2025新課改-高中物理-必修第2冊（16講）04B圓周運動中檔版圓周運動知識點：圓周運動一、線速度1.定義：物體做圓周運動，在一段很短的時間Δt內，通過的弧長為Δs.則Δs與Δt的比值叫作線速度，公式：v＝eq\f(Δs,Δt).2.意義：描述做圓周運動的物體運動的快慢.3.方向：為物體做圓周運動時該點的切線方向.4.勻速圓周運動(1)定義：物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動.(2)性質：線速度的方向是時刻變化的，所以是一種變速運動，這里的“勻速”是指速率不變.二、角速度1.定義：連接物體與圓心的半徑轉過的角度與轉過這一角度所用時間的比值，公式：ω＝eq\f(Δθ,Δt).2.意義：描述物體繞圓心轉動的快慢.3.單位：弧度每秒，符號是rad/s或rad·s－1.4.勻速圓周運動是角速度不變的運動.三、周期1.周期T：做勻速圓周運動的物體，運動一周所用的時間，單位：秒(s).2.轉速n：物體轉動的圈數與所用時間之比.單位：轉每秒(r/s)或轉每分(r/min).3.周期和轉速的關系：T＝eq\f(1,n)(n的單位為r/s時).四、線速度與角速度的關系1.在圓周運動中，線速度的大小等于角速度大小與半徑的乘積.2.公式：v＝ωr.技巧點撥一、線速度和勻速圓周運動1.對線速度的理解(1)線速度是物體做圓周運動的瞬時速度，線速度越大，物體運動得越快.(2)線速度是矢量，它既有大小，又有方向，線速度的方向在圓周各點的切線方向上.(3)線速度的定義式：v＝eq\f(Δs,Δt)，Δs代表在時間Δt內通過的弧長.2.對勻速圓周運動的理解(1)由于勻速圓周運動是曲線運動，其速度方向沿著圓周上各點的切線方向，所以速度的方向時刻在變化.(2)勻速的含義：速度的大小不變，即速率不變.(3)運動性質：勻速圓周運動是一種變速運動，其所受合外力不為零.二、角速度、周期和轉速1.對角速度的理解(1)角速度描述做圓周運動的物體繞圓心轉動的快慢，角速度越大，物體轉動得越快.(2)角速度的定義式：ω＝eq\f(Δθ,Δt)，Δθ代表在時間Δt內物體與圓心的連線轉過的角度.(3)在勻速圓周運動中，角速度不變.2.對周期和頻率(轉速)的理解(1)勻速圓周運動具有周期性，每經過一個周期，線速度大小和方向與初始時刻完全相同.(2)當單位時間取1s時，f＝n.頻率和轉速對勻速圓周運動來說在數值上是相等的，但頻率具有更廣泛的意義，兩者的單位也不相同.3.周期、頻率和轉速間的關系：T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,n).三、描述勻速圓周運動各物理量之間的關系1.描述勻速圓周運動各物理量之間的關系(1)v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)＝2πnr(2)ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)＝2πn(3)v＝ωr2.各物理量之間關系的理解(1)角速度、周期、轉速之間關系的理解：物體做勻速圓周運動時，由ω＝eq\f(2π,T)＝2πn知，角速度、周期、轉速三個物理量，只要其中一個物理量確定了，其余兩個物理量也確定了.(2)線速度與角速度之間關系的理解：由線速度大小v＝ω·r知，r一定時，v∝ω；v一定時，ω∝eq\f(1,r)；ω一定時，v∝r.四、同軸轉動和皮帶傳動問題同軸轉動皮帶傳動齒輪傳動裝置A、B兩點在同軸的一個圓盤上兩個輪子用皮帶連接(皮帶不打滑)，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣上的點兩個齒輪嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點特點角速度、周期相同線速度大小相等線速度大小相等規律線速度大小與半徑成正比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)例題精練1．（2021春?鄭州期末）一皮帶傳動裝置如圖所示，右輪半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側大輪和小輪固定在同一個軸上一起轉動，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r，b點和c點分別位于小輪和大輪的邊緣上。傳動過程中皮帶不打滑，則下列說法正確的是（）A．a、b、c三點的線速度之比為1：2：4 B．a、b、c三點的角速度之比為1：2：2 C．a、b、c三點的向心加速度之比為4：2：1 D．a、b、c三點的轉速之比為2：1：1【分析】同傳送帶轉動，所以線速度相等，同軸轉動，角速度相等，結合v＝rω，，可進行判斷。【解答】解：A、ab同傳送帶轉動，所以線速度相等，大小之比為1：1，故A錯誤；B、rb＝2ra，根據，可知ab的角速度之比為2：1，bc同軸轉動，角速度之比為1：1，所以abc三點角速度之比為2：1：1，故B錯誤；C、rc＝2rb根據，可知bc向心加速度之比為1：2，根據，知ab的向心加速度為2：1，故C錯誤；D、根據ω＝2πn，可知abc三點轉速之比為2：1：1，故D正確。故選：D。【點評】解決本題的關鍵是知道線速度、角速度、向心加速度與半徑的關系，及知道同傳送帶轉動，所以線速度相等，同軸轉動，角速度相等。2．（2021?廣州一模）如圖為車牌自動識別系統的直桿道閘，離地面高為1m的細直桿可繞O在豎直面內勻速轉動。汽車從自動識別線ab處到達直桿處的時間為3.3s，自動識別系統的反應時間為0.3s；汽車可看成高1.6m的長方體，其左側面底邊在aa′直線上，且O到汽車左側面的距離為0.6m，要使汽車安全通過道閘，直桿轉動的角速度至少為（）A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s【分析】求出汽車安全通過道閘時直桿轉過的角度，然后求出直桿轉動的角速度大小。【解答】解：設汽車恰好通過道閘時直桿轉過的角度為θ，由幾何知識得：tanθ＝＝1，解得：θ＝直桿轉動的時間：t＝t汽車﹣t反應時間＝（3.3﹣0.3）s＝3s直桿轉動的角速度：ω＝rad/s＝rad/s，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】認真審題理解題意求出直桿轉過的角度是解題的前提與關鍵，應用角速度的定義式即可解題。隨堂練習1．（2021春?海珠區校級月考）如圖所示，兩輪用皮帶傳動，皮帶不打滑，圖中輪上A、B、C三點所在處半徑分別為rA、rB、rC且rA＝2rB，rB＝rC，則這三點的線速度vA：vC：vB為（）A．2：2：1 B．2：1：2 C．1：1：2 D．1：1：1【分析】兩輪子靠傳送帶傳動，輪子邊緣上的點具有相同大小的線速度，共軸轉動的點，具有相同的角速度，再結合公式v＝ωr列式求出線速度之比。【解答】解：皮帶不打滑，則有vA＝vB。A與C屬于同軸轉動，角速度相等，由v＝rω，rA＝2rB，rB＝rC，得vA：vC＝2：1。由以上兩方面可知，vA：vB：vC＝2：2：1，或者：vA：vC：vB＝2：1：2，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點，具有相同的角速度，同時結合公式v＝ωr分析求解。2．（2021春?荔灣區校級月考）某同學以“自行車的齒輪傳動”作為探究學習的課題。該同學通過觀察發現，自行車的大齒輪與小齒輪通過鏈條相連，后輪與小齒輪繞共同的軸轉動。腳踏板如圖所示，測得大齒輪的半徑為r1，小齒輪的半徑為r2，自行車后輪的半徑為R。若測得在時間t內大齒輪轉動的圈數為N，則自行車前進的速度大小表達式為（）A． B． C． D．【分析】大齒輪與小齒輪通過鏈條相連，邊緣線速度大小相等，小齒輪的角速度與后輪的角速度相等，根據v＝rω求解自行車前進的速度大小表達式。【解答】解：大齒輪與小齒輪通過鏈條相連，邊緣線速度相等，根據v＝rω得r1ω＝r2ω'解得小齒輪角速度ω'＝，又小齒輪的角速度與后輪的角速度相等，則后輪的線速度大小即自行車前進的速度為：v＝Rω'，測得在時間t內大齒輪轉動的圈數為N，所以大齒輪角速度ω＝＝，解得自行車前進的速度大小表達式v＝，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的點角速度大小相等，鏈條傳動的邊緣點線速度大小相等，知道角速度、線速度、周期的關系。