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专题强化3　圆周运动的传动问题和周期性问题
(分值：100分)
1~6题每题8分，共48分
1.(2023·揭阳市高一期末)如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　)
A.ωP<ωQ，vPC.ωP=ωQ，vPvQ
2.如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1=24，从动轮的齿数z2=8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的转动情况是(　　)
A.顺时针转动，周期为
B.逆时针转动，周期为
C.顺时针转动，周期为
D.逆时针转动，周期为
3.如图为某一皮带传动装置，主动轮M的半径为r1，从动轮N的半径为r2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，传动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是(　　)
A.从动轮做顺时针转动
B.从动轮的角速度为
C.从动轮边缘线速度大小为n1
D.从动轮的转速为n1
4.(2023·清远市高一月考)如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3。若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为(　　)
A. B. C. D.
5.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮，若自行车前进的速度为v，则牙盘的周期为(　　)
A. B. C.v D.v
6.(2023·河源市高一期中)如图甲所示是修正带通过两个齿轮的相互咬合进行工作，其原理可简化为图乙所示。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，两轮中心到A、C两点的距离相等，则A、B、C三点(　　)
A.线速度大小之比是2∶2∶1
B.角速度之比是1∶1∶1
C.转速之比是2∶2∶1
D.转动周期之比是2∶1∶1
7~9题每题9分，10题14分，共41分
7.(2023·广州市高一期中)图甲为小明的磁带盒，可简化为如图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r。小明现在进行倒带，使磁带全部绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。倒带结束后，小明再以正常速度放音，直到磁带全部播放完，则下列说法正确的是(　　)
A.倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为1∶3
B.倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为3∶1
C.倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度不变
D.倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度变小
8.无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，如图所示为一种“滚轮-平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是(　　)
A.n2=n1 B.n1=n2
C.n2=n1 D.n2=n1
9.子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。OA、OB之间的夹角θ=，已知圆筒半径R=0.5 m，子弹始终以v0=60 m/s的速度沿水平方向运动(不考虑重力的作用及圆筒对子弹的作用)，则圆筒的转速可能是(　　)
A.20 r/s B.60 r/s
C.100 r/s D.140 r/s
10.(14分)(2023·中山市高一月考)如图所示，按顺时针方向在竖直平面内做匀速转动的轮子边缘上有一点A。当A通过与圆心等高的a点时，有一质点B从圆心O开始做自由落体运动，已知圆的半径为R，重力加速度为g，求：
(1)(7分)轮子的角速度ω满足什么条件时，点A才能与B相遇？
(2)(7分)轮子的角速度ω'满足什么条件时，点A与B的速度才会相同？
(11分)
11.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，如图所示，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(P、Q可视为质点)(　　)
A.0.56 s B.0.28 s C.0.16 s D.0.07 s
