωB∶ωA＝2∶3，C正确；转速是单位时间内物体转过的圈数，即n＝，所以nA∶nB＝TB∶TA＝3∶2，D错误。
[全方位练明]
1．选D 公式v＝ωr或ω＝是三个物理量之间的关系式，只有当ω一定时，v与r才成正比，只有v一定时，ω与r才成反比，故A、B错误；公式ω＝2πn，n表示转速，而不是表示整数，故不能说角速度ω大小等于π的整数倍，故C错误；公式ω＝是两个物理量之间的关系，ω与周期T成反比，故D正确。
2．选A 两位运动员过弯道时，同时进入弯道同时出弯道，故两位运动员绕弯道运动的角速度相同，即ω1＝ω2，由于外道的运动员的轨道半径较大，由v＝ωr知外道的运动员的线速度较大，即v1＜v2，故A正确，B、C、D错误。
逐点清(三)
[典例] 选B 根据题意可知，保持脚踏轮M以恒定角速度转动，则脚踏轮M边缘的线速度大小不变，开始时，通过链条使Q轮与脚踏轮M连接，则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小，设脚踏轮M边缘的线速度大小为v，由公式v＝ωr可得，后轮的角速度为ω＝，同理可知，将链条由Q轮换到P轮，后轮的角速度为ω′＝，由于rQω′，即后轮角速度变小，由公式T＝可知，后轮的周期变大。故选B。
[全方位练明]
1．选D 桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度大小相等，即ωA＝ωB；根据v＝ωr，又有rB>rA，则vB>vA，故A、B、C错误，D正确。
2．选B 大齿轮与小齿轮通过链条连接，线速度大小相等，大齿轮与小齿轮半径之比为2∶1，根据v＝ωr＝2πnr可知，大齿轮与小齿轮的转速比n大∶n小＝1∶2，又小齿轮与后轮转速相同，故后轮每分钟转动圈数为60，故B正确。
逐点清(四)
1．选AB 根据题意可知，飞镖做平抛运动，水平方向上有L＝v0t，解得飞镖飞行的时间为t＝＝0.2 s，竖直方向上有2R＝gt2，解得R＝0.1 m＝10 cm，故A正确。根据题意，设圆盘转动的周期为T，则有t＝T＋kT(k＝0,1,2,3，…)，圆盘转动的周期T＝ s(k＝0,1,2,3，…)。当k＝2时，T＝0.08 s；当k＝0时，圆盘转动的周期最大，为Tm＝0.4 s。由ω＝可知，此时角速度最小，为ωmin＝5π rad/s，故C错误，B正确。若飞镖初速度增大1倍，由上述分析可知，飞镖飞行的时间为t′＝t＝0.1 s，则飞镖下落的高度为h＝gt′2＝0.05 m＝5 cm，飞镖不能击中圆心O，故D错误。
2．解析：B物体从圆心O到d点的运动是自由落体运动，所用的时间t1满足R＝gt，所以t1＝。
A物体做匀速圆周运动，从a点沿顺时针方向运动到d点，转过的角度应满足θ＝2nπ＋π(n＝0,1,2，…)
所用时间t2＝＝(n＝0,1,2，…)
由题意知t1＝t2，即 ＝(n＝0,1,2，…)
解得ω＝ (n＝0,1,2，…)。
答案：ω＝ (n＝0,1,2，…)
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圆周运动
(强基课——逐点理清物理观念)
第 1 节
课标要求 层级达标
会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。 学考层级 1.认识圆周运动、匀速圆周运动的特点。
2.理解线速度的物理意义,知道匀速圆周运动中线速度的方向。
3.理解角速度的物理意义。
4.了解转速和周期的意义。
选考层级 1.掌握线速度和角速度的关系。
2.能在具体的情境中确定线速度和角速度。
3.理解线速度、角速度、周期、转速等各量的相互关系。
1
逐点清(一) 描述圆周运动快慢的物理量
2
逐点清(二) 线速度与角速度的关系
3
逐点清(三) 常见传动装置及其特点
5
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
4
逐点清(四) 圆周运动的周期性和多解性
逐点清(一) 描述圆周运动快慢的物理量
一、线速度
1.定义:物体做圆周运动,在一段_____的时间Δt内,通过的弧长为Δs,则弧长Δs与时间Δt的比值叫作线速度的大小,公式:v=。
2.意义:描述做圆周运动的物体运动的快慢。
3.方向:物体做圆周运动时该点的_____方向。
多维度理解
很短
切线
4.匀速圆周运动
(1)定义:如果物体沿着圆周运动,并且线速度的大小处处______,这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)性质:匀速圆周运动的线速度方向是在时刻_____的,所以它是一种_____运动,这里的“匀速”是指_____不变。