3．（2021春?晉州市校級月考）如圖所示，籃球繞中心線OO′以ω角速度轉動，則（）A．A、B兩點的角速度不相等 B．A、B兩點線速度大小相等 C．A、B兩點的周期相等 D．A、B兩點向心加速度大小相等【分析】共軸轉動的各點角速度相等，根據v＝rω判斷線速度的大小，根據T═判斷周期的大小，根據a＝rω2比較向心加速度的大小．【解答】解：A、A、B兩點共軸轉動，角速度相等。故A錯誤；B、A點轉動半徑是Rcosθ，B的轉動半徑是R，即A、B轉動的半徑不等，根據v＝rω得A、B的線速度大小不等。故B錯誤；C、根據T＝知，角速度相等，則周期相等。故C正確；D、根據a＝rω2知，角速度相等，但A、B的轉動半徑不等，所以向心加速度大小不等。故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動各點角速度大小相等，以及知道角速度、線速度、周期、向心加速度之間的關系．4．（2021春?芝罘區校級月考）在一棵大樹將要被伐倒的時候，有經驗的伐木工人會緊盯樹梢，根據樹梢的運動情形就能判斷大樹正在朝哪個方向倒下，從而避免被倒下的大樹砸傷，從物理知識角度來解釋，以下說法正確的是（）A．樹木開始倒下時樹梢的角速度較大，易于判斷 B．樹木開始倒下時，樹梢的線速度最大，易于判斷 C．樹木開始倒下時，樹梢的質量小，易于判斷 D．伐木工人的經驗缺乏科學依據【分析】樹木倒下時，繞樹根轉動，樹木上各點的角速度相同，根據v＝rω判斷線速度來判斷．【解答】解：伐木工人雙眼緊盯著樹梢，根據樹梢的運動情形就能判斷大樹正在朝著哪個方向倒下，是因為樹木倒下時，各點角速度相同，樹梢的半徑最大，根據v＝rω，知線速度最大，最容易判斷。故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題借助伐樹這個生活實際考查了線速度與角速度的關系，解決此類題目的關鍵是會從實際問題中抽取有用的信息。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（2021春?閬中市校級月考）如圖為一皮帶傳動裝置，大輪與小輪固定在同一根軸上，小輪與另一中等大小的輪子間用皮帶相連（皮帶不打滑），它們的半徑之比是1：2：4。A、B、C分別為小、中、大輪子邊緣上的三點，那么它們角速度之比為（）A．1：2：2 B．2：2：1 C．1：2：1 D．2：1：2【分析】分別研究A與C和A與B之間角速度關系，A、C在同一個輪子上，角速度相等，A、B兩點的線速度大小相等，由公式v＝ωr，聯立求出三個點角速度之比．【解答】解：對于A、C兩點，角速度ω相等，由得ωA：ωC＝1：1；對于A、B兩點，線速度大小v相等，由公式v＝ωr，得ωA：ωB＝rB：rA＝2：1，所以小、中、大輪子邊緣上的三點角速度之比為2：1：2，故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題是圓周運動中常見的問題，關鍵抓住兩個相等的物理量：共軸轉動的同一物體上各點的角速度相等；兩個輪子邊緣上各點的線速度大小相等．2．（2021春?赫山區校級月考）如圖所示，甲、乙兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，甲的運動半徑大于乙的運動半徑。若它們轉一圈的時間相等，下列說法正確的是（）A．甲的線速度大于乙的線速度 B．甲的角速度大于乙的角速度 C．甲的運動周期小于乙的運動周期 D．甲的向心加速度小于乙的向心加速度【分析】根據v＝rω、向心力公式F＝mrω2、向心加速度公式a＝rω2判斷即可。【解答】解：ABC、它們轉一圈的時間相等，所以甲的運動周期等于乙的運動周期，所以ω甲＝ω乙，根據v＝rω，r甲＞r乙，可得v甲＞v乙，故A正確，BC錯誤；D、向心加速度a＝rω2，r甲＞r乙，所以甲的向心加速度大于乙的向心加速度，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查的是應用v＝rω、F＝mrω2、a＝rω2解題，要熟練掌握基本公式的應用，屬于基礎題型。3．（2021春?豐臺區期中）如圖所示，自行車大齒輪、小齒輪、后輪半徑不相同，關于它們邊緣上的三個點A，B，C的描述，以下說法正確的是（）A．A點和C點線速度大小相同 B．A點和B點角速度相同 C．A點和B點線速度大小相同 D．B點和C點線速度大小相同【分析】大齒輪與小齒輪是同緣傳動，邊緣點線速度相等；小齒輪與后輪是同軸傳動，角速度相等；結合線速度與角速度關系公式v＝ωr列式求解。【解答】解：A、B兩點在傳送帶上，是同緣傳動的邊緣點，所以A、B兩點的線速度大小相等，方向不同，B、C兩點屬于同軸轉動，故角速度相等，根據v＝ωr得B點的線速度小于C點的線速度，所以A點的線速度小于C點的線速度。A、B兩點的線速度大小相等，根據ω＝得B點的角速度大于A點的角速度。故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查靈活選擇物理規律的能力。對于圓周運動，公式較多，要根據不同的條件靈活選擇公式。4．（2021?汕頭二模）如圖所示，用兩根長l1、l2的細線拴一小球a，細線另一端分別系在一豎直桿上O1、O2處，當豎直桿以某一范圍角速度（ω1≤ω≤ω2）轉動時，小球a保持在圖示虛線的軌跡上做圓周運動，此時兩根均被拉直，圓周半徑為r，已知l1：l2：r＝20：15：12，則ω1：ω2＝（）A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2【分析】受力分析，利用牛頓第二定律求得向心力的大小，利用向心力的公式F＝mω2r，求出角速度的比值。【解答】解：將繩子拉力沿豎直方向和水平方向分解，豎直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，則有：細線l1伸直時，細線l2沒彈力，則有：F向1＝mgtanθ1＝mr，細線l2伸直時，細線l1沒彈力，則有：F向2＝mgtanθ2＝mr，由幾何關系可得：r＝l1sinθ1＝l2sinθ2，且l1：l2：r＝20：15：12，sinθ1＝，sinθ2＝，則tanθ1＝，tanθ2＝，＝＝＝，解得：ω1：ω2＝3：4，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查向心力的計算，需要掌握從兩個角度分析，受力的角度，公式的角度，然后再求解具體問題即可。5．（2021春?溫州期中）如圖所示是自行車傳動系統中的大齒輪、鏈條、小齒輪和后輪，A是大齒輪邊沿的一點，B是小齒輪邊沿的一點，C是后輪邊沿的一點。當懸空后輪手搖腳踏板使輪子轉動時，A、B、C三點的線速度v、角速度ω的關系，下列正確的是（）A．vB＝vC；ωA＝ωB B．vA＝vC；ωB＝ωC C．vA＝vB；ωB＝ωC D．vA＝vB；ωA＝ωC【分析】利用同軸轉動角速度相同，同一傳動鏈不打滑，皮帶上各點的線速度大小相等，再利用v＝ωr求解即可【解答】解：A、B兩點靠鏈條傳動，線速度大小相等，即vA＝vB，A的半徑大，根據v＝rω知，A點的角速度比B點的角速度小，即ωA＜ωB，B、C兩點共軸轉動，角速度相等，即ωB＝ωC，所以ωA＜ωB＝ωC，C的半徑大，根據v＝ωr得B點的線速度小于C點的線速度，即vA＝vB＜vC；故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的點角速度大小相等，靠鏈條傳動輪子邊緣的點線速度大小相等。知道向心加速度與線速度、角速度的關系。6．（2021春?菏澤期中）物體做勻速圓周運動，速度的大小為2m/s，1s內速度變化的大小為2m/s，則勻速圓周運動的半徑和角速度分別可以為（）A．3m和1rad/s B．1m和3rad/s C．m和rad/s D．m和rad/s【分析】根據線速度的定義和線速度與角速度的關系式v＝ωr求出半徑的大小和角速度。【解答】解：物體做勻速圓周運動，其速度的大小為2m/s，1s內速度變化的大小為2m/s，根據幾何關系可知，初速度、末速度和速度變化量三者組成矢量等邊三角形，轉動的角度θ＝，根據角速度的定義可知，ω＝＝rad/s＝rad/s，根據線速度與角速度的關系式v＝ωr可知，半徑r＝＝m＝m，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】解決本題的關鍵掌握圓周運動線速度、角速度、周期、向心加速度這些物理量的公式，并且知道它們的聯系。