答案精析
1.C　[由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP=ωQ，同时由题图可知Q点到螺母的距离比较大，根据v=ωr可知Q点的线速度大，即vP2.B　[主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度大小相等，由齿数关系知，主动轮转一周时，从动轮转三周，则ω2=3ω，由ω=知，T从=，选项B正确，A、C、D错误。]
3.B　[因为主动轮做顺时针转动，从动轮靠皮带的摩擦力转动，所以从动轮做逆时针转动，故A错误；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘的线速度相等，根据v=n·2πr，得n2r2=n1r1，所以n2=，则从动轮的角速度ω2=2πn2=，故B正确，D错误；从动轮边缘线速度大小为v2=n2·2πr2=2n1πr1，故C错误。]
4.A　[甲、乙、丙三轮边缘的线速度相等，即v1=v2=v3
所以对甲、丙分析ω1r1=ω3r3
所以丙轮的角速度为ω3=，故选A。]
5.B　[由题意结合题图可知，飞轮和后轮具有相同的角速度，后轮的线速度大小为v，可得飞轮的角速度为ω2=ω3=，牙盘和飞轮靠链条传动，则牙盘和飞轮边缘的线速度大小相等，则牙盘的角速度ω1====，所以牙盘的周期T1==，故选B。]
6.A　[A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，可知vA=vB
根据v=ωr，rA=rB
可得ωA=2ωB
由于B、C两点都在大轮上，可知ωB=ωC
根据v=ωr，rB=2rC
可得vB=2vC
则A、B、C三点线速度大小之比为
vA∶vB∶vC=2∶2∶1
则A、B、C三点角速度之比为
ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故A正确，B错误；
根据ω=2πn，可知A、B、C三点转速之比为
nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故C错误；
根据T=
可知A、B、C三点周期之比为TA∶TB∶TC=1∶2∶2，故D错误。]
7.A　[由题意，在倒带结束时，磁带全部绕到了A轮上，磁带的外缘半径R=3r，而线速度v相等，则有ωAR=ωBr，解得==，故倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为1∶3，A正确，B错误；在A轮转动的过程中，角速度恒定，随着磁带的倒回，A轮的磁带边缘的半径变大，根据vA=ωrA可知，A轮的磁带边缘的线速度增大，C、D错误。]
8.A　[由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1=v2，由此可得x·2πn1=r·2πn2，可得n2=n1，故选A。]
9.C　[根据几何关系可得A与B之间的距离为R，在子弹飞行距离为R的时间内，圆筒转动的角度为θ'=(2n-)π(n=1，2，3…)，由θ'=ωt得t==(n=1，2，3…)。设圆筒的转速为N，由ω=2πN得时间t==(n=1，2，3…)，由题意知R=v0t，得N=20(6n-1) r/s(n=1，2，3…)，当n=1时，N=100 r/s，当n=2时，N=220 r/s，故选C。]
10.(1)ω=(n=0，1，2，3…)
(2)ω'=(n'=0，1，2，3…)
解析　(1)质点B运动到最低点d时才能与A点相遇，设质点B运动到d点的时间为t，根据自由落体运动得R=gt2
设A点做圆周运动的周期为T
则t=T(n=0，1，2，3…)
T=
解得ω=(n=0，1，2，3…)
(2)当A通过与圆心等高的c点时，点A与B的速度才会相同，
设所用时间为t'，根据题意得ω'R=gt'
t'=T'(n'=0，1，2，3…)
T'=
解得ω'=(n'=0，1，2，3…)。
11.A　[P的周期TP== s=0.14 s，Q的周期TQ== s=0.08 s，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56，所以经历的时间最小为0.56 s。故A正确，B、C、D错误。]专题强化3　圆周运动的传动问题和周期性问题
［学习目标］　1.熟练掌握描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系，掌握圆周运动中传动的特点(重点)。2.会分析圆周运动中多解的原因，掌握解决圆周运动中的多解问题的方法(难点)。
一、圆周运动的传动问题
1.如图所示，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是位于两个轮子边缘的点，两个轮子的半径分别是R和r，设转动过程中皮带与轮子之间不打滑，试求：
(1)A、B两点的线速度大小之比为　　　　；
(2)A、B两点的角速度之比为　　　　；