相等
变化
变速
速率
二、角速度
1.定义:物体做圆周运动时,半径转过的_____与所用时间Δt______叫作角速度,公式:ω=。
2.意义:描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。
3.单位:弧度每秒,符号是_____,在运算中角速度的单位可以写为___。
4.匀速圆周运动是角速度_____的圆周运动。
角Δθ
之比
rad/s
s-1
不变
三、周期
1.周期T:做匀速圆周运动的物体,运动一周所用的______。单位:
______。
2.转速n:做圆周运动的物体转动的_____与所用时间之比。单位:
____________或______________。
3.周期和转速的关系:T=(n的单位为r/s时)。
时间
秒(s)
圈数
转每秒(r/s)
转每分(r/min)
1.判断下列说法是否正确。
(1)做匀速圆周运动的物体,相同时间内位移相同。 ( )
(2)物体做匀速圆周运动时在相等的时间内转过的角度相等。( )
(3)物体转动的周期越短,转动得就越快。 ( )
(4)转速越大,说明物体转动得越快。 ( )
(5)圆周运动线速度公式v=中的Δs表示位移。 ( )
全方位练明
×
√
√
√
×
2.(多选)对于做匀速圆周运动的物体,下列理解正确的是 ( )
A.匀速圆周运动是线速度不变的运动
B.匀速圆周运动是角速度不变的运动
C.匀速圆周运动的“匀速”是指速率不变
D.匀速圆周运动一定是变速运动
√
√
√
解析:匀速圆周运动是线速度大小不变、方向时刻变化的变速运动,其角速度不变,“匀速”指速率不变,故B、C、D正确,A错误。
3.如图,做匀速圆周运动的质点在2 s内由A点运动到B点,AB弧长为4 m,所对的圆心角θ为,该质点的线速度大小为_________m/s,角速度大小为_________ rad/s。
2
解析:根据线速度的定义式v=,解得该质点的线速度大小为v= m/s=2 m/s。根据角速度的定义式ω=,解得该质点的角速度大小为ω= rad/s= rad/s。
逐点清(二) 线速度与角速度的关系
1.关系推导:由于v=,ω=,当Δθ以弧度为单位时,Δθ=,由此可得v=____。
2.关系描述:在圆周运动中,线速度的大小等于角速度的大小与半径的_____。
多维度理解
ωr
乘积
3.v、ω、r的关系用图像描述:
(1)当r一定时,v ∝ω,如图(a)所示。
(2)当ω一定时,v ∝r,如图(b)所示。
(3)当v一定时,ω∝,如图(c)或(d)所示。
[典例] (多选)A、B两个质点分别做匀速圆周运动,在相同的时间内它们通过的路程之比为sA∶sB=2∶3,转过的角度之比ΔθA∶ΔθB=3∶2,则下列说法正确的是 ( )
A.它们的运动半径之比rA∶rB=2∶3
B.它们的运动半径之比rA∶rB=4∶9
C.它们的周期之比TA∶TB=2∶3
D.它们的转速之比nA∶nB=2∶3
√
√
[解析] A、B两个质点在相同的时间内通过的路程之比为2∶3,即通过的弧长之比为2∶3,所以vA∶vB=2∶3,在相同的时间内转过的角度之比ΔθA∶ΔθB=3∶2,根据ω=得ωA∶ωB=3∶2,又v=ωr,所以rA∶rB=4∶9,A错误,B正确;根据T=知TA∶TB=ωB∶ωA=2∶3,C正确;转速是单位时间内物体转过的圈数,即n=,所以nA∶nB=TB∶TA=3∶2,D错误。
1.质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是 ( )
A.因为v=ωr,所以线速度大小v与轨道半径r成正比
B.因为ω=,所以角速度ω与轨道半径r成反比
C.因为ω=2πn,所以角速度ω大小等于π的整数倍
D.因为ω=,所以角速度ω与周期T成反比
全方位练明
√
解析:公式v=ωr是三个物理量之间的关系式,只有当ω一定时,v与r才成正比,只有v一定时,ω与r才成反比,故A、B错误;公式ω=2πn,n表示转速,而不是表示整数,故不能说角速度ω大小等于π的整数倍,故C错误;公式ω=是两个物理量之间的关系,ω与周期T成反比,故D正确。
2.(2024·哈尔滨高一检测)如图为在短道速滑比赛中运动员过弯道的情境。假定两位运动员在过弯道时保持各自的速率恒定,一位运动员在内道角速度为ω1,线速度大小为v1;另一位运动员在外道角速度为ω2,线速度大小为v2,他们同时进入弯道同时出弯道,则他们的角速度与线速度大小的关系为 ( )