7．（2021春?興慶區校級期中）如圖所示，A、B、C分別是自行車的大齒輪、小齒輪和后輪的邊緣上的三個點，到各自轉動軸的距離分別為3r、r和10r。支起自行車后輪，在轉動踏板的過程中，A、B、C三點（）A．角速度大小關系是ωA＞ωB＝ωC B．線速度大小關系是vA＜vB＜vC C．轉速之比是nA：nB：nC＝1：3：3 D．加速度之比是aA：aB：aC＝1：30：3【分析】共軸傳動時，各點的角速度相同；同緣傳動時，邊緣點線速度大小相等，結合圓周運動的公式進行分析即可。【解答】解：AB、由題意可知，vA＝vB，ωB＝ωC，A、B、C到各自轉動軸的距離分別為3r、r和10r，則：根據v＝ωr可得，ωA：ωB＝ωC＝1：3：3，vA：vB：vC＝1：1：10，故AB錯誤；C、根據ω＝2πn可得，nA：nB：nC＝1：3：3，故C正確；D、根據a＝ωv可得，aA：aB：aC＝1：3：30，故D錯誤。故選：C。【點評】本題的關鍵是掌握兩種傳動模型的特點，熟悉各物理量間的關系。8．（2021春?膠州市期中）質點做勻速圓周運動，下列物理量中不變的是（）A．線速度 B．線速度的大小 C．向心加速度 D．向心力【分析】解答本題要熟練掌握質點做勻速圓周運動時，對各物理量的描述和理解。【解答】解：質點做勻速圓周運動的過程中，線速度的大小不變，方向時刻在變（始終沿切線方向），加速度、向心力大小不變，方向始終指向圓心，即方向時刻在變，線速度，向心加速度和向心力都是矢量，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題主要是考查對概念的理解，在本題中還要知道頻率、周期、轉速是否變化。9．（2021?嘉興二模）洗手后我們往往都有“甩水”的動作，如圖所示是攝像機拍攝甩水視頻后制作的頻閃畫面，A、B、C是甩手動作最后3幀照片指尖的位置。最后3幀照片中，指尖先以肘關節M為圓心做圓周運動，到接近B的最后時刻，指尖以腕關節N為圓心做圓周運動。測得A、B之間的距離約為24cm，相鄰兩幀之間的時間間隔為0.04s，則指尖（）A．在B點的速度約為3m/s B．在B點的角速度約為10rad/s C．在AB段的向心加速度約為36m/s2 D．在BC段的向心加速度約為300m/s2【分析】由題意知其弧長與弦長近似相等，根據線速度的定義來求解；利用v＝rω求角速度；由公式a＝和a＝rω2求加速度。【解答】解：A、指尖在AB之間的線速度約為vB＝＝＝6m/s，不接近3m/s，故A錯誤；B、指尖到接近B的最后時刻，指尖以腕關節N為圓心做圓周運動，半徑為B、N間的距離lBN＝15cm，所以在B點的角速度約為＝rad/s＝40rad/s，不接近10rad/s，故B錯誤；C、指尖在AB段的向心加速度a1＝＝m/s2＝90m/s2，不接近36m/s2，故C錯誤；D、指尖在BC段的向心加速度a2＝＝402×0.15m/s2＝240m/s2，接近300m/s2，故D正確。故選：D。【點評】本題以某同學利用手機頻閃照相拍攝了做甩手動作的照片為背景來考查勻速圓周運動的相關知識，有很強的時代性，同時也進一步體現了物理就在身邊，物理來源于生活的新課改理念，有助于培養學生應用所學知識解決實際問題的能力；本題易錯點是手機做勻速圓周運動的半徑的確定。10．（2021?黃浦區校級模擬）如圖所示，圓錐形轉輪a與圓盤形轉輪b均可繞其中軸（圖中虛線表示）轉動，兩轉輪在M點接觸且無相對滑動。若將接觸位置由M點移到N點，保持a輪轉動的角速度不變，則b輪的（）A．角速度不變，邊緣線速度變大 B．角速度變大，邊緣線速度變大 C．角速度變大，邊緣線速度不變 D．角速度變小，邊緣線速度不變【分析】同緣傳動的邊緣點線速度大小相等，根據v＝rω分析邊緣線速度，角速度大小變化。【解答】解：圓錐形轉輪a與圓盤形轉輪b均可繞其中軸（圖中虛線表示）轉動，兩轉輪接觸且無相對滑動，則為同緣傳動，接觸位置線速度大小相等，由M點移到N點，保持a輪轉動的角速度不變，接觸位置的半徑變大，根據v＝rω得，b輪邊緣線速度變大，其角速度也變大，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的點角速度大小相等，靠傳送帶傳動輪子邊緣的點，線速度大小相等，知道線速度、角速度的關系，并能靈活運用．11．（2021春?常熟市校級月考）如圖甲所示是中學物理實驗室常用的感應起電機，它主要是由兩個大小相等、直徑約為30cm的感應玻璃盤組成的。其中一個玻璃盤通過從動輪與手搖主動輪連接，如圖乙所示。現手搖主動輪以60r/min的轉速勻速旋轉，已知主動輪的半徑約為8cm，從動輪的半徑約為2cm，P和Q是玻璃盤邊緣上的兩點。若轉動時皮帶不打滑，下列說法正確的是（）A．玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相同 B．從動輪的轉速是260r/min C．P點的線速度大小約為3.8m/s D．Q點的向心加速度約為48m/s2【分析】若主動輪做順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動，所以從動輪逆時針轉動；共軸轉動的質點角速度相等，靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據v＝rω得出線速度大小之比、角速度大小關系．根據a＝即可求出Q點的向心加速度．【解答】解：A、若主動輪做順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動，所以從動輪逆時針轉動，所以玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反。故A錯誤；B、主動輪以60r/min的轉速勻速旋轉，已知主動輪的半徑約為8cm，主動輪的角速度ω1＝2πn1＝2rsd/s＝2πrsd/s，所以主動輪的邊緣線速度大小v1＝ω1r1＝2π×0.08m/s＝0.16πm/s，由于主動輪的邊緣各點的線速度與從動輪邊緣各點的線速度的大小相等，所以從動輪的角速度ω2＝＝8πrsd/s，從動輪的轉速是n2＝＝r/s＝240r/min，故B錯誤；C、玻璃盤的直徑是30cm，轉速是240r/min，所以P點的線速度：v＝ω2r3＝8π×m/s≈3.8m/s。故C正確；D、Q點的線速度與P點的線速度大小相等，所以Q點的向心加速度：aQ＝＝m/s2≈96m/s2，故D錯誤故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的點角速度大小相等，靠傳送帶傳動輪子邊緣的點，線速度大小相等，知道線速度、角速度的關系，并能靈活運用．12．（2021春?浙江月考）某變速箱中有甲、乙、丙三個齒輪，如圖所示，其半徑分別為r1、r2、r3，若甲輪勻速轉動角速度為ω，三個輪相互不打滑，則丙輪邊緣上各點的線速度大小為（）A．r1ω B．r2ω C．r3ω D．【分析】甲、乙、丙三個齒輪，靠齒輪傳動，各輪邊緣上各點線速度大小相等。【解答】解：甲、乙、丙三個齒輪，靠齒輪傳動，各輪邊緣上各點線速度大小相等，甲輪勻速轉動角速度為ω，由v＝rω得丙輪邊緣上各點的線速度大小v′＝ωr1，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題關鍵是明確同緣傳動邊緣點線速度大小相等，然后結合線速度與角速度關系公式v＝rω列式分析。13．（2021春?河西區校級月考）如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝RA，若在傳動過程中，皮帶不打滑。下列說法正確的是（）A．A點與C點的角速度大小相等 B．A點與C點的線速度大小相等 C．B點與C點的線速度大小之比為1：4 D．B點與C點的向心加速度大小之比為2：1【分析】靠皮帶傳動的兩個輪子的邊緣各點的線速度相等；同軸轉動的兩物體角速度相等。【解答】解：AB、因AC是靠皮帶傳動的兩個輪子邊緣上的點，兩點的線速度大小相等，即vA＝vC，而半徑不等，根據v＝rω，所以兩點角速度大小不相等，故A錯誤，B正確；C、由圖A、B共軸轉動，則有ωA＝ωB，且RB＝RC＝RA，根據v＝rω解得vA：vB＝2：1，又vA＝vC，則有B點與C點的線速度大小之比vB：vC＝1：2，故C錯誤；D、根據，且RB＝RC，vB：vC＝1：2，則有B點與C點的向心加速度大小之比為1：4，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了描述圓周運動的幾個物理量之間的關系，注意比較類習題的解題關鍵在于找出相比較的兩個事物之間的聯系。