第1节 匀速圆周运动快慢的描述
(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.了解描述圆周运动的线速度、角速度等物理量,解决简单的实际问题。2.能够将实际情境中的圆周运动转化为圆周运动模型进行分析、解决问题。3.能够根据实际情况提出可探究的问题,设计方案验证规律,得出关系。
选考层级 1.理解圆周运动的线速度、角速度等物理量的关系,综合应用规律解决问题。2.借助圆周运动的规律对综合性物理问题进行分析和推理。3.有学习和研究圆周运动规律的内在动机,在实际问题中坚持实事求是的态度。
逐点清(一) 描述圆周运动的物理量及其关系
[多维度理解]
1．匀速圆周运动：在任意相等时间内通过的________都相等的圆周运动。
2．线速度
(1)定义：做匀速圆周运动的物体通过的______与所用________之比。
(2)大小：v＝，国际单位为________。
(3)方向：圆周运动线速度的方向总是沿圆周的________方向，与半径方向垂直。
(4)物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢。
3．角速度
(1)定义：做匀速圆周运动的物体，连接物体和圆心的半径转过的______和所用时间t之比。
(2)公式：ω＝，国际单位是__________，符号________。
(3)物理意义：描述质点绕圆心转动快慢的物理量。
4．周期、频率和转速
(1)周期：周期性运动每重复______所需要的时间，用符号T表示，国际单位是s。
(2)频率：在一段时间内，运动重复的________与这段时间之比，f＝，单位是Hz。
(3)转速：物体一段时间内转过的______与这段时间之比，常用符号n表示，单位r/min或r/s。
5．线速度、角速度和周期的关系
(1)线速度和角速度关系：v＝______。
(2)线速度和周期的关系：v＝______。
(3)角速度和周期的关系：ω＝______。
[微点拨]
1．描述圆周运动的各物理量间的关系
2．v、ω及r间的关系
(1)由v＝rω知，r一定时，v∝ω；ω一定时，v∝r。v与ω、r间的关系如图甲、乙所示。
(2)由ω＝知，v一定时，ω∝，ω与、r间的关系如图丙、丁所示。
[全方位练明]
1．判断下列说法是否正确。
(1)做圆周运动的物体，其速度一定是变化的。( )
(2)物体做匀速圆周运动时，则该物体的角速度是不变的。( )
(3)圆周运动线速度公式v＝中的Δs表示位移。( )
(4)做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等。( )
(5)角速度大时，线速度一定大。( )
2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A．线速度越大，周期一定越小
B．角速度越大，周期一定越小
C．转速越小，周期一定越小
D．圆周半径越小，周期一定越小
3．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，下列说法中不正确的是( )
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．运动轨迹的半径约为1.27 m
D．频率为0.5 Hz
逐点清(二) 三种常见的传动装置
[多维度理解]
1．同轴转动
同轴转动：各点绕同一轴转动 图示
相同量 角速度ωA＝ωB
周期TA＝TB
不同量 线速度＝
2．皮带传动
皮带传动：两轮用皮带连接 图示
相同量 边缘点线速度的大小vA＝vB
不同量 角速度＝周期＝
3.齿轮传动
齿轮传动：两齿轮啮合传动 图示
相同量 边缘点线速度的大小vA＝vB
不同量 角速度＝周期＝
[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：
[思维建模]
传动装置的特点
(1)绕同轴转动的点具有共同的角速度、转速、周期，各点线速度v＝rω，即v∝r。
(2)皮带传动，边缘各点具有大小相等的线速度，而角速度ω＝，即ω∝。
(3)齿轮传动与皮带传动具有共同的特点。
[全方位练明]
1.如图所示是一个玩具陀螺，a、b、c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 ( )
A．a、b、c三点的线速度大小相等
B．a、b、c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的角速度大
D．c的线速度比a、b的线速度大
2．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
逐点清(三) 匀速圆周运动的多解问题
[多维度理解]
1．多解性分析
(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：根据两物体运动的时间相等建立等式，求解待求物理量。
2．处理技巧分析
(1)抓住联系点：明确题中两个物体的运动性质，抓住两个运动的联系点——时间相等。
(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。
(3)分析时注意两个运动是独立的，互不影响。
[典例] 如图所示，半径为R的圆板做匀速转动，当半径OB转到某一方向时，在圆板中心正上方高h处，以平行于OB方向水平抛出一小球。要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的角速度ω。
尝试解答：
[变式拓展] 对应[典例]中的情境，如果要求小球刚好落在半径OB的中点，求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的最大周期。
[思维建模]
解答有关圆周运动的问题时，常出现的错误是没有考虑到圆周运动的周期性而漏解。因此，在解答此类问题时，要特别注意可能会出现的符合题意的多种情况。
[全方位练明]
1.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点等高，且距离P点的距离为L。当飞镖以初速度v0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，角速度大小为ω。忽略空气阻力，若飞镖恰好击中P点，则v0可能为( )