A.ω1=ω2,v1ω2,v1C.ω1<ω2,v1=v2 D.ω1<ω2,v1√
解析:两位运动员过弯道时,同时进入弯道同时出弯道,故两位运动员绕弯道运动的角速度相同,即ω1=ω2,由于外道的运动员的轨道半径较大,由v=ωr知外道的运动员的线速度较大,即v1逐点清(三) 常见传动装置及其特点
三类传动装置对比
多维度理解
同轴传动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(不打滑),A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等
转动方向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比:= 周期与半径成正比:= 角速度与半径成反比:=
周期与半径成正比:=
续表
[典例] (2023·广东1月学考)如图所示,P、
Q为固定在自行车后轮上的两个转动齿轮,与车
后轮同角速度转动,通过链条与脚踏轮M连接,
P轮的半径比Q轮的大。保持脚踏轮M以恒定角速度转动,将链条由Q轮换到P轮,则车后轮转动的 ( )
A.角速度不变 B.角速度变小
C.周期不变 D.周期变小
√
[解析] 根据题意可知,保持脚踏轮M以恒定角速度转动,则脚踏轮M边缘的线速度大小不变,开始时,通过链条使Q轮与脚踏轮M连接,则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小,设脚踏轮M边缘的线速度大小为v,由公式v=ωr可得,后轮的角速度为ω=,同理可知,将链条由Q轮换到P轮,后轮的角速度为ω'=,由于rQω',即后轮角速度变小,由公式T=可知,后轮的周期变大。故选B。
1.图甲是一款感应垃圾桶。物体靠近其感应区,桶盖会自动绕O点水平打开,如图乙所示。桶盖打开过程中,桶盖上的A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,则 ( )
全方位练明
A.ωA>ωB B.ωA<ωB
C.vA>vB D.vA解析:桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动,则角速度大小相等,即ωA=ωB;根据v=ωr,又有rB>rA,则vB>vA,故A、B、C错误,D正确。
√
2.(2024·杭州高一检测)如图是某自行车的传动结构示意图,其中Ⅰ是半径r1=10 cm的牙盘(大齿轮),Ⅱ是半径r2=5 cm的飞轮(小齿轮),Ⅲ是半径r3=40 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈,则后轮每分钟转动圈数为 ( )
A.30 B.60
C.15 D.120
√
解析:大齿轮与小齿轮通过链条连接,线速度大小相等,大齿轮与小齿轮半径之比为2∶1,根据v=ωr=2πnr可知,大齿轮与小齿轮的转速比n大∶n小=1∶2,又小齿轮与后轮转速相同,故后轮每分钟转动圈数为60,故B正确。
逐点清(四) 圆周运动的周期性和多解性
1.问题特点
(1)研究对象:匀速圆周运动的多解问题含有两个做不同运动的物体。
(2)运动特点:一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动,匀速直线运动等)。
(3)运动的关系:由于两物体运动的时间相等,根据等时性建立等式求解待求物理量。
多维度理解
2.分析技巧
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,抓住两运动的联系点。
(2)先特殊后一般:先考虑第一个周期的情况,再根据运动的周期性,考虑多个周期时的规律。
1.(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏,圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与P等高,且距离P点为L=2 m,当飞镖以初速度v0=10 m/s垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为g=10 m/s2。若飞镖恰好击中P点,则 ( )
全方位练明
A.圆盘的半径为10 cm
B.圆盘转动的周期可能是0.08 s
C.圆盘转动的角速度最小值为10π rad/s
D.若飞镖初速度增大1倍,则它将击中圆心O
√
√
