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第六章　圆周运动
课时6.1 圆周运动
知道什么是圆周运动和匀速圆周运动，认识匀速圆周运动的物理模型特征。
理解线速度、角速度、周期、转速等概念，会对它们进行定量计算。
掌握线速度、角速度与周期之间的关系。
掌握常见传动装置的特点。
一、匀速圆周运动
1.圆周运动：轨迹为圆周或一段圆弧的机械运动称为圆周运动。圆周运动是曲线运动，所以它一定是变速运动。
2.匀速圆周运动
如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
3.匀速圆周运动的性质及特点
(1)匀速圆周运动线速度大小不变，但方向时刻改变，故匀速圆周运动是变速运动。
(2)匀速圆周运动角速度不变，周期、频率、转速都不变。
二、描述圆周运动的物理量
1.描述圆周运动物理量的对比
线速度(v) 角速度(ω) 周期(T) 频率(f) 转速(n)
定义 做圆周运动的物体通过的弧长Δs与所用时间Δt的比值 做圆周运动的物体，半径转过的角度Δθ与所用时间Δt的比值 做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间 单位时间内运动重复的次数 物体转动的圈数与所用时间之比
大小 v= ω= T= f= n=f=ω/(2π)
单位 m/s rad/s s Hz r/s
标矢性 矢量，方向沿圆周的切线方向 矢量(其方向中学阶段不研究) 标量 标量 标量
2.描述圆周运动的各物理量的关系
基础过关练
题组一　对匀速圆周运动的理解
1.(2021浙江杭州期中)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是 (　　 )
A.匀速圆周运动是匀速运动
B.匀速圆周运动是加速度不变的运动
C.匀速圆周运动是线速度不变的运动
D.匀速圆周运动是角速度不变的运动
2.(2021广东中山二中月考)物体做匀速圆周运动，则在相等的时间内，下列叙述不正确的是 (　　 )
A.物体的位移相同
B.物体通过的路程相等
C.物体速度方向改变的角度相等
D.物体与圆心连线转过的角度相等
题组二　描述圆周运动的几个物理量
3.(2021安徽宿州十三所重点中学期中)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4 s，则下列说法正确的是 (　　 )
A.角速度为0.5 rad/s
B.运动轨迹的半径为1 m
C.转速为0.25 r/s
D.频率为0.5 Hz
4.(2022江苏徐州期中)如图所示，地球绕太阳转、月球绕地球转。则在相同的一小段时间内，地球、月球在各自绕行轨道上转过的角度之比约为 (　　 )
A.27∶1　　　　　　　　　 B.1∶27
C.27∶365　　　　　　　　　 D.365∶27
5.(2022江苏泰州中学期末)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们 (　　 )
A.线速度大小之比为3∶4
B.角速度大小之比为2∶3
C.转速之比为3∶2
D.圆周运动的半径之比为9∶8
6.(2021河北沧州期末)如图所示为某钟表的表盘，时针、分针、秒针的针尖到转动轴的距离之比为5∶9∶12，下列说法正确的是 (　　 )
A.时针转动的角速度为 rad/s
B.秒针转动的角速度为2π rad/s
C.时针、分针、秒针的周期之比为3 600∶60∶1
D.时针、分针、秒针的针尖的线速度之比为5∶108∶8 640
7.(2021浙江温州选考适应性考试)如图为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定，为v0，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该挡板的延长线过水轮机的转轴O，且与水平方向的夹角为30°。当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击挡板的水流速度的一半。忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为 (　　 )