14．（2020?上海模擬）如圖所示，a、b是地球赤道上的兩點，b、c是地球表面上不同緯度同一經度上的兩點，以下說法中正確的是（）A．a、b、c三點的角速度相同 B．b、c兩點的線速度大小相同 C．a、b兩點的線速度大小不相同 D．b、c兩點的角速度不相同【分析】同軸轉動的物體角速度相同；線速度與角速度的關系為v＝ωr。【解答】解：a、b、c三點跟地球自轉的圓周半徑為三點到地軸的距離，所以ra＝rb＞rc三點隨地球自轉，相同時間轉過的角度相同，所以a、b、c三點的角速度相同，即ωa＝ωb＝ωc又由v＝ωr得，va＝vb＞vc故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了圓周運動的運動學描述中幾個物理量之間的關系，需要注意兩個重要模型：同軸轉動的物體的角速度大小相等，皮帶傳動的兩個輪子邊緣的線速度大小相等。15．（2020?上海模擬）以下關于勻速圓周運動的說法中正確的是（）A．勻速圓周運動是變加速運動 B．勻速圓周運動是速度不變的運動 C．勻速圓周運動的加速度不一定指向圓心 D．勻速圓周運動是角速度變化的運動【分析】勻速圓周運動是勻速率圓周運動的簡稱，速度大小不變，方向不斷變化；與速度方向平行的力改變速度大小，與速度垂直的力改變速度方向；v＝ωr【解答】解：B、勻速圓周運動是勻速率圓周運動的簡稱，其速度大小不變，但速度方向在不斷地變化，是變速運動，故B錯誤；AC、因為勻速圓周運動的速度大小不變，所以切線方向的加速度為零，實際加速度方向始終與速度垂直，指向圓心，在不斷地變化，所以勻速圓周運動是變加速運動，故A正確，C錯誤；D、由ω＝知，勻速圓周運動是角速度不變的運動，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了對勻速圓周運動的理解，需要注意的是勻速圓周運動不是勻速運動，是勻速率圓周運動的簡稱，是變速運動。二．多選題（共15小題）16．（2021春?蒲江縣校級月考）如圖是某共享自行車的傳動結構示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤（大齒輪），Ⅱ是半徑為r2的飛輪（小齒輪），Ⅲ是半徑為r3的后輪。若某人在勻速騎行時每秒踩腳踏板轉n圈，則下列判斷正確的是（）A．牙盤轉動角速度為 B．飛輪邊緣轉動線速度2πnr2 C．牙盤邊緣上點的向心加速度為4π2n2r1 D．自行車勻速運動的速度為【分析】轉速的單位為轉/秒，即單位時間做圓周運動轉過的圈數，轉過一圈對應的圓心角為2π，所以角速度ω＝轉速n×2π，由于大齒輪I和小齒輪II是通過鏈條傳動，所以大小齒輪邊緣上線速度大小相等，又小齒輪II和車輪III是同軸轉動，所以它們角速度相等，要知道車輪邊緣線速度的大小，則需要知道車輪的半徑；利用I和II線速度大小相等，II和III角速度相等，列式求III的線速度大小即可。【解答】解：A、某人在勻速騎行時每秒踩腳踏板轉n圈，則牙盤每一秒轉動了n圈，則牙盤的轉動周期T＝，則牙盤轉動角速度ω1＝＝2πn，故A錯誤；B、根據題意知輪I和輪II邊緣上的線速度的大小相等，據v＝rω可知飛輪邊緣轉動線速度v＝r2ω2＝r1ω1＝2πnr1，故B錯誤；C、牙盤邊緣向心加速度為a1＝ω12r1＝4π2n2r1，故C正確；D、輪II的角速度ω2＝ω1，因為輪II和輪III共軸，所以轉動的角速度相等，即ω3＝ω2，自行車勻速運動的速度等于輪III邊緣的線速度，根據v＝rω可知自行車勻速運動的速度v′＝ω3r3＝．故D正確。故選：CD。【點評】齒輪傳動時，輪邊緣上的線速度大小相等，同軸轉動兩輪的角速度相同。注意結合公式v＝rω列式分析求解．17．（2021春?菏澤期中）如圖所示是某機器中的皮帶傳動裝置，主動輪P的半徑為r1，從動輪Q的半徑為r2。已知主動輪順時針轉動，轉速為n，轉動過程中皮帶不打滑。關于從動輪Q的轉動，下列說法正確的是（）A．順時針轉動 B．逆時針轉動 C．轉速為n D．轉速為n【分析】主動輪做順時針轉動，從題圖傳動方式可知從動輪逆時針轉動，由于通過皮帶傳動，輪邊緣處線速度大小相等，根據角速度與線速度的關系即可求解．【解答】解：AB、主動輪做順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動，從題圖傳動方式可知從動輪逆時針轉動，故A錯誤，B正確；CD、由于通過皮帶傳動，輪邊緣處線速度大小相等，根據v＝ωr，ω＝2πn，得：nQr2＝nr1所以，nQ＝n，故C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】本題考查了圓周運動角速度與線速度的關系，要知道同緣傳動，線速度大小相等，同軸轉動，角速度相等．18．（2021春?淇濱區校級月考）如圖，輕桿長為L，一端鉸接在地面上可自由轉動，一端固定一質量為m的小球（半徑可忽略），一表面光滑的立方體物塊（邊長為a，且a遠小于桿長L）在水平外力F作用下由桿的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做勻速直線運動，并將桿頂起。下列哪些說法是正確的（）A．在桿與地面夾角轉到90°之前，小球的速度一直增大 B．在桿與地面夾角轉到90°之前，F一直增大 C．當桿與地面的夾角為θ時，棒的角速度ω＝ D．當桿與地面的夾角為θ時，小球的瞬時速率為v＝【分析】木塊以速度v0勻速運動，桿繞固定點轉動，桿與木塊接觸點的線速度方向與桿垂直，先判斷接觸點線速度再求解角速度和小球的速度。【解答】解：ACD、木塊速度為v0，桿上和木塊接觸點的速度為v0，觸點繞固定點轉動的分速度v'，當桿與地面的夾角為θ時，由運動的分解可得v′＝v0sinθ因觸點和小球在同一桿上以相同角速度轉動，觸點與固定點的距離為r＝所以棒的角速度為ω＝＝所以小球的速度v＝ωL＝故在桿與地面夾角轉到90°之前，小球的速度一直增大，故AD正確，C錯誤；B、當桿與地面的夾角逐漸增大，物塊對桿作用點越靠近轉軸，越費力，則F增大，故B正確。故選：ABD。【點評】木塊的運動引起桿的轉動，速度之間有關聯，根據運動的效果將水平速度分解為沿桿和垂直于桿的兩個方向。19．（2021春?吉林期中）經長期觀測人們在宇宙中已經發現了“雙星系統”。“雙星系統”由兩顆相距較近的恒星組成，每個恒星的線度遠小于兩個星體之間的距離，而且雙星系統一般遠離其他天體。如圖所示，兩顆星球組成的雙星，在相互之間的萬有引力作用下，繞連線上的O點做周期相同的勻速圓周運動。現測得兩顆星之間的距離為L，質量之比為m1：m2＝3：2．則可知（）A．m1、m2做圓周運動的角速度之比為3：2 B．m1、m2做圓周運動的向心力之比為1：1 C．m1、m2做圓周運動的半徑之比為3：2 D．m1、m2做圓周運動的線速度之比為2：3【分析】雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度的大小相等，根據向心力的關系求出轉動的半徑之比，從而得出線速度大小之比。【解答】解：A、雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，所以m1、m2做圓周運動的角速度之比為1：1，故A錯誤；B、雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，所以m1、m2做圓周運動的向心力之比為1：1，故B正確；C、對m1：G＝m1r1ω2，對m2：G＝m2r2ω2，得：m1r1＝m2r2，所以m1、m2做圓周運動的半徑之比為2：3，故C錯誤；D、根據v＝rω，知v1：v2＝r1：r2＝2：3，故D正確；故選：BD。【點評】解決本題的關鍵知道雙星系統的特點，角速度大小相等，向心力大小相等。20．（2021春?金川區校級期中）如圖裝置A、B輪通過皮帶傳動，A、C輪通過摩擦傳動，半徑RA＝2RB＝3RC，各接觸面均不打滑，則A，B，C三點的線速度和角速度之比分別為（）A．vA：vB：vC＝1：2：3 B．vA：vB：vC＝1：1：1 C．ωA：ωB：ωC＝1：2：3 D．ωA：ωB：ωC＝1：1：1【分析】傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度．根據以上知識解答即可．