解析:根据题意可知,飞镖做平抛运动,水平方向上有L=v0t,解得飞镖飞行的时间为t==0.2 s,竖直方向上有2R=gt2,解得R=0.1 m=10 cm,故A正确。根据题意,设圆盘转动的周期为T,则有t=T+kT(k=0,1,2,3,…),圆盘转动的周期T= s(k=0,1,2,3,…)。当k=2时,T=0.08 s;当k=0时,圆盘转动的周期最大,为Tm=0.4 s。由ω=可知,此时角速度最小,为ωmin=5π rad/s,故C错误,B正确。若飞镖初速度增大1倍,由上述分析可知,飞镖飞行的时间为t'=t=0.1 s,则飞镖下落的高度为h=gt'2=0.05 m=5 cm,飞镖不能击中圆心O,故D错误。
2.(2024·济南高一调研)如图所示,在同一竖直平面内有A、B两物体,A物体从a点起以角速度ω沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动,同时B物体从圆心O自由下落,要使A、B两物体在d点相遇,重力加速度为g,求角速度ω必须满足的条件。
答案:ω=(n=0,1,2,…)
解析:B物体从圆心O到d点的运动是自由落体运动,所用的时间t1满足R=g,所以t1=。
A物体做匀速圆周运动,从a点沿顺时针方向运动到d点,转过的角度应满足θ=2nπ+π(n=0,1,2,…)
所用时间t2==(n=0,1,2,…)
由题意知t1=t2,即=(n=0,1,2,…)
解得ω=(n=0,1,2,…)。
课时跟踪检测
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(选择题1~8小题,每小题4分;10~11小题,每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1.做匀速圆周运动的物体,其速度( )
A.大小不变 B.方向不变
C.大小、方向都不变 D.大小、方向都变化
√
6
7
8
9
10
11
12
解析:做匀速圆周运动的物体,其速度大小不变,方向时刻发生变化,故A正确,B、C、D错误。
1
2
3
4
5
1
5
6
7
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9
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2.做匀速圆周运动的物体,2 s内转过的角度为360°,则物体的角速度为多大 ( )
A.π rad/s B.2π rad/s
C.4π rad/s D.6π rad/s
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析:根据角速度的定义得ω= rad/s=π rad/s,故A正确,B、C、D错误。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
3.如图所示,两个小球a和b用轻杆连接,并一起在水平面内做匀速圆周运动,下列说法中正确的是 ( )
A.a球的线速度比b球的线速度大
B.a球的角速度比b球的角速度小
C.a球的线速度与b球的线速度大小相等
D.a球的角速度与b球的角速度大小相等
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解析:两个小球a和b用轻杆连接,并一起在水平面内做匀速圆周运动,转动一圈的时间相等,即周期相同,故角速度大小相等,故B错误,D正确;由于a球的转动半径较小,角速度相同,根据v=ωr,可知a球的线速度比b球的线速度小,故A、C错误。
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4.卫星发射时,可利用其随地球自转的速度,达到节省燃料的目的。仅从该角度考虑,卫星发射场的位置应建在 ( )
A.靠近南极 B.赤道附近
C.靠近北极 D.地面任意处
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解析:题目要求充分利用地球自转的速度,因为地球上各点自转的角速度是一样的,由v=ωr可知,要使卫星发射时发射场所在地的自转线速度最大,则该地点的自转半径最大,而自转半径最大处在赤道即纬度最低的地方,故卫星发射场的位置应建在赤道附近,故B正确,A、C、D错误。
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5.手摇卷笔刀如图所示,该卷笔刀的工作原理是内部切削部件与外部摇杆一起同轴旋转,外部摇杆上的A点到水平转轴上的O点的长度为L,O、A连线与转轴垂直。若该外部摇杆在时间t内匀速转动了N圈,则A点的线速度大小为 ( )