A. B.
C. D.
2．如图所示，某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm。P、Q转动的线速度大小相同，都是4π m/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为( )
A．0.56 s B．0.28 s
C．0.16 s D．0.07 s
3．如图所示，用薄纸做成的圆筒，直径为D，竖直放置，绕圆筒轴线OO′以角速度ω0逆时针匀速运动。一玩具手枪发出的子弹，沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响)，沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变)，结果在圆筒上只留下子弹的一个洞痕，求子弹的速度。
第1节 匀速圆周运动快慢的描述
逐点清(一)
[多维度理解]
1．弧长 2.(1)弧长s 时间t (2)m/s (3)切线
3．(1)角度φ (2)弧度每秒 rad/s 4.(1)一次 (2)次数 (3)圈数 5.(1)rω (2) (3)
[全方位练明]
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)×
2．选B 匀速圆周运动的周期T＝，可知线速度大，周期不一定小，周期的大小还与半径有关，A错误；周期T＝，可知角速度越大，周期越小，B正确；转速n越小，质点做匀速圆周运动的频率f越小，由T＝可知周期越大，C错误；由周期T＝，可知半径小，周期不一定小，周期的大小还与线速度有关，D错误。
3．选A 由题意知v＝4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系可知ω＝＝π rad/s≈3.14 rad/s，故A项错误；由线速度与角速度的关系v＝ωr得r＝＝ m≈1.27 m，故C项正确；由v＝2πnr得转速n＝＝ r/s＝0.5 r/s，故B项正确；又由频率与周期的关系得f＝＝0.5 Hz，故D项正确。
逐点清(二)
[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，改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接，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B a、b、c属于同轴转动，a、b、c三点的角速度相同，由v＝ωr得va＝vb＞vc，B正确。
2．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。
逐点清(三)
[典例] 解析：小球从h高处抛出后，做平抛运动的下落时间t＝ 。小球在水平方向运动的距离R＝v0t，得v0＝＝，圆板在时间t内应转动n转，所以ω＝＝ (n＝1,2,3，…)。
答案： (n＝1,2,3，…)
[变式拓展] 解析：小球刚好落在半径OB的中点，则有：R＝v0t，解得v0＝，圆板转动的最大周期Tmax＝ 。
答案：
[全方位练明]
1．选C 飞镖水平抛出后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，因此运动时间t＝。若飞镖恰好击中P点，则P点恰好转到圆盘最下方，故P点转过的角度θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，联立解得v0＝(k＝0,1，2，…)，当k＝0时，v0＝，当k＝1时，v0＝，当k＝2时，v0＝，C正确。
2．选A P的周期TP＝＝ s＝0.14 s，Q的周期TQ＝＝ s＝0.08 s，设Q在相邻两次接收到信号的时间内，P转动n1圈，Q转动n2圈，则n1TP＝n2TQ，由于n1与n2为正整数，则当n1＝4、n2＝7时，相邻两次接收到信号所用时间最短，最短时间tmin＝0.14×4 s＝0.56 s，A正确。
3．解析：由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕，考虑匀速圆周运动的周期性，故有π＋2nπ＝ω0t (n＝0,1,2,3，…)