A.　　　　　　　　　 B.
C.　　　　　　　　　 D.
题组三　传动问题
8.(2022江苏盐城伍佑中学期中)风能是一种绿色能源。如图所示，叶片在风力推动下转动，带动发电机发电，M、N为同一个叶片上的两点，下列判断正确的是 (　　 )
A.M点的线速度小于N点的线速度
B.M点的角速度小于N点的角速度
C.M点的转速大于N点的转速
D.M点的周期大于N点的周期
9.(2022北京房山期中)如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互啮合进行工作的，其原理可简化为图乙所示的模型。A、B是转动的两齿轮边缘上的两点，C是大齿轮上的一点。若大齿轮半径是小齿轮半径的2倍，两齿轮中心到A、C两点的距离相等，则关于A、B、C三点，下列关系正确的是 (　　 )
甲 乙
A.vA=vB　vAvC
C.vA=vB　ωA>ωC　　　　　　　D.ωA>ωB　vB=vC
10.(2022北京师大二附中期中)自行车用链条传动来驱动后轮前进。如图是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”，A、B、C分别为牙盘边缘和后轮边缘上的点，大齿轮半径为r1，小齿轮半径为r2，后轮半径为r3。支起自行车后转，转动脚踏板时，下列说法正确的是 (　　 )
A.A、B两点的角速度大小相等
B.B、C两点的线速度大小相等
C.大、小齿轮的转速n之比为=
D.脚踏板转一圈，C点通过的路程为·2πr3
能力提升练
题组一　传动装置问题的分析
1.(2022上海延安中学线上教学质量评估)如图所示，圆锥形转轮a与圆盘形转轮b均可绕其中轴(图中虚线表示)转动，两转轮在M处接触且无相对滑动。若将接触位置由M处移到N处，保持a轮转动的角速度不变，则b轮的 (　　 )
A.角速度不变，边缘线速度变大
B.角速度变大，边缘线速度变大
C.角速度变大，边缘线速度不变
D.角速度变小，边缘线速度不变
2.(2022江苏南通期末)如图所示为旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为25 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d=5 cm，拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了25 cm，该过程中拖把头匀速转动，则　 (　　 )
A.拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s
B.拖把头边缘的线速度为π m/s
C.拖把头转动的角速度为5π rad/s
D.拖把头的转速为1 r/s
题组二　圆周运动的多解问题
3.(2022上海控江中学期中)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盘上有一个信号发射装置P，能沿半径向外持续发射红外线，P到轴心的距离为28 cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到轴心的距离为16 cm。P、Q转动的线速度大小相等，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。从Q恰好接收到红外线信号的某时刻开始计时，经过下列哪个时间，Q可以接收到红外线信号 (　　 )
A.0.07 s　　　　　B.0.16 s　　　　　
C.0.28 s　　　　　D.0.56 s
4.(2021江苏扬州中学测试)如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P在同一水平直线上，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直于盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过圆心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，若飞镖恰好击中P点，求：
(1)圆盘的半径；
(2)圆盘转动的角速度。
答案全解全析
基础过关练
1.D　匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故匀速圆周运动是变速运动；根据加速度的定义式a=可知加速度改变，故A、B、C错误。角速度是描述物体转动快慢的物理量，匀速圆周运动的角速度是不变的，D正确。
2.A　物体做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻改变，在相等的时间内，物体通过的路程一定相等，但位移不一定相同，A错误，B正确；物体做匀速圆周运动，角速度不变，由θ=ωt可得，在相等的时间内，物体与圆心连线转过的角度相等，物体速度方向改变的角度相等，C、D正确。