【解答】解：由題意，裝置A、B輪通過皮帶傳動，A、B邊緣上的點具有相同的線速度；A、C輪通過摩擦傳動，A、C邊緣上的點具有相同的線速度，所以三點的線速度是相等的，則：vA：vB：vC＝1：1：1，故選項A錯誤，B正確；根據線速度與角速度之間的關系：v＝ωr，得：ωA：ωB：ωC＝1：2：3，故選項C正確，B錯誤。故選：BC。【點評】解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點，具有相同的角速度．21．（2021春?長汀縣期中）如圖所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點；左側是一輪軸，大輪的半徑是4r，小輪的半徑為2r，b點在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上，傳動過程中皮帶不打滑．則下列說法中正確的是（）A．a點與b點的線速度大小之比為2：1 B．a點與b點的角速度大小之比為2：1 C．a點與d點的向心加速度大小不相等 D．a點與c點的線速度大小相等【分析】共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的各點線速度大小相等，根據v＝rω，a＝rω2＝可知各點線速度、角速度和向心加速度的大小．【解答】解：由圖可知，a、c兩點的線速度大小相等，所以：Va：Vc＝1：1；故D正確；根據v＝rω，得：ωa：ωc＝rc：ra＝2：1；由圖可知，b、c、d三點是同軸轉動，角速度相等，所以：ωa：ωb＝ωa：ωc＝2：1．故B正確；根據v＝rω，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r，b點到小輪中心的距離為r；所以：Vb：Vc：Vd＝r：2r：4r＝1：2：4；所以：Va：Vb＝Vc：Vb＝2：1；故A正確；根據向心加速度的公式：a＝ω2r，則a點與d點的向心加速度關系：．故C錯誤。故選：ABD。【點評】解決本題的關鍵知道線速度、角速度、向心加速度與半徑的關系，以及知道共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的點線速度大小相等．22．（2020?洮北區校級模擬）一水平放置的圓盤繞豎直固定軸轉動，在圓盤上沿半徑開有一條寬度為2mm的均勻狹縫，將激光器與傳感器上下對準，使二者間連線與轉軸平行，分別置于圓盤的上下兩側，且可以同步地沿圓盤半徑方向勻速移動，激光器連續向下發射激光束，在圓盤轉動過程中，當狹縫經過激光器與傳感器之間時，傳感器接收到一個激光信號，并將其輸入計算機，經處理后畫出相應圖線。圖（a）為該裝置示意圖，圖（b）為所接收的光信號隨時間變化的圖線，橫坐標表示時間，縱坐標表示接收到的激光信號強度，圖中△t1＝1.0×10﹣3s，△t2＝0.8×10﹣3s，則（）A．t＝1s時圓盤轉動的角速度為2.5πrad/s B．激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動 C．激光器和探測器的移動速度為m/s D．由已知條件無法求出△t3【分析】當圓盤的均勻狹縫轉到激光器正下方時，傳感器接收到信號。到下次接收到信號，正好轉動一圈。從而由周期可求出角速度。由圖象中的光信號能通過狹縫的時間逐漸減少，說明激光器與傳感器在移動，相對而言圓盤的轉動速度在發生變化。根據前兩個光信號的時間，可求出激光器與傳感器移動速度，從而可算出第三個光信號的時間。【解答】解：A、由圖象讀得，轉盤的轉動周期T＝0.8s，故角速度：ω＝＝rad/s＝2.5πrad/s，故A正確。B、由于電脈沖信號寬度在逐漸變窄，表明光能通過狹縫的時間逐漸減少，即圓盤上對應探測器所在位置的線速度逐漸增加，因此激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動，故B正確。C、0.2s時刻的線速度：＝ω1r11.0s時刻的線速度：＝ω2r2徑向速度：v＝，解得：v＝m/s，故C正確。D、設狹縫寬度為d，探測器接收到第i個脈沖時距轉軸的距離為ri，第i個脈沖的寬度為△ti，激光器和探測器沿半徑的運動速度為v。△ti＝Tr3﹣r2＝r2﹣r1＝vTr2﹣r1＝r3﹣r2＝解得：△t3＝≈0.67×10﹣3，故D錯誤。故選：ABC。【點評】考查圓周運動的角速度與周期的關系、角速度與線速度和半徑關系，以及運用數學知識分析問題的能力，較難。23．（2019秋?濱州期末）修正帶是中學生常用學習用具，其結構如圖所示，包括上下蓋座、大小齒輪、壓嘴座等部件，大小齒輪分別嵌合于大小軸孔中，大小齒輪相互嚙合，且大小齒輪的半徑之比為3：l，a、b點分別位于大小齒輪的邊緣。紙帶勻速走動時，關于a、b兩點相對各自轉軸的轉動方向、線速度、角速度和向心加速度，下列說法正確的是（）A．a、b兩點的轉動方向相同 B．a、b兩點的線速度大小之比為1：3 C．a、b兩點的角速度大小之比為1：3 D．a、b兩點的向心加速度大小之比為1：3【分析】齒輪咬合傳動時，邊緣點的線速度相等；同軸傳動時，角速度相等；然后結合v＝ωr和a＝列式求解。【解答】解：AB、題中為齒輪咬合傳動模型，邊緣點a、b的線速度大小相等，方向相反，va：vb＝1：1，故AB錯誤。C、根據v＝ωr知角速度與半徑成反比即為ωa：ωb＝rb：ra＝1：3，故C正確。D、根據a＝知a、b點的向心加速度大小之比為為半徑的反比，a、b兩點的向心加速度大小之比為1：3，故D正確。故選：CD。【點評】本題關鍵明確齒輪咬合傳動和同軸傳動的特點：同軸傳動時，角速度相等，齒輪咬合傳動時，邊緣點的線速度相等，然后結合公式v＝ωr分析求解即可。24．（2020春?汪清縣校級期中）如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在傳動過程中，皮帶不打滑，則（）A．A點與C點的角速度大小相等 B．A點與C點的線速度大小相等 C．A點與B點角速度大小相等 D．B點與C點的角速度大小之比為1：2【分析】兩輪子靠傳送帶傳動，輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點，具有相同的角速度。【解答】解：AB、A、C兩點是輪子邊緣上的點，靠傳送帶傳動，兩點的線速度大小相等，而半徑不等，所以角速度不等，故A錯誤，B正確；C、A、B兩點共軸轉動，具有相同的角速度，故C正確；D、A、C兩點線速度相等，根據ω＝，RA＝2RC，可知A與C的角速度之比為1：2，所以B點與C點的角速度大小之比為1：2，故D正確。故選：BCD。【點評】解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點，具有相同的角速度。25．（2020春?莊浪縣校級期中）如圖所示，倒置的光滑圓錐面內側有兩個完全相同的玻璃小球A、B沿錐面在水平面做勻速圓周運動，則下列關系式正確的是（）A．它們的線速度vA＞vB B．它們的角速度ωA＞ωB C．它們的向心加速度aA＝aB D．它們的向心力FA＝FB【分析】對兩小球分別受力分析，求出合力，根據向心力公式和牛頓第二定律列式求解，可得向心加速度、線速度和角速度，結合半徑的大小進行比較．【解答】解：對A、B兩球分別受力分析，如圖由圖可知F合＝mgtanθ因為兩小球質量相等，所以它們的向心力相等，故D正確；根據向心力公式有mgtanθ＝ma＝mω2R＝，解得線速度，角速度，向心加速度a＝gtanθ，A轉到的半徑較大，則vA＞vB，ωA＜ωB，aA＝aB，故A、C正確，B錯誤。故選：ACD。【點評】本題關鍵知道向心力的來源，受力分析后，求出合力，然后根據向心力公式和牛頓第二定律列式求解．26．（2020春?眉山期中）如圖所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動．一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，則（）A．子彈在圓筒中的水平速度為v0＝d B．子彈在圓筒中的水平速度為v0＝2d C．圓筒轉動的角速度可能為ω＝2π D．圓筒轉動的角速度可能為ω＝3π【分析】子彈在桶中做平拋運動，根據高度求出運動的時間，結合水平位移求出子彈的初速度．在子彈平拋運動的過程中，運動的時間是轉筒半個周期的奇數倍，根據該關系求出圓筒轉動的角速度．【解答】解：AB、根據h＝，解得t＝，則子彈在圓筒中的水平速度為．故A正確，B錯誤。