解得t＝ (n＝0,1,2,3，…)
所以v＝＝ (n＝0,1,2,3，…)。
答案： (n＝0,1,2,3，…)
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匀速圆周运动快慢的描述
(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.了解描述圆周运动的线速度、角速度等物理量,解决简单的实际问题。
2.能够将实际情境中的圆周运动转化为圆周运动模型进行分析、解决问题。
3.能够根据实际情况提出可探究的问题,设计方案验证规律,得出关系。
选考层级 1.理解圆周运动的线速度、角速度等物理量的关系,综合应用规律解决问题。
2.借助圆周运动的规律对综合性物理问题进行分析和推理。
3.有学习和研究圆周运动规律的内在动机,在实际问题中坚持实事求是的态度。
1
逐点清(一) 描述圆周运动的物理量及其关系
2
逐点清(二) 三种常见的传动装置
3
逐点清(三) 匀速圆周运动的多解问题
4
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
逐点清(一) 描述圆周运动的物理量及其关系
1.匀速圆周运动:在任意相等时间内通过的_____都相等的圆周运动。
2.线速度
(1)定义:做匀速圆周运动的物体通过的______与所用______之比。
(2)大小:v=,国际单位为_____。
(3)方向:圆周运动线速度的方向总是沿圆周的______方向,与半径方向垂直。
(4)物理意义:描述质点沿圆周运动的快慢。
多维度理解
弧长
弧长s
时间t
m/s
切线
3.角速度
(1)定义:做匀速圆周运动的物体,连接物体和圆心的半径转过的_______和所用时间t之比。
(2)公式:ω=,国际单位是__________,符号______。
(3)物理意义:描述质点绕圆心转动快慢的物理量。
角度φ
弧度每秒
rad/s
4.周期、频率和转速
(1)周期:周期性运动每重复_____所需要的时间,用符号T表示,国际单位是s。
(2)频率:在一段时间内,运动重复的_____与这段时间之比,f=,单位是Hz。
(3)转速:物体一段时间内转过的______与这段时间之比,常用符号n表示,单位r/min或r/s。
一次
次数
圈数
5.线速度、角速度和周期的关系
(1)线速度和角速度关系:v=____。
(2)线速度和周期的关系:v=______。
(3)角速度和周期的关系:ω=______。
rω
[微点拨]
1.描述圆周运动的各物理量间的关系
2.v、ω及r间的关系
(1)由v=rω知,r一定时,v∝ω;ω一定时,v∝r。v与ω、r间的关系如图甲、乙所示。
(2)由ω=知,v一定时,ω∝,ω与、r间的关系如图丙、丁所示。
1.判断下列说法是否正确。
(1)做圆周运动的物体,其速度一定是变化的。 ( )
(2)物体做匀速圆周运动时,则该物体的角速度是不变的。 ( )
(3)圆周运动线速度公式v=中的Δs表示位移。 ( )
(4)做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等。 ( )
(5)角速度大时,线速度一定大。 ( )
全方位练明
√
√
×
√
×
2.质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是 ( )
A.线速度越大,周期一定越小
B.角速度越大,周期一定越小
C.转速越小,周期一定越小
D.圆周半径越小,周期一定越小
√
解析:匀速圆周运动的周期T=,可知线速度大,周期不一定小,周期的大小还与半径有关,A错误;周期T=,可知角速度越大,周期越小,B正确;转速n越小,质点做匀速圆周运动的频率f越小,由T=可知周期越大,C错误;由周期T=,可知半径小,周期不一定小,周期的大小还与线速度有关,D错误。
3.一质点做匀速圆周运动,其线速度大小为4 m/s,转动周期为2 s,下列说法中不正确的是 ( )
A.角速度为0.5 rad/s
B.转速为0.5 r/s
C.运动轨迹的半径约为1.27 m
D.频率为0.5 Hz
√