(3)A、B两点的周期之比为　　　　。
2.如图所示，A、B两点在同一个圆盘上，它们随圆盘转动的半径分别是r和R，试求：
(1)A、B两点的角速度之比为　　　　；
(2)A、B两点的周期之比为　　　　；
(3)A、B两点的线速度大小之比为　　　　。
1.皮带传动模型：在皮带不打滑的情况下，皮带和皮带连接的轮子边缘各点　　　　　　　　相等；不打滑的摩擦传动或齿轮传动的两轮边缘上各点的　　　　　　　　相等，而角速度ω=，与半径r成　　　　。
2.同轴转动模型：绕同一轴转动的各点 　、
　　　　和　　　　相等，而各点的线速度v=ωr，与半径r成　　　　。
例1　(多选)如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中(　　)
A.甲、乙两轮的角速度之比为3∶1
B.甲、乙两轮的周期之比为3∶1
C.甲、乙两轮边缘处的线速度大小之比为3∶1
D.甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1
例2　(2023·汕尾市高一月考)自行车传动结构的示意图如图所示，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，脚踏板的角速度为ω1，则自行车前进的速度大小为(　　)
A.·r1 B.·r2
C.·r3 D.ω1r3
二、圆周运动的周期性和多解问题
如图所示，直径为d的纸质圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒中心轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略子弹重力、圆筒的阻力及空气阻力。问：
(1)子弹做什么运动？圆筒做什么运动？
(2)为什么圆筒上只有一个弹孔？
(3)子弹与圆筒的运动时间有何关系？
(4)子弹的速度v应满足什么条件？
例3　(2023·东莞市高一期中)如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心O点做匀速圆周运动，圆盘中心O点正上方H处有一小球被水平抛出，此时半径OB恰好与小球初速度方向垂直，从上向下看圆盘沿顺时针转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球的初速度大小为R
B.小球的初速度大小为
C.圆盘的角速度大小可能为
D.圆盘的角速度大小可能为
例4　如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从入口A沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使球从B处飞出，重力加速度为g，则小球进入入口A处的速度v0的大小可能为(　　)
A.πR B.πR
C.πR D.πR
分析圆周运动周期性和多解问题的技巧
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——时间相等。
2.先特殊后一般：先考虑一个周期的情况，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。
答案精析
一、
1.(1)由于皮带不打滑，所以A和B在相等时间内通过的弧长相等，因而线速度大小相等，即vA∶vB=1∶1。
(2)根据v=ωr，有ωA∶ωB=r∶R。
(3)根据T=，有TA∶TB=R∶r。
2.(1)由于A、B同轴转动，相等时间内转过的角度相同，因而角速度相同，即ωA∶ωB=1∶1。
(2)根据T=，有TA∶TB=1∶1。
(3)根据v=ωr，有vA∶vB=r∶R。
提炼总结
1.线速度的大小　线速度大小　反比
2.角速度　转速　周期　正比
例1　AD　[两轮边缘处的线速度大小相等，故C错误；根据v=可知，弧长Δl=vΔt，故D正确；根据v=ωr可知ω=，又甲、乙两个轮子的半径之比r1∶r2=1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2=r2∶r1=3∶1，故A正确；周期T=，所以甲、乙两轮的周期之比T1∶T2=ω2∶ω1=1∶3，故B错误。]
例2　C　[大齿轮边缘的线速度为v1=ω1r1
小齿轮的角速度为ω2==
自行车前进的速度为后轮边缘的线速度v=r3ω2=，故选C。]
二、
(1)子弹做匀速直线运动，圆筒做匀速圆周运动。
(2)子弹进圆筒时打了一个孔，恰好从这个孔出去，在子弹穿过圆筒过程中，圆筒转过了半圈或整数圈加半圈。
(3)子弹穿过圆筒的时间与圆筒转过半圈或整数圈加半圆的时间相等。
(4)子弹穿过圆筒所用时间t=，圆筒转过的角度θ=2nπ+π(n=0，1，2…)，又ω=，可得v=(n=0，1，2…)。
例3　D　[由H=gt2可得小球下落的时间为t=，小球的初速度大小为v0==R，故A、B错误；在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ=2nπ+(n=0，1，2，3…)，所以圆盘的角速度大小为ω==(n=0，1，2，3…)，当n=0时，ω=，当n=1时，ω=，故C错误，D正确。]