CD、因為子彈右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上，則t＝，n＝1，2，3…，因為T＝，解得：ω＝（2n﹣1）π，當n＝1時，ω＝π，當n＝2時，ω＝3π．故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，以及知道圓周運動的周期性．27．（2020春?集寧區校級月考）如圖所示，輪O1、O3固定在同一輪軸上，輪O1、O2用皮帶連接且不打滑．在O1、O2、O3三個輪的邊緣各取一點A、B、C，已知三個輪的半徑比r1：r2：r3＝2：1：1，當轉軸勻速轉動時，下列說法中正確的是（）A．A、B、C三點的線速度之比為2：2：1 B．A、B、C三點的角速度之比為1：2：1 C．A、B、C三點的向心加速度之比為2：4：1 D．A、B、C三點的周期之比為1：2：1【分析】共軸轉動，角速度相等，靠傳送帶傳動，線速度相等，根據v＝rω，求出各點的線速度、角速度之比；由比較各點的周期．【解答】解：A、A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，A、C共軸轉動，角速度相等，根據v＝rω，則vA：vC＝r1：r3＝2：1。所以A、B、C三點的線速度大小之比vA：vB：vC＝2：2：1．故A正確；B、A、C共軸轉動，角速度相等，A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據v＝rω，ωA：ωB＝r2：r1＝1：2。所以A、B、C三點的角速度之比ωA：ωB：ωC＝1：2：1，故B正確；C、根據an＝vω，可知，A、B、C三點的加速度之比為2：4：1．故C正確；D、由，可知，A、B、C三點的周期之比為2：1：2，故D錯誤。故選：ABC。【點評】解決本題的知道共軸轉動的點，角速度相等，靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點，線速度相等．28．（2019秋?南通月考）如圖所示，質量為m的物體隨水平傳送帶一起勻速運動，A為傳送帶的終端皮帶輪，皮帶輪半徑為r，要使物體通過終端時能水平拋出，則皮帶輪（）A．邊緣的線速度至少為 B．邊緣的線速度至少為 C．轉速至少為 D．轉速至少為【分析】當物塊恰好被水平拋出時，在皮帶上最高點時由重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出臨界速度，再根據線速度與轉速的關系求出A輪每秒的轉數最小值。【解答】解：當物塊恰好被水平拋出時，在皮帶上最高點時由重力提供向心力，則由牛頓第二定律得：mg＝m，解得：v＝，設此時皮帶轉速為n，則有：2πnr＝v，得到：n＝＝，故AC錯誤，BD正確。故選：BD。【點評】本題運用牛頓第二定律和圓周運動規律分析臨界速度問題。當一個恰好離開另一個物體時兩物體之間的彈力為零，這是經常用到的臨界條件。29．（2019秋?通海縣校級月考）如圖所示皮帶傳動裝置，主動輪O1上有兩個半徑分別為R和r的輪，O2上的輪半徑為r′，已知R＝2r，r′＝R，設皮帶不打滑，則（）A．ωA：ωB＝1：1 B．vA：vB＝1：1 C．ωB：ωC＝1：1 D．vB：vC＝1：1【分析】AB兩點共軸轉動，角速度相等，BC靠傳送帶傳動，線速度大小相等，結合v＝rω得出A、B、C三點的線速度大小和角速度大小之比。【解答】解：AC、AB共軸轉動，角速度相等，BC兩點靠傳送帶傳動，則線速度大小相等，根據v＝rω知，ωB：ωC＝rC：rB＝2：3，所以ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故A正確，C錯誤；BD、AB共軸轉動，角速度相等，vA：vB＝rA：rB＝1：2，BC兩點的線速度大小相等，則vA：vB：vC＝1：2：2．故B錯誤，D正確；故選：AD。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的點，角速度大小相等，靠傳送帶傳動輪子邊緣上點，線速度大小相等，知道線速度、角速度的關系，并能靈活運用。30．（2019春?三臺縣校級月考）如圖所示，小球從斜軌道下滑至水平軌道末端時，轉筒立刻以某一角速度勻速轉動起來。轉筒的底面半徑為R，在轉筒側壁的同一豎直線上有兩小孔A、B，已知軌道末端與轉筒上部相平，與轉筒的轉軸距離為l＝5R，且與轉筒側壁上的小孔B的高度差為h＝3R．開始時小孔正對著軌道方向。現讓一小球從斜軌上滑下，若正好能鉆入轉筒的小孔A，并從小孔B鉆出，（重力加速度為g）則（）A．A、B兩孔的間距△h＝R B．A、B兩孔的間距△h＝R C．轉筒轉動的角速度ω＝（n＝0，1，2，3…） D．轉筒轉動的角速度ω＝（n＝1，2，3…）【分析】（1）令水平拋出時的位置為O，從O到B的過程，小球做平拋運動，根據平拋運動基本公式求解小球通過光電裝置時的速度大小；從O到A的過程中，根據平拋運動基本公求出從O到A豎直方向的位移，從而求出AB間的高度；（2）能鉆入小孔A，并從小孔B鉆出需滿足：t1＝nT，t2＝（k+）T，根據加速度與周期的關系結合數學知識求解即可。【解答】解：AB．設小球通過光電裝置的位置為O點，從O到進入A孔的時間為t1，從O到穿出B孔的時間為t2，從O到B的過程，小球做平拋運動，根據平拋運動基本公式得：l+R＝v0t2，h＝聯立解得：設O點與A點高度差為h1，從O到A的過程中，根據平拋運動基本公式得：l﹣R＝v0t1，h1＝，聯立解得：h1＝R而△h＝h﹣h1解得：△h＝R，故A錯誤。B正確；CD．能鉆入小孔A，并從小孔B鉆出需滿足：t1＝mT，t2＝（k+）T，t1＝，t2＝，其中T＝2πω即，解得3m＝2k+1令m＝2n+1，k＝3n+1，n＝0，1，2，3…解得ω＝，代入v0＝得ω＝，n＝0，1，2，3…故C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】解決該題需正確分析物體的運動情況，知道運動過程中的物理量，知道圓周運動的周期性和多解性；三．填空題（共10小題）31．（2021春?鼓樓區校級期中）如圖所示的皮帶傳動裝置，主動輪O1上兩輪的半徑分別為3r和r，從動輪O2的半徑為2r，A、B、C分別為輪緣上的三點，設皮帶不打滑，則A、B、C三點的線速度大小之比vA：vB：vC＝3：1：1；A、B、C三點的加速度大小之比aA：aB：aC＝6：2：1。。【分析】靠傳送帶傳動的兩個輪子邊緣上各點的線速度大小相等，共軸轉動的各點，角速度相等。B點和C點具有相同的線速度，A點和B點具有相同的角速度。根據v＝rω，求出三點的角速度之比。根據a＝＝ω2r求解加速度之比【解答】解：B點和C點是同緣傳動，具有相同的線速度大小，根據ω＝知B．C兩點的角速度之比等于半徑之反比，所以ωB：ωC＝rc：rb＝2：1．而A點和B點具有相同的角速度，所以ωA：ωB：ωC＝2：2：1。根據v＝rω，知A．B的線速度之比等于半徑之比，所以vA：vB＝3：1．因為B、C線速度相等，所以vA：vB：vC＝3：1：1；根據a＝＝ω2r得：aA：aB：aC＝vAωA：aB：vBωB：vCωC＝6：2：1。故答案為：3：1：1；6：2：1。【點評】解決本題的關鍵掌握靠傳送帶傳動的點，線速度大小相等，共軸的點，角速度相等。要根據相等的條件，靈活選擇公式的形式。32．（2021春?臨沂期中）如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑不一樣，它們的邊緣有三個點A、B、C。正常騎行自行車時，A、B、C三點中兩點的線速度大小相等，兩點的角速度大小相等，C點向心加速度最大。【分析】大齒輪與小齒輪是同緣傳動，邊緣點線速度相等；小齒輪與后輪是同軸傳動，角速度相等；結合線速度與角速度關系公式，向心加速度公式列式求解。【解答】解：AB兩點在傳送帶上，是同緣傳動的邊緣點，所以兩點的線速度大小相等，AB兩點的線速度相等，根據向心加速度公式a＝，A的半徑比較大，所以A點的向心加速度小于B點的向心加速度。BC兩點屬于同軸轉動，故角速度相等，根據向心加速度公式a＝ω2r，C點的半徑比較大，所以C點的向心加速度大于B點的向心加速度，所以C點向心加速度最大。故答案為：C。【點評】本題結合兩種傳送模型考查線速度、角速度和向心加速度的關系，要求有靈活選擇物理規律的能力。對于圓周運動，公式較多，要根據不同的條件靈活選擇公式。33．（2021春?贛州期中）若兩顆人造地球衛星，其向心加速度之比a1：a2＝1：4，則其軌道半徑之比為2：1，角速度之比為1：，線速度之比為，運動周期之比為：1。