A. B.
C. D.
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解析:由题可知A点的角速度ω=,则A点的线速度大小为v=ωL=,故选C。
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6.闹钟是带有闹时装置的钟,既能指示时间,又能按人们预定的时刻发出音响信号或其他信号。如图所示,机械式闹钟中的三个齿轮的半径之比为1∶3∶5,当齿轮转动的时候,小齿轮边缘的M点和大齿轮边缘的N点的线速度大小之比和角速度之比分别为 ( )
A.1∶1 1∶5
B.1∶1 5∶1
C.5∶1 1∶5
D.5∶1 5∶1
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解析:根据题意可知,M点和N点属于齿轮传动,边缘点的线速度大小相等,则线速度大小之比为1∶1,根据v=ωr,可知ω=,则==,故A、C、D错误,B正确。
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7.(2024·山东德州高一阶段练习)死飞自行车,指后轮的齿轮与后轮直接用螺栓固接(不像普通自行车,后轮齿轮与后轮是通过棘轮棘爪连接,普通自行车反向踩脚踏板时后轮不受力)的自行车。如图所示为死飞自行车的脚踏及后轮,若链条连接的前轮齿数为36个,连接的后轮齿数为10个,则前后轮角速度之比为 ( )
A.1∶1 B.1∶2
C.3.6∶1 D.1∶3.6
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解析:前后轮的齿数之比等于半径之比,则前后轮的半径之比为r1∶r2=36∶10=3.6∶1,前后轮边缘的线速度大小相等,根据v=ωr,可得前后轮角速度之比为ω1∶ω2=r2∶r1=1∶3.6,故选D。
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8.(2024·湖北武汉高一期末)
在机床、汽车等机器或设备中通
常会使用一种叫作蜗杆传动的装
置,如图所示。这种装置由蜗杆和
蜗轮组成,从外形上看,蜗杆类似螺栓,蜗轮则很像斜齿圆柱齿轮。工作时,一般以蜗杆为主动件,当蜗杆旋转时,会带动蜗轮轮齿沿着蜗杆的螺旋面转动,蜗杆每旋转一圈,蜗轮轮齿会转动一格,若螺距为d=1.6π mm的蜗杆以每秒20圈的转速旋转,则半径为r=32 mm的蜗轮将获得的转速是 ( )
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A.30 r/min B.120 r/min
C.1 200 r/min D.48 000 r/min
解析:设蜗轮的转速大小为n,则由题意可知20d=2πrn,解得n=0.5 r/s=30 r/min,故选A。
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9.(12分)如图所示,直径为0.5 m的地球仪匀速转动,已知地球仪上B点的线速度大小为 m/s,求:
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(1)地球仪转动的角速度和周期;
答案:π rad/s 2 s
解析: B点做圆周运动的半径为
RB=Rcos 60°=0.125 m,
由vB=ωRB,得出地球仪转动的角速度
ω=π rad/s,
又由ω= ,得出地球仪转动的周期T=2 s。
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(2)地球仪上A点的线速度大小。
答案: m/s
解析:地球仪上A点的线速度大小为
vA=ωRA= m/s。
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B级——选考进阶
10.如图所示,光滑的水平圆盘固定在水平面上,中心O点固定一竖直光滑细杆,光滑圆环套在细杆上,细绳的一端连接圆环,另一端连接小物块(可视为质点)。物块绕O点逆时针转动,经时间t,物块由A点转到B点,OA与OB垂直。则物块转动的角速度可能为( )