例4　C　[小球在竖直方向的分运动是自由落体运动，则h=gt2，小球在水平方向的分运动是匀速圆周运动，则v0t=2nπR(n=1，2，3…)，联立解得v0=nπR(n=1，2，3…)，只有C项可能，故选C。](共44张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化3　圆周运动的传动问题
和周期性问题
1.熟练掌握描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系，掌握圆周运动中传动的特点(重点)。
2.会分析圆周运动中多解的原因，掌握解决圆周运动中的多解问题的方法(难点)。
学习目标
一、圆周运动的传动问题
二、圆周运动的周期性和多解问题
专题强化练
内容索引
圆周运动的传动问题
一
1.如图所示，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是位于两个轮子边缘的点，两个轮子的半径分别是R和r，设转动过程中皮带与轮子之间不打滑，试求：
(1)A、B两点的线速度大小之比为　　　　；
(2)A、B两点的角速度之比为　　　　；
(3)A、B两点的周期之比为　　　　。
答案　(1)由于皮带不打滑，所以A和B在相等时间内通过的弧长相等，因而线速度大小相等，即vA∶vB=1∶1。
(2)根据v=ωr，有ωA∶ωB=r∶R。
(3)根据T=，有TA∶TB=R∶r。
2.如图所示，A、B两点在同一个圆盘上，它们随圆盘转动的半径分别是r和R，试求：
(1)A、B两点的角速度之比为　　　　；
(2)A、B两点的周期之比为　　　　；
(3)A、B两点的线速度大小之比为　　　　。
答案　(1)由于A、B同轴转动，相等时间内转过的角度相同，因而角速度相同，即ωA∶ωB=1∶1。
(2)根据T=，有TA∶TB=1∶1。
(3)根据v=ωr，有vA∶vB=r∶R。
1.皮带传动模型：在皮带不打滑的情况下，皮带和皮带连接的轮子边缘各点 相等；不打滑的摩擦传动或齿轮传动的两轮边缘上各点的 相等，而角速度ω=，与半径r成 。
2.同轴转动模型：绕同一轴转动的各点 、 和 相等，而各点的线速度v=ωr，与半径r成 。
提炼·总结
线速度的大小
线速度大小
反比
角速度
转速
周期
正比
　(多选)如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中
A.甲、乙两轮的角速度之比为3∶1
B.甲、乙两轮的周期之比为3∶1
C.甲、乙两轮边缘处的线速度大小之比为3∶1
D.甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1
例1
√
√
两轮边缘处的线速度大小相等，故C错误；
根据v=可知，弧长Δl=vΔt，故D正确；
根据v=ωr可知ω=，又甲、乙两个轮子的半径之比r1∶r2
=1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2=r2∶r1=3∶1，故A正确；
周期T=，所以甲、乙两轮的周期之比T1∶T2=ω2∶ω1=1∶3，故B错误。
　(2023·汕尾市高一月考)自行车传动结构的示意图如图所示，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，脚踏板的角速度为ω1，则自行车前进的速度大小为
A.·r1 B.·r2
C.·r3 D.ω1r3
例2
√
大齿轮边缘的线速度为v1=ω1r1
小齿轮的角速度为ω2==
自行车前进的速度为后轮边缘的线速度v=r3ω2=，故选C。
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圆周运动的周期性和多解问题
二
如图所示，直径为d的纸质圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒中心轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略子弹重力、圆筒的阻力及空气阻力。问：
(1)子弹做什么运动？圆筒做什么运动？
答案　子弹做匀速直线运动，圆筒做匀速圆周运动。
(2)为什么圆筒上只有一个弹孔？
答案　子弹进圆筒时打了一个孔，恰好从这个孔出去，在子弹穿过圆筒过程中，圆筒转过了半圈或整数圈加半圈。
(3)子弹与圆筒的运动时间有何关系？
答案　子弹穿过圆筒的时间与圆筒转过半圈或整数圈加半圆的时间相等。
(4)子弹的速度v应满足什么条件？
答案　子弹穿过圆筒所用时间t=，圆筒转过的角度θ=2nπ+π(n=0，1，2…)，
又ω=，可得v=(n=0，1，2…)。