【分析】人造衛星繞地球做勻速圓周運動，根據線速度、角速度、周期和向心加速度的關系分析。【解答】解：人造衛星受到的萬有引力提供向心力，，解得向心加速度a＝，其中向心加速度之比a1：a2＝1：4，則軌道半徑之比為2：1，根據，v＝，T＝，則角速度之比為1：，線速度之比為，運動周期之比為：1。故答案為：2：1；1：；；：1。【點評】本題考查了線速度、角速度和周期、轉速的關系，關鍵求解出線速度、角速度、周期和向心力的表達式，再進行討論。34．（2021春?紅橋區校級期中）如圖所示的傳動裝置中，B、C兩輪固定在一起繞同一軸轉動，A、B兩輪用皮帶傳動，三輪半徑關系是rA＝rC＝2rB；若皮帶不打滑，則A、B、C輪邊緣的a、b、c三點的角速度之比ωa：ωb：ωc＝1：2：2；線速度之比va：vb：vc＝1：1：2．【分析】要求線速度之比需要知道三者線速度關系：A、B兩輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是皮帶和輪子接觸點的線速度的大小相同，B、C兩輪是軸傳動，軸傳動的特點是角速度相同．【解答】解：由于A輪和B輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是兩輪與皮帶接觸點的線速度的大小與皮帶的線速度大小相同，故va＝vb，∴va：vb＝1：1由角速度和線速度的關系式v＝ωR可得ω＝ωa：ωb＝＝1：2由于B輪和C輪共軸，故兩輪角速度相同，即ωb＝ωc，故ωb：ωc＝1：1ωa：ωb：ωc＝1：2：2由角速度和線速度的關系式v＝ωR可得vb：vC＝RB：RC＝1：2∴va：vb：vC＝1：1：2故答案為：1：2：2；1：1：2【點評】解決傳動類問題要分清是摩擦傳動（包括皮帶傳動，鏈傳動，齒輪傳動，線速度大小相同）還是軸傳動（角速度相同）．35．（2021春?蚌山區校級期中）如圖所示的皮帶傳動裝置，主動輪O1上兩輪的半徑分別為3r和r，從動輪O2的半徑為2r，A、B、C分別為輪緣上的三點，設皮帶不打滑，則A、B、C三點的角速度大小之比ωA：ωB：ωC＝2：2：1，三點的線速度大小之比vA：vB：vC＝3：1：1．【分析】靠傳送帶傳動的點，線速度大小相等，共軸的點，角速度相等．B點和C點具有相同的線速度，A點和B點具有相同的角速度．根據v＝rω，求出三點的角速度之比，線速度之比．【解答】解：B點和C點具有相同的線速度，根據ω＝，知B、C兩點的角速度之比等于半徑之反比，所以ωB：ωC＝rc：rb＝2：1．而A點和B點具有相同的角速度，所以ωA：ωB：ωC＝2：2：1．．根據v＝rω，知A、B的線速度之比等于半徑之比，所以vA：vB：＝3：1．B、C線速度相等，所以vA：vB：vC＝3：1：1．故本題答案為：2：2：1，3：1：1．【點評】解決本題的關鍵掌握靠傳送帶傳動的點，線速度大小相等，共軸的點，角速度相等．36．（2020?湖南學業考試）一物體在水平面內沿半徑R＝0.2m的圓形軌道做勻速圓周運動，線速度v＝0.2m/s，那么它的角速度為1rad/s，它的周期為2πs．【分析】已知半徑和線速度，根據v＝rΩ求解角速度，根據T＝求解周期．【解答】解：物體在水平面內沿半徑R＝0.2m的圓形軌道做勻速圓周運動，線速度v＝0.2m/s，角速度為：＝＝1rad/s周期為：T＝＝＝2πs故答案為：1，2π．【點評】描述圓周運動的概念比較多，要熟練掌握各個概念的物理意義，以及各物理量之間的關系．37．（2019春?柯坪縣校級月考）利用所學物理知識解答下列問題：（1）做勻速圓周運動的物體，10s內沿半徑為20m的圓周運動了100m，則其線速度為10m/s，角速度為0.5rad/s，周期為12.56s。（2）汽車車輪半徑為1.2m，行駛速率為72km/h，設汽車與地面不打滑，在行駛中車輪的角速度是16.67rad/s，其轉速是2.65r/s。【分析】（1）根據線速度的定義式，結合弧長和時間求出線速度的大小，通過v＝rω求出角速度的大小，根據求出周期的大小和轉速的大小；（2）用線速度與角速度的公式v＝ωr求ω，根據ω＝2πn求解n。【解答】解：（1）根據線速度定義得：v＝＝m/s＝10m/s，根據v＝ωr得：＝rad/s＝0.5rad/s，根據角速度和周期的關系得：T＝＝s＝12.56s（2）線速度：v＝72km/h＝20m/s；由線速度與角速度的公式v＝ωr，得：ω＝＝rad/s＝16.67rad/s，轉速n＝＝r/s＝2.65r/s。故答案為：（1）10m/s；0.5rad/s；12.56s；（2）16.67rad/s；2.65r/s。【點評】本題考查了線速度、角速度和周期、轉速的關系，解決本題的關鍵掌握線速度的定義式，以及線速度與角速度的關系v＝rω，能正確推導各量之間的關系是解決本題的關鍵。38．（2019春?浦東新區校級期中）一質點作半徑為1m的勻速圓周運動，它在0.8s的時間內。運動方向轉過120°角，則其轉速是25r/min，0.8s內質點的位移為m【分析】根據角速度、時間與轉過的角度的關系求出角速度，然后求出轉速；由幾何關系求出位移。【解答】解：質點在0.8s的時間內運動方向轉過120°角，則：rad所以角速度：＝rad/s轉速：n＝＝＝r/s＝25r/min運動方向轉過120°角時質點的位移大小為：x＝m故答案為：25，【點評】該題考查描述勻速圓周運動的物理量之間的關系，解答的關鍵是掌握轉過的角度與時間、角速度之間的關系。39．（2019春?博野縣期中）自行車的小齒輪A、大齒輪B和后輪C是相互關聯的三個傳動部分，且A、B兩輪的半徑之比RA：RB＝p，B、C兩輪的半徑之比RB：RC＝q，如圖所示。當自行車正常騎行時：（1）B、C兩輪邊緣的線速度大小之比vB：vC＝pq。（2）A、B兩輪邊緣的向心加速度大小之比aA：aB＝。（3）B、C兩輪邊緣的向心加速度大小之比aB：aC＝p2q。【分析】自行車的鏈條不打滑，A與B的線速度大小相等，A與C繞同一轉軸轉動，角速度相等。由v＝ωr研究A與B角速度的關系。由向心加速度公式an＝＝ω2r，分別研究A與B和B與C的向心加速度的關系。【解答】解：（1）因為A輪和B輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是兩輪與皮帶接觸點的線速度的大小與皮帶的線速度大小相同，故vA＝vB，因為A輪和C輪共軸，故兩輪角速度相同，即ωA＝ωC，由角速度和線速度的關系式v＝ωr可得：vA：vC＝RA：RC也等于vB：vC＝RA：RC＝pq；（2）由知：；（3）同理：B、C兩輪邊緣的向心加速度大小之比：。故答案為：（1）pq；（2）；（3）p2q。【點評】本題主要考查在皮帶不打滑的情況下同軸轉動角速度相等，皮帶傳動線速度相等。本題考查靈活選擇物理規律的能力。對于圓周運動，公式較多，要根據不同的條件靈活選擇公式。40．（2019春?八步區校級月考）一部機器由電動機帶動，機器上的皮帶輪的半徑是電動機皮帶輪半徑的3倍（如圖所示），皮帶與兩輪之間不發生相對滑動．已知機器皮帶輪邊緣上一點的向心加速度為0.10m/s2．則電動機皮帶輪與機器皮帶輪的轉速比n1：n2＝3：1，若機器皮帶輪上A點到轉軸的距離為輪半徑的一半，A點的向心加速度為0.05m/s2．【分析】傳動裝置，在傳動過程中不打滑，共軸的角速度是相同的；同一傳動裝置接觸邊緣的線速度大小是相等的．所以當角速度一定時，線速度與半徑成正比；當線速度大小一定時，角速度與半徑成反比．因此根據題目條件可知加速度及角速度．【解答】解：因電動機和機器由同一皮帶連接，所以它們邊緣線速度相等設電動機半徑為r1，角速度ω1，機器輪半徑為r2，角速度為ω2．由題意知：r2＝3r1由v＝rω得r1ω1＝r2ω2即r1ω1＝3r1ω2所以ω1：ω2＝3：1由于ω＝2πn，故角速度與轉速成正比，故：n1：n2＝3：1因A與皮帶邊緣同軸轉動，所以角速度相等，向心加速度與半徑成正比，由a＝rω2得aA＝×0.10m/s2＝0.05m/s2故答案為：3：1，0.05．【點評】本題要緊扣隱含條件：共軸的角速度是相同的；同一傳動裝置接觸邊緣的線速度大小是相等的．以此作為突破口；同時能掌握線速度、角速度與半徑之間的關系．四．計算題（共2小題）41．（2021春?鼓樓區校級期中）如圖，靠摩擦傳動做勻速轉動的大、小兩輪接觸面互不打滑，大輪半徑是小輪半徑的2倍。A、B分別為大、小輪邊緣上的點，C為大輪上一條半徑的中點。則ABC三點的線速度之比是2：2：1；角速度之比是1：2：1。【分析】兩輪接觸面互不打滑，兩輪邊緣上各點線速度大小相等，同軸轉動的各點角速度相等，結合v＝ωr進行解答。