A. B.
C. D.
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解析:物块由A点转到B点,转过的角度为θ=2nπ+(n=0,1,2,3,…),所以物块转动的角速度为ω==(n=0,1,2,3,…),当n=2时ω=,故选B。
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11.如图变速自行车有3个链轮和6个飞轮,链轮和飞轮的齿数如表所示。假设踏板的转速不变,通过选择不同的链轮和飞轮,该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为 ( )
A.12∶7 B.2∶1
C.24∶7 D.16∶5
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名称 链轮 飞轮
齿数 48 38 28 14 16 18 22 24 28
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解析:设踏板的角速度为ω,链轮的半径为r1,飞轮的半径为r2,车轮的半径为R,则飞轮的角速度为ω飞===,可知自行车行驶的速度大小为v自=ω飞R=R。由于半径与齿数成正比,则自行车行驶的最小速度为v自min=R,自行车行驶的最大速度为v自max=R,该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为=·=×=。
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12.(14分)冲关节目是一种户外娱乐健康游戏,如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上,圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h=1.25 m,M为圆盘边缘上的一点。某时刻,参赛者从跑道上P点水平向右跳出,初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0=4 m,圆盘半径R=2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
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(1)求参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t;
答案: 0.5 s
解析:参赛者从P点跳出后做平抛运动,其在竖直方向做自由落体运动,有h=gt2
解得参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t=0.5 s。
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(2)参赛者要能落在圆盘上,求v0的最小值;
答案:4 m/s
解析:参赛者在水平方向做匀速运动,当满足x0-R=v0t时,v0最小,
解得v0=4 m/s。
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(3)若参赛者从P点跳出的同时,圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动,要使参赛者落到M点,求圆盘转动的角速度ω。
答案:2nπ rad/s(n=1,2,3,…)
解析:根据题意得ωt=nπ(n=1,2,3,…)
解得ω=2nπ rad/s(n=1,2,3,…)。
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4课时跟踪检测(六) 圆周运动
(选择题1～8小题，每小题4分；10～11小题，每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1．做匀速圆周运动的物体，其速度( )
A．大小不变 B．方向不变
C．大小、方向都不变 D．大小、方向都变化
2．做匀速圆周运动的物体，2 s内转过的角度为360°，则物体的角速度为多大( )
A．π rad/s B．2π rad/s
C．4π rad/s D．6π rad/s
3．如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．a球的线速度比b球的线速度大
B．a球的角速度比b球的角速度小
C．a球的线速度与b球的线速度大小相等
D．a球的角速度与b球的角速度大小相等
4．卫星发射时，可利用其随地球自转的速度，达到节省燃料的目的。仅从该角度考虑，卫星发射场的位置应建在( )
A．靠近南极 B．赤道附近
C．靠近北极 D．地面任意处
5.手摇卷笔刀如图所示，该卷笔刀的工作原理是内部切削部件与外部摇杆一起同轴旋转，外部摇杆上的A点到水平转轴上的O点的长度为L，O、A连线与转轴垂直。若该外部摇杆在时间t内匀速转动了N圈，则A点的线速度大小为( )
A. B.
C. D.
6．闹钟是带有闹时装置的钟，既能指示时间，又能按人们预定的时刻发出音响信号或其他信号。如图所示，机械式闹钟中的三个齿轮的半径之比为1∶3∶5，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的M点和大齿轮边缘的N点的线速度大小之比和角速度之比分别为( )
A．1∶1 1∶5 B．1∶1 5∶1
C．5∶1 1∶5 D．5∶1 5∶1
7．(2024·山东德州高一阶段练习)死飞自行车，指后轮的齿轮与后轮直接用螺栓固接(不像普通自行车，后轮齿轮与后轮是通过棘轮棘爪连接，普通自行车反向踩脚踏板时后轮不受力)的自行车。如图所示为死飞自行车的脚踏及后轮，若链条连接的前轮齿数为36个，连接的后轮齿数为10个，则前后轮角速度之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．3.6∶1 D．1∶3.6
8．(2024·湖北武汉高一期末)在机床、汽车等机器或设备中通常会使用一种叫作蜗杆传动的装置，如图所示。这种装置由蜗杆和蜗轮组成，从外形上看，蜗杆类似螺栓，蜗轮则很像斜齿圆柱齿轮。工作时，一般以蜗杆为主动件，当蜗杆旋转时，会带动蜗轮轮齿沿着蜗杆的螺旋面转动，蜗杆每旋转一圈，蜗轮轮齿会转动一格，若螺距为d＝1.6π mm的蜗杆以每秒20圈的转速旋转，则半径为r＝32 mm的蜗轮将获得的转速是( )
A．30 r/min B．120 r/min
C．1 200 r/min D．48 000 r/min
9．(12分)如图所示，直径为0.5 m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度大小为 m/s，求：
(1)地球仪转动的角速度和周期；
(2)地球仪上A点的线速度大小。
B级——选考进阶
10.如图所示，光滑的水平圆盘固定在水平面上，中心O点固定一竖直光滑细杆，光滑圆环套在细杆上，细绳的一端连接圆环，另一端连接小物块(可视为质点)。物块绕O点逆时针转动，经时间t，物块由A点转到B点，OA与OB垂直。则物块转动的角速度可能为( )