　(2023·东莞市高一期中)如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心O点做匀速圆周运动，圆盘中心O点正上方H处有一小球被水平抛出，此时半径OB恰好与小球初速度方向垂直，从上向下看圆盘沿顺时针转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.小球的初速度大小为R
B.小球的初速度大小为
C.圆盘的角速度大小可能为
D.圆盘的角速度大小可能为
例3
√
由H=gt2可得小球下落的时间为t=，小球的初速度大小为v0==R，故A、B错误；
在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ=2nπ+(n=0，1，2，3…)，所以圆盘的角速度大小为ω==(n=0，1，2，3…)，当n=0时，ω=，当n=1时，ω=，故C错误，D正确。
　如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从入口A沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使球从B处飞出，重力加速度为g，则小球进入入口A处的速度v0的大小可能为
A.πR B.πR
C.πR D.πR
例4
√
小球在竖直方向的分运动是自由落体运动，则h=gt2，小球在水平方向的分运动是匀速圆周运动，则v0t= 2nπR (n=1，2，3…)，联立解得v0=nπR(n=1，2，3…)，只有C项可能，故选C。
分析圆周运动周期性和多解问题的技巧
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——时间相等。
2.先特殊后一般：先考虑一个周期的情况，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。
总结提升
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专题强化练
三
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B A B A A A
题号 9 10 　11
答案 C (1)ω=(n=0，1，2，3…) (2)ω'=(n'=0，1，2，3…) 　A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1.(2023·揭阳市高一期末)如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则
A.ωP<ωQ，vPB.ωP<ωQ，vP=vQ
C.ωP=ωQ，vPD.ωP=ωQ，vP>vQ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基础强化练
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP=ωQ，同时由题图可知Q点到螺母的距离比较大，根据v=ωr可知Q点的线速度大，即vP答案
2.如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1=24，从动轮
的齿数z2=8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的
转动情况是
A.顺时针转动，周期为 B.逆时针转动，周期为
C.顺时针转动，周期为 D.逆时针转动，周期为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度大小相等，由齿数关系知，主动轮转一周时，从动轮转三周，则ω2=3ω，
由ω=知，T从=，选项B正确，A、C、D错误。
答案
3.如图为某一皮带传动装置，主动轮M的半径为r1，从动轮N的半径为r2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，传动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是
A.从动轮做顺时针转动
B.从动轮的角速度为
C.从动轮边缘线速度大小为n1
D.从动轮的转速为n1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
因为主动轮做顺时针转动，从动轮靠皮带的摩擦
力转动，所以从动轮做逆时针转动，故A错误；
由于通过皮带传动，皮带与轮边缘的线速度相等，根据v=n·2πr，得n2r2=n1r1，所以n2=，则从动轮的角速度ω2=2πn2=，故B正确，D错误；
从动轮边缘线速度大小为v2=n2·2πr2=2n1πr1，故C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
4.(2023·清远市高一月考)如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3。若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为