解析:由题意知v=4 m/s,T=2 s,根据角速度与周期的关系可知ω==π rad/s≈3.14 rad/s,故A项错误;由线速度与角速度的关系v=ωr得r== m≈1.27 m,故C项正确;由v=2πnr得转速n== r/s=0.5 r/s,故B项正确;又由频率与周期的关系得f==0.5 Hz,故D项正确。
逐点清(二) 三种常见的
传动装置
1.同轴转动
多维度理解
同轴转动:各点绕同一轴转动 图示
相同量 角速度ωA=ωB 周期TA=TB
不同量 线速度=
2.皮带传动
皮带传动:两轮用皮带连接 图示
相同量 边缘点线速度的大小vA=vB
不同量 角速度= 周期=
3.齿轮传动
齿轮传动:两齿轮啮合传动 图示
相同量 边缘点线速度的大小vA=vB
不同量 角速度= 周期=
[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,改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接,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。
[思维建模]
传动装置的特点
(1)绕同轴转动的点具有共同的角速度、转速、周期,各点线速度v=rω,即v∝r。
(2)皮带传动,边缘各点具有大小相等的线速度,而角速度ω=,即ω∝。
(3)齿轮传动与皮带传动具有共同的特点。
1.如图所示是一个玩具陀螺,a、b、c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时,下列表述正确的是 ( )
A.a、b、c三点的线速度大小相等
B.a、b、c三点的角速度相等
C.a、b的角速度比c的角速度大
D.c的线速度比a、b的线速度大
全方位练明
√
解析:a、b、c属于同轴转动,a、b、c三点的角速度相同,由v=ωr得va=vb>vc,B正确。
2.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
√
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。
逐点清(三) 匀速圆周运动的多解问题
1.多解性分析
(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:根据两物体运动的时间相等建立等式,求解待求物理量。
多维度理解
2.处理技巧分析
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,抓住两个运动的联系点——时间相等。
(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。
(3)分析时注意两个运动是独立的,互不影响。
[典例] 如图所示,半径为R的圆板做匀速转动,当半径OB转到某一方向时,在圆板中心正上方高h处,以平行于OB方向水平抛出一小球。要使小球与圆板只碰撞一次,且落点为B,求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的角速度ω。
[答案] (n=1,2,3,…)
[解析] 小球从h高处抛出后,做平抛运动的下落时间t=。小球在水平方向运动的距离R=v0t,得v0==,圆板在时间t内应转动n转,所以ω== (n=1,2,3,…)。
[变式拓展] 对应[典例]中的情境,如果要求小球刚好落在半径OB的中点,求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的最大周期。
答案:
解析:小球刚好落在半径OB的中点,则有:R=v0t,
解得v0=,
圆板转动的最大周期Tmax=。
[思维建模]
解答有关圆周运动的问题时,常出现的错误是没有考虑到圆周运动的周期性而漏解。因此,在解答此类问题时,要特别注意可能会出现的符合题意的多种情况。
1.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点等高,且距离P点
的距离为L。当飞镖以初速度v0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,角速度大小为ω。忽略空气阻力,若飞镖恰好击中P点,则v0可能为 ( )