A. B.
C. D.
11.如图变速自行车有3个链轮和6个飞轮，链轮和飞轮的齿数如表所示。假设踏板的转速不变，通过选择不同的链轮和飞轮，该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为( )
名称 链轮 飞轮
齿数 48 38 28 14 16 18 22 24 28
A．12∶7 B．2∶1
C．24∶7 D．16∶5
12．(14分)冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h＝1.25 m，M为圆盘边缘上的一点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右跳出，初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0＝4 m，圆盘半径R＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t；
(2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；
(3)若参赛者从P点跳出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使参赛者落到M点，求圆盘转动的角速度ω。
课时跟踪检测(六)
1．选A 做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，方向时刻发生变化，故A正确，B、C、D错误。
2．选A 根据角速度的定义得ω＝ rad/s＝π rad/s，故A正确，B、C、D错误。
3．选D 两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，转动一圈的时间相等，即周期相同，故角速度大小相等，故B错误，D正确；由于a球的转动半径较小，角速度相同，根据v＝ωr，可知a球的线速度比b球的线速度小，故A、C错误。
4．选B 题目要求充分利用地球自转的速度，因为地球上各点自转的角速度是一样的，由v＝ωr可知，要使卫星发射时发射场所在地的自转线速度最大，则该地点的自转半径最大，而自转半径最大处在赤道即纬度最低的地方，故卫星发射场的位置应建在赤道附近，故B正确，A、C、D错误。
5．选C 由题可知A点的角速度ω＝，则A点的线速度大小为v＝ωL＝，故选C。
6．选B 根据题意可知，M点和N点属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则线速度大小之比为1∶1，根据v＝ωr，可知ω＝，则＝＝，故A、C、D错误，B正确。
7．选D 前后轮的齿数之比等于半径之比，则前后轮的半径之比为r1∶r2＝36∶10＝3.6∶1，前后轮边缘的线速度大小相等，根据v＝ωr，可得前后轮角速度之比为ω1∶ω2＝r2∶r1＝1∶3.6，故选D。
8．选A 设蜗轮的转速大小为n，则由题意可知20d＝2πrn，解得n＝0.5 r/s＝30 r/min，故选A。
9．解析：(1)B点做圆周运动的半径为RB＝Rcos 60°＝0.125 m，
由vB＝ωRB，得出地球仪转动的角速度
ω＝π rad/s，
又由ω＝ ，得出地球仪转动的周期T＝2 s。
(2)地球仪上A点的线速度大小为
vA＝ωRA＝ m/s。
答案：(1)π rad/s 2 s (2) m/s
10．选B 物块由A点转到B点，转过的角度为θ＝2nπ＋(n＝0,1,2,3，…)，所以物块转动的角速度为ω＝＝(n＝0,1,2,3，…)，当n＝2时ω＝，故选B。
11．选C 设踏板的角速度为ω，链轮的半径为r1，飞轮的半径为r2，车轮的半径为R，则飞轮的角速度为ω飞＝＝＝，可知自行车行驶的速度大小为v自＝ω飞R＝R。由于半径与齿数成正比，则自行车行驶的最小速度为v自min＝R，自行车行驶的最大速度为v自max＝R，该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为＝·＝×＝。
12．解析：(1)参赛者从P点跳出后做平抛运动，其在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2
解得参赛者从P点跳出至落到圆盘上经历的时间t＝0.5 s。
(2)参赛者在水平方向做匀速运动，当满足x0－R＝v0t时，v0最小，解得v0＝4 m/s。
(3)根据题意得ωt＝nπ(n＝1,2,3，…)
解得ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)0.5 s (2)4 m/s (3)2nπ rad/s(n＝1,2,3，…)
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