A. B.
C. D.
√
甲、乙、丙三轮边缘的线速度相等，即v1=v2=v3
所以对甲、丙分析ω1r1=ω3r3
所以丙轮的角速度为ω3=，故选A。
1
2
3
4
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6
7
8
9
10
11
答案
5.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮，若自行车前进的速度为v，则牙盘的周期为
A. B.
C.v D.v
√
1
2
3
4
5
6
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答案
由题意结合题图可知，飞轮和后轮具有相同的角速
度，后轮的线速度大小为v，可得飞轮的角速度为
ω2=ω3=，牙盘和飞轮靠链条传动，则牙盘和飞轮边缘的线速度大小相等，则牙盘的角速度ω1====，所以牙盘的周期T1=
=，故选B。
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答案
6.(2023·河源市高一期中)如图甲所示是修正带通过两个齿轮的相互咬合进行工作，其原理可简化为图乙所示。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，两轮中心到A、C两点的距离相等，则A、B、C三点
A.线速度大小之比是2∶2∶1
B.角速度之比是1∶1∶1
C.转速之比是2∶2∶1
D.转动周期之比是2∶1∶1
1
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√
答案
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A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，可知vA=vB
根据v=ωr，rA=rB
可得ωA=2ωB
由于B、C两点都在大轮上，可知ωB=ωC
根据v=ωr，rB=2rC
可得vB=2vC
则A、B、C三点线速度大小之比为vA∶vB∶vC=2∶2∶1
则A、B、C三点角速度之比为ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故A正确，B错误；
答案
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11
根据ω=2πn，可知A、B、C三点转速之比为nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC
=2∶1∶1，故C错误；
根据T=
可知A、B、C三点周期之比为TA∶TB∶TC=1∶2∶2，故D错误。
答案
7.(2023·广州市高一期中)图甲为小明的磁带盒，
可简化为如图乙所示的传动模型，A、B为缠绕
磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结
束时磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R
=3r。小明现在进行倒带，使磁带全部绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。倒带结束后，小明再以正常速度放音，直到磁带全部播放完，则下列说法正确的是
1
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11
能力综合练
答案
A.倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为
1∶3
B.倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为
3∶1
C.倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度不变
D.倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度变小
√
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答案
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11
由题意，在倒带结束时，磁带全部绕到了A轮
上，磁带的外缘半径R=3r，而线速度v相等，
则有ωAR=ωBr，解得==，故倒带结束前
一瞬间A、B两轮的角速度之比为1∶3，A正确，B错误；
在A轮转动的过程中，角速度恒定，随着磁带的倒回，A轮的磁带边缘的半径变大，根据vA=ωrA可知，A轮的磁带边缘的线速度增大，C、D错误。
答案
8.无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，如图所示为一种“滚轮-平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是
A.n2=n1 B.n1=n2
C.n2=n1 D.n2=n1
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√
答案
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由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1=v2，由此可得x·2πn1=r·2πn2，可得n2=n1，故选A。
答案
9.子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。OA、OB之间的夹角θ=，已知圆筒半径R=0.5 m，子弹始终以v0=60 m/s的速度沿水平方向运动(不考虑重力的作用及圆筒对子弹的作用)，则圆筒的转速可能是
A.20 r/s B.60 r/s
C.100 r/s D.140 r/s
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√
答案
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11
根据几何关系可得A与B之间的距离为R，在子弹飞
行距离为R的时间内，圆筒转动的角度为θ'=(2n-)π
(n=1，2，3…)，由θ'=ωt得t==(n=1，2，3…)。设圆筒的转速为N，由ω=2πN得时间t==(n=1，2，3…)，由题意知R=v0t，得N=20(6n-1) r/s(n=1，2，3…)，当n=1时，N=100 r/s，当n=2时，N=220 r/s，故选C。
答案
10.(2023·中山市高一月考)如图所示，按顺时针方向在竖直平面内做匀速转动的轮子边缘上有一点A。当A通过与圆心等高的a点时，有一质点B从圆心O开始做自由落体运动，已知圆的半径为R，重力加速度为g，求：
(1)轮子的角速度ω满足什么条件时，点A才能与B相遇？
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答案　ω=(n=0，1，2，3…)
答案
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11
质点B运动到最低点d时才能与A点相遇，设质点B运动到d点的时间为t，根据自由落体运动得R=gt2
设A点做圆周运动的周期为T
则t=T(n=0，1，2，3…)
T=
解得ω=(n=0，1，2，3…)
答案
(2)轮子的角速度ω'满足什么条件时，点A与B的速度才会相同？
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11
答案　ω'=(n'=0，1，2，3…)
答案
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11
当A通过与圆心等高的c点时，点A与B的速度才会相同，
设所用时间为t'，根据题意得ω'R=gt'
t'=T'(n'=0，1，2，3…)
T'=
解得ω'=(n'=0，1，2，3…)。
答案
11.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，如图所示，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(P、Q可视为质点)
A.0.56 s B.0.28 s
C.0.16 s D.0.07 s
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尖子生选练
√
答案
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P的周期TP== s=0.14 s，Q的周期TQ=
= s=0.08 s，因为经历的时间必须等于它们周
期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56，所以经历的时间最小为0.56 s。故A正确，B、C、D错误。
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答案

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