A. B. C. D.
全方位练明
√
解析:飞镖水平抛出后做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,因此运动时间t=。若飞镖恰好击中P点,则P点恰好转到圆盘最下方,故P点转过的角度θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2,…),联立解得v0=(k=0,1,2,…),当k=0时,v0=,当k=1时,v0=,当k=2时,v0=,C正确。
2.如图所示,某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B,A盘上固定一个信号发射装置P,能持续沿半径向外发射红外线,P到圆心的距离为28 cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q,Q到圆心的距离为16 cm。P、Q转动的线速度大小相同,都是4π m/s。当P、Q正对时,P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口,则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号,这个时间的最小值应为 ( )
A.0.56 s B.0.28 s
C.0.16 s D.0.07 s
解析:P的周期TP== s=0.14 s,Q的周期TQ== s=0.08 s,设Q在相邻两次接收到信号的时间内,P转动n1圈,Q转动n2圈,则n1TP=n2TQ,由于n1与n2为正整数,则当n1=4、n2=7时,相邻两次接收到信号所用时间最短,最短时间tmin=0.14×4 s=0.56 s,A正确。
√
3.如图所示,用薄纸做成的圆筒,直径为D,竖直放置,绕圆筒轴线OO'以角速度ω0逆时针匀速运动。一玩具手枪发出的子弹,沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响),沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变),结果在圆筒上只留下子弹的一个洞痕,求子弹的速度。
答案: (n=0,1,2,3,…)
解析:由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕,考虑匀速圆周运动的周期性,故有π+2nπ=ω0t (n=0,1,2,3,…)
解得t= (n=0,1,2,3,…)
所以v== (n=0,1,2,3,…)。
课时跟踪检测
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A级——学考达标
1.关于匀速圆周运动的物理量,说法正确的是( )
A.半径一定时,线速度与角速度成正比
B.周期一定时,线速度与角速度成正比
C.线速度一定时,角速度与半径成正比
D.角速度一定时,线速度与半径成反比
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解析:根据公式v=ωr,当半径一定时,角速度与线速度成正比,周期一定时,由ω=,知角速度一定,A正确,B错误;根据公式v=ωr,线速度一定,角速度与半径成反比,C错误;根据公式v=ωr,角速度一定,线速度与半径成正比,D错误。
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2.(2023·浙江1月学考)如图所示,A、B是电风扇叶片上的两点。电风扇工作时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
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解析:由题图可知A、B是电风扇叶片上的两点,同轴转动,则角速度相等,即ωA=ωB,根据v=rω,rA>rB,可知vA>vB,选项C正确。
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3.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.
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解析:角速度ω=,则A点的线速度大小为v=ωL=,故选C。
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4.如图所示为一电脑CPU的散热风扇,O点在风扇上表面,叶片围绕O点所在转轴转动,可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点,a、b两点到O点距离相等,当风扇转速稳定在 1 800 r/min时,下列说法正确的是 ( )
A.a点转动的周期约为0.3 s
B.b点转动的角速度约为18.8 rad/s
C.a、b两点转动的线速度一定不同
D.a、b两点转动的角速度一定不同
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解析:由题意得转速n=30 r/s,a点转动的周期等于风扇转动的周期,故T== s≈0.03 s,故A错误;b点转动的角速度为ω=≈188 rad/s,故B错误;a、b两点同轴转动,角速度一定相同,线速度是矢量,有大小和方向,因为a、b两点到O点距离相等,线速度方向沿轨迹切线方向,则线速度的方向一定不同,故C正确,D错误。
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5.无级变速是自动挡车型变速箱中的一种,
通过无级变速可以得到传动系统与发动机工况
的最佳匹配,其中一种变速结构的简图如图所示,
从动轮B一侧与圆台侧面紧密接触,发动机带动圆
台A转动,从动轮在静摩擦力作用下一起转动,将动力提供给车轮。若B直径为2 cm,与直径为60 cm的轮胎共轴,圆台A两底面的直径分别为2 cm和6 cm,π取3.14,则该汽车在圆台A转速恒为600 r/min的情况下的速度v的范围最接近 ( )
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A.10 m/sC.20 m/s解析:圆台A线速度为v=2πnr,B轮一侧与圆台A接触,接触点线速度相同,B轮与车轮共轴,角速度相同,线速度之比与半径之比相同,则汽车速度 v汽=60πnr,由于1 cm≤r≤3 cm,解得速度范围为18.84 m/s≤v汽≤56.52 m/s,故选B。
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6.在我国古代就广泛运用了齿轮传动装置,我国古代的指南车便是利用了齿轮来指引方向,指南车某部分结构如图所示,在三个齿轮的边缘上分别取1、2和3三点,齿轮B和齿轮C在同一转动轴上,已知齿轮B的半径r2大于齿轮A的半径r1大于齿轮C的半径r3,则 ( )
A.1和3的线速度:v1B.1和2的角速度:ω1<ω2
C.1和3的周期:T1D.2和3的周期:T2>T3