3.C　质点做匀速圆周运动，角速度ω==0.5π rad/s，故A错误；线速度v=rω=r×，整理得r== m= m，故B错误；转速n==0.25 r/s，频率f==0.25 Hz，故C正确，D错误。
4.C　月球绕地球转动一周大约用27天，地球绕太阳转动一周大约用365天，则有T月∶T地≈27∶365；角速度与周期的关系为ω=，故ω月∶ω地≈365∶27；绕行过程中，转过的角度与角速度的关系为θ=ωt，所以在相等时间内，地球、月球转过的角度之比为θ地∶θ月≈27∶365，选C。
导师点睛
求解圆周运动中各物理量间的关系问题时，先弄清问题中哪些物理量不变，然后根据v=rω、ω=、T=等关系式求解。
5.C　根据线速度v=，已知在相同时间内A、B通过的路程之比是4∶3，则线速度大小之比为4∶3，故A错误；根据角速度ω=，相同时间内A、B转过的角度之比为3∶2，则角速度之比为3∶2，故B错误；根据T=得，周期之比为2∶3，再根据n=得转速之比为3∶2，故C正确；根据公式v=rω，可得圆周运动的半径r=，A、B线速度大小之比为4∶3，角速度大小之比为3∶2，则圆周运动的半径之比为8∶9，故D错误。
6.D　时针每12个小时转一周，因此转动的角速度为ω1== rad/s= rad/s，A错误；秒针每分钟转一周，因此转动的角速度为ω3== rad/s= rad/s，B错误；时针、分针、秒针的周期之比为T1∶T2∶T3=12×3 600 s∶1×3 600 s∶60 s=720∶60∶1，C错误；根据v=r可知时针、分针、秒针的针尖的线速度之比为v1∶v2∶v3=r1∶r2∶r3=5∶108∶8 640，D正确。
7.B　水从管口流出后做平抛运动，设水流到达挡板时的速度大小为v，则v==2v0；由于圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击挡板的水流速度的一半，即挡板的线速度为v'==v0；根据v=rω，可得圆盘转动的角速度ω==，故B正确，A、C、D错误。
8.A　M、N两点绕同一转轴转动，角速度相等，转速相等，则周期相等；根据v=rω，由于M点转动的半径比N点的小，则M点的线速度小于N点的线速度，A正确，B、C、D错误。
9.C　A、B两点的线速度大小相等，即vA=vB，由题意可知rB=2rA，根据v=ωr可知ωA=2ωB，A的角速度大于B的角速度；因为B、C同轴转动，两点角速度相等，即ωB=ωC，则A的角速度大于C的角速度；根据v=ωr可知B的线速度大于C的线速度，则A的线速度大于C的线速度，选项C正确。
方法技巧
求解传动问题的思路
(1)先分清传动特点，若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。
(2)再择式分析，若线速度大小相等，可利用ω∝分析；若角速度大小相等，可利用v∝r分析。
10.D　A、B两点通过链条传动，它们的线速度大小相等，由v=ωr可知，转动半径不同，故角速度不相等，A错误；B、C两点同轴转动，角速度相等，因为转动半径不同，所以线速度大小不相等，B错误；大、小齿轮的转速之比为===，C错误；脚踏板转动一圈，B点通过的路程为sB=2πr1，则B转动的圈数为N==，则C点通过的路程为s=N·2πr3=·2πr3，D正确。
能力提升练
1.B　两轮接触位置线速度大小相等，将接触位置由M移到N，保持a轮转动的角速度不变，a轮上与b轮接触位置的转动半径变大，根据v=rω得，a轮上与b轮接触位置的线速度变大，则b轮边缘线速度变大，其角速度也变大，故B正确，A、C、D错误。
2.B　拖把杆向下运动的速度v2==0.25 m/s，故A错误；拖把杆上段1 s内匀速下压了25 cm，则转动5圈，即拖把头的转速为n=5 r/s，则拖把头转动的角速度ω=2πn=10π rad/s，拖把头边缘的线速度v1=ωR=π m/s，故B正确，C、D错误。
3.D　P的周期T1== s=0.14 s，Q的周期T2== s=0.08 s，Q接收到红外线的周期必等于P、Q周期的整数倍，根据数学知识可知0.14和0.08的最小公倍数为0.56，所以Q接收到红外线的周期为0.56 s，经过的时间为周期的整数倍时，Q可接收到红外线信号，故选D。
4.答案　(1)　(2)(k=0，1，2，…)
解析　(1)飞镖水平抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此飞行时间t=，飞镖击中P点时，P恰好在最下端，则2r=gt2，解得圆盘的半径为r=。
(2)飞镖击中P点，设P点转过的角度为θ，则满足θ=π+2kπ(k=0，1，2，…)，故ω==(k=0，1，2，…)。
方法技巧
解决圆周运动多解问题的方法
(1)找联系点，两个物体运动的联系点一般是时间或位移等，抓住两运动的联系点是解题关键。
(2)由周期性找多解，先不考虑周期性，分析一个周期内的情况，再在转过的角度θ上加上2nπ。

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