【解答】解：兩輪接觸面互不打滑，兩輪邊緣上各點線速度大小相等，故vA＝vB；根據v＝ωr，知＝＝A、C兩點共軸轉動，角速度相等，根據v＝ωr，知＝＝故vA：vB：vC＝2：2：1，ωA：ωB：ωC＝1：2：1故答案為：2：2：1，1：2：1。【點評】本題的關鍵要抓住傳動時兩輪邊緣上線速度大小相等，同軸轉動時角速度相等，運用比例法求解。42．（2019?武侯區校級模擬）如圖所示，一根長為L＝0.4m的輕繩一端系一質量為m＝2kg的小球在豎直平面內以O為圓心沿順時針方向做圓周運動，M為圓周最高點，P為最低點；O2為一個沿逆時針做勻速圓周運動的圓環的圓心，最高點為Q．圓環邊緣上有兩點A、B，弧AB所對的圓心角為60°，PQ＝3.2m，且與兩個圓相切，當小球運動到M點時，繩子突然斷開，此時圓環上的A點也轉到了Q點，經過一段時間后，小球恰好落在了Q點，而此時60°圓心角所對弧AB上的某點（不包含A、B兩點）也轉到了Q點，在此期間圓環已轉了4圈，（忽略空氣阻力，重力加速度取g10m/s2），求：（1）繩子斷開時，小球的速度大小是多少？（2）圓環逆時針做勻速圓周運動的角速度應滿足什么條件？【分析】（1）由題意知繩子斷開后小球從M點開始做平拋運動，根據平拋運動的基本公式即可求解；（2）如果在t的時間內，圓環轉了4圈后A和Q點重合，得出周期，求出角速度。【解答】解：（1）由題意知繩子斷開后小球從M點開始做平拋運動，從M到Q平拋的時間為：t＝＝0.4s則：PQ＝3.2m＝v0t＝v0×0.4s得：v0＝＝8m/s（2）如果在t＝0.4s的時間內，圓環轉了4圈后A和Q點重合，則有：4TA＝0.4，TA＝0.1s，則角速度ω＝＝20πrad/s，如果在t＝0.4s的時間內，圓環轉了4+圈后B與Q點重合，則有：（4+）TB＝0.4，TB＝s，則角速度ω＝＝rad/s，則角度度應該滿足的條件是：20πrad/s≤ω≤rad/s。答：（1）繩子斷開時，小球的速度大小是8m/s；（2）圓環逆時針做勻速圓周運動的角速度應滿足20πrad/s≤ω≤rad/s。【點評】本題主要考查了圓周運動向心力公式及平拋運動的基本公式的直接應用，要求同學們能正確分析物體的運動情況，難度適中。圓周運動知識點：圓周運動一、線速度1.定義：物體做圓周運動，在一段很短的時間Δt內，通過的弧長為Δs.則Δs與Δt的比值叫作線速度，公式：v＝eq\f(Δs,Δt).2.意義：描述做圓周運動的物體運動的快慢.3.方向：為物體做圓周運動時該點的切線方向.4.勻速圓周運動(1)定義：物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動.(2)性質：線速度的方向是時刻變化的，所以是一種變速運動，這里的“勻速”是指速率不變.二、角速度1.定義：連接物體與圓心的半徑轉過的角度與轉過這一角度所用時間的比值，公式：ω＝eq\f(Δθ,Δt).2.意義：描述物體繞圓心轉動的快慢.3.單位：弧度每秒，符號是rad/s或rad·s－1.4.勻速圓周運動是角速度不變的運動.三、周期1.周期T：做勻速圓周運動的物體，運動一周所用的時間，單位：秒(s).2.轉速n：物體轉動的圈數與所用時間之比.單位：轉每秒(r/s)或轉每分(r/min).3.周期和轉速的關系：T＝eq\f(1,n)(n的單位為r/s時).四、線速度與角速度的關系1.在圓周運動中，線速度的大小等于角速度大小與半徑的乘積.2.公式：v＝ωr.技巧點撥一、線速度和勻速圓周運動1.對線速度的理解(1)線速度是物體做圓周運動的瞬時速度，線速度越大，物體運動得越快.(2)線速度是矢量，它既有大小，又有方向，線速度的方向在圓周各點的切線方向上.(3)線速度的定義式：v＝eq\f(Δs,Δt)，Δs代表在時間Δt內通過的弧長.2.對勻速圓周運動的理解(1)由于勻速圓周運動是曲線運動，其速度方向沿著圓周上各點的切線方向，所以速度的方向時刻在變化.(2)勻速的含義：速度的大小不變，即速率不變.(3)運動性質：勻速圓周運動是一種變速運動，其所受合外力不為零.二、角速度、周期和轉速1.對角速度的理解(1)角速度描述做圓周運動的物體繞圓心轉動的快慢，角速度越大，物體轉動得越快.(2)角速度的定義式：ω＝eq\f(Δθ,Δt)，Δθ代表在時間Δt內物體與圓心的連線轉過的角度.(3)在勻速圓周運動中，角速度不變.2.對周期和頻率(轉速)的理解(1)勻速圓周運動具有周期性，每經過一個周期，線速度大小和方向與初始時刻完全相同.(2)當單位時間取1s時，f＝n.頻率和轉速對勻速圓周運動來說在數值上是相等的，但頻率具有更廣泛的意義，兩者的單位也不相同.3.周期、頻率和轉速間的關系：T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,n).三、描述勻速圓周運動各物理量之間的關系1.描述勻速圓周運動各物理量之間的關系(1)v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)＝2πnr(2)ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)＝2πn(3)v＝ωr2.各物理量之間關系的理解(1)角速度、周期、轉速之間關系的理解：物體做勻速圓周運動時，由ω＝eq\f(2π,T)＝2πn知，角速度、周期、轉速三個物理量，只要其中一個物理量確定了，其余兩個物理量也確定了.(2)線速度與角速度之間關系的理解：由線速度大小v＝ω·r知，r一定時，v∝ω；v一定時，ω∝eq\f(1,r)；ω一定時，v∝r.四、同軸轉動和皮帶傳動問題同軸轉動皮帶傳動齒輪傳動裝置A、B兩點在同軸的一個圓盤上兩個輪子用皮帶連接(皮帶不打滑)，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣上的點兩個齒輪嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點特點角速度、周期相同線速度大小相等線速度大小相等規律線速度大小與半徑成正比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)例題精練1．（2020秋?南京月考）如圖所示，兩小球固定在一根長為L的桿兩端，繞桿上的O點做圓周運動。當小球A的速度為vA時，小球B的速度為vB，則O點到小球A的距離為（）A． B． C． D．【分析】明確兩物體為同軸轉動，轉動過程中角速度相同；分別對兩球根據線速度和角速度的關系式列式，聯立即可求出O點到小球A的距離。【解答】解：兩小球A、B同軸轉動，角速度大小相等，則有ω＝＝，即＝，又rA+rB＝L，聯立可得rA＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題通過“桿”模型考查了線速度、角速度、半徑等物理量之間的關系，在本題中注意兩球做圓周運動時角速度相等這一隱含條件。2．（2018秋?諸暨市期末）如圖所示是磁盤的磁道，磁道是一些不同半徑的同心圓。為了數據檢索的方便，磁盤格式化時要求所有磁道儲存的字節與最內磁道的字節相同，最內磁道上每字節所占用磁道的弧長為L．已知磁盤的最外磁道半徑為R，最內磁道的半徑為r，相鄰磁道之間的寬度為d，最外磁道不儲存字節。電動機使磁盤以每秒n圈的轉速勻速轉動，磁頭在讀寫數據時保持不動，磁盤每轉一圈，磁頭沿半徑方向跳動一個磁道，不計磁頭轉移磁道的時間。下列說法正確的是（）A．相鄰磁道的向心加速度的差值為 B．最內磁道的一個字節通過磁頭的時間為 C．讀完磁道上所有字節所需的時間為 D．若r可變，其他條件不變，當，r＝時磁盤儲存的字節最多【分析】根據向心加速度的定義式可求出相鄰磁道的向心加速度的差值；根據轉速的定義可求出最內磁道的一個字節通過磁頭的時間；求出磁道數及每一磁道的字節數從而找到總字節數；根據題意求出總字節數表達式，再結合數學知識找到極值表達式即可；【解答】解：A．相鄰磁道屬于同軸轉動，故角速度w相同，轉速n相同。相鄰磁道的半徑差為d，根據向心加速度公式：a＝rw2＝r（2πn）2知，相鄰磁道的向心加速度的差值為4π2n2d，故A錯誤；B．磁盤轉動一圈所用時間，磁盤轉一圈磁頭所讀字節的總長為2πr，所以磁頭讀單位長度的字節所用時間為，又因為一個字節所占弧長為L，所以最內磁道的一個字節通過磁頭的時間為，故B錯誤；C．因為磁盤的最外磁道半徑為R，最內磁道的半徑為r，相鄰磁道之間的寬度為d，所以磁盤中共有磁道條數為，磁頭讀完一條磁道所有字節所用時間為，則讀