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解析:齿轮A与齿轮B边缘点的线速度相等,故v1=v2,根据v=ωr得,v2>v3,所以v1>v3,A错误;根据v=ωr得,ω1>ω2,B错误;因为ω2=ω3,所以ω1>ω3,根据T=得,T12
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7.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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8.(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示。现玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是 ( )
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A.P、Q的线速度相同
B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C.P点的线速度大小约为1.6 m/s
D.摇把的转速约为40 r/min
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解析:由于线速度的方向沿曲线的切线方向,由题图可知,P、Q两点的线速度的方向一定不同,故A错误;若主动轮做顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,所以从动轮做逆时针转动,所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反,故B正确;玻璃盘的直径是30 cm,转速是100 r/min,所以线速度v=ωr=2nπr=2××π× m/s=0.5π m/s≈1.6 m/s,故C正确;从动轮边缘的线速度vc=ωrc=2××π×0.02 m/s=π m/s,由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等,即vz=vc,所以主动轮的转速nz=== r/s=25 r/min,故D错误。
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9.(10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点的线速度为 m/s,求:
(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=R·cos 60°=×0.5× m=0.125 m,
且vB=ω·RB,得出角速度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。
答案: m/s
解析:A点的线速度为vA=ω·RA,得出vA= m/s。
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B级——选考进阶
10.(多选)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某水车模型,从槽口水平流出的水初速度大小为v0,垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上,落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下,轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小,忽略空气阻力,有关水车及从槽口流出的水,以下说法正确的是( )
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A.水流在空中运动时间为t=
B.水流在空中运动时间为t=
C.水车最大角速度接近ω=
D.水车最大角速度接近ω=
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解析:水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上,其水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°=,解得t=,故B正确,A错误;水流到水轮叶面上时的速度大小为v==2v0,根据v=ωR,解得ω=,故C正确,D错误。
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11.(2023·上海闵行高一检测)一个半径为R的纸质
小圆筒,绕其中心轴O匀速转动,角速度为ω。一粒子弹
沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高
速穿出,如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ,则子弹的
最大速度v大约为 ( )
A.ωR B.
C. D.
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解析:子弹穿过两个弹孔所需的时间为t=,若子弹从B点飞出,则纸筒需要转过的最小角度为(π-θ),当纸筒转过的角度最小时,纸筒转动的时间最短,对应的子弹速度最大,此时纸筒转动的时间为t=,联立可得=,解得v=,故选D。
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12.(16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为圆盘边缘上一点。某时刻,参赛者从跑道上P点水平向右跳出,初速度v0的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心O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点跳出到落在圆盘上经历的时间t;
答案:0.5 s
解析:根据h=gt2
解得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:根据x0-R=v0t
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(十四) 匀速圆周运动快慢的描述
(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．关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是( )
A．半径一定时，线速度与角速度成正比
B．周期一定时，线速度与角速度成正比
C．线速度一定时，角速度与半径成正比
D．角速度一定时，线速度与半径成反比
2.(2023·浙江1月学考)如图所示，A、B是电风扇叶片上的两点。电风扇工作时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．vA＜vB
3.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.
4.如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1 800 r/min时，下列说法正确的是( )
A．a点转动的周期约为0.3 s
B．b点转动的角速度约为18.8 rad/s
C．a、b两点转动的线速度一定不同
D．a、b两点转动的角速度一定不同
5.无级变速是自动挡车型变速箱中的一种，通过无级变速可以得到传动系统与发动机工况的最佳匹配，其中一种变速结构的简图如图所示，从动轮B一侧与圆台侧面紧密接触，发动机带动圆台A转动，从动轮在静摩擦力作用下一起转动，将动力提供给车轮。若B直径为2 cm，与直径为60 cm的轮胎共轴，圆台A两底面的直径分别为2 cm和6 cm，π取3.14，则该汽车在圆台A转速恒为600 r/min的情况下的速度v的范围最接近( )
A．10 m/sC．20 m/s6．在我国古代就广泛运用了齿轮传动装置，我国古代的指南车便是利用了齿轮来指引方向，指南车某部分结构如图所示，在三个齿轮的边缘上分别取1、2和3三点，齿轮B和齿轮C在同一转动轴上，已知齿轮B的半径r2大于齿轮A的半径r1大于齿轮C的半径r3，则( )
A．1和3的线速度：v1＜v3
B．1和2的角速度：ω1＜ω2
C．1和3的周期：T1＜T3
D．2和3的周期：T2＞T3
7.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.
8．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示。现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )
A．P、Q的线速度相同
B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C．P点的线速度大小约为1.6 m/s
D．摇把的转速约为40 r/min
9．(10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。
B级——选考进阶
10．(多选)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是( )
A．水流在空中运动时间为t＝
B．水流在空中运动时间为t＝
C．水车最大角速度接近ω＝
D．水车最大角速度接近ω＝
11．(2023·上海闵行高一检测)一个半径为R的纸质小圆筒，绕其中心轴O匀速转动，角速度为ω。一粒子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出，如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ，则子弹的最大速度v大约为( )
A．ωR B.
C. D.
12．(16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为圆盘边缘上一点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右跳出，初速度v0的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心O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点跳出到落在圆盘上经历的时间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(十四)
1．选A 根据公式v＝ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω＝，知角速度一定，A正确，B错误；根据公式v＝ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式v＝ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误。
2．选C 由题图可知A、B是电风扇叶片上的两点，同轴转动，则角速度相等，即ωA＝ωB，根据v＝rω，rA>rB，可知vA>vB，选项C正确。
3．选C 角速度ω＝，则A点的线速度大小为v＝ωL＝，故选C。
4．选C 由题意得转速n＝30 r/s，a点转动的周期等于风扇转动的周期，故T＝＝ s≈0.03 s，故A错误；b点转动的角速度为ω＝≈188 rad/s，故B错误；a、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度是矢量，有大小和方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度方向沿轨迹切线方向，则线速度的方向一定不同，故C正确，D错误。
5．选B 圆台A线速度为v＝2πnr，B轮一侧与圆台A接触，接触点线速度相同，B轮与车轮共轴，角速度相同，线速度之比与半径之比相同，则汽车速度v汽＝60πnr，由于1 cm≤r≤3 cm，解得速度范围为18.84 m/s≤v汽≤56.52 m/s，故选B。
6．选C 齿轮A与齿轮B边缘点的线速度相等，故v1＝v2，根据v＝ωr得，v2>v3，所以v1>v3，A错误；根据v＝ωr得，ω1>ω2，B错误；因为ω2＝ω3，所以ω1>ω3，根据T＝得，T17．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。
8．选BC 由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，故D错误。
9．解析：(1) B点做圆周运动的半径为
RB＝R·cos 60°＝×0.5× m＝0.125 m，
且vB＝ω·RB，得出角速度ω＝π rad/s。
又由ω＝ ，得出地球仪转动的周期T＝2 s。
(2)A点的线速度为vA＝ω·RA，得出vA＝ m/s。
答案：(1)π rad/s 2 s (2) m/s
10．选BC 水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，其水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°＝，解得t＝，故B正确，A错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝，故C正确，D错误。
11．选D 子弹穿过两个弹孔所需的时间为t＝，若子弹从B点飞出，则纸筒需要转过的最小角度为(π－θ)，当纸筒转过的角度最小时，纸筒转动的时间最短，对应的子弹速度最大，此时纸筒转动的时间为t＝，联立可得＝，解得v＝，故选D。
12．解析：(1)根据h＝gt2，解得t＝0.5 s。
(2)根据x0－R＝v0t，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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