物理匀速圆周运动快慢的描述学案

这是一份物理匀速圆周运动快慢的描述学案，共9页。

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＝eq \f(s,t)，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＝eq \f(\a\vs4\al(φ),t)，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＝eq \f(1,T)，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＝eq \f(v,r)知，v一定时，ω∝eq \f(1,r)，ω与eq \f(1,r)、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＝eq \f(Δs,Δt)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
2．皮带传动
3.齿轮传动
[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＝eq \f(v,r)，即ω∝eq \f(1,r)。
(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∶5B．1∶1 5∶1
C．5∶1 1∶5D．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.eq \f(2ωL,π) B.eq \f(ωL,2π)
C.eq \f(ωL,3π) D.eq \f(ωL,4π)
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 sB．0.28 s
C．0.16 sD．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)eq \f(2πr,T) (3)eq \f(2π,T)
[全方位练明]
1．(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)×
2．选B 匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)，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＝eq \f(2π,ω)，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＝eq \f(1,f)可知周期越大，C错误；由周期T＝eq \f(2πr,v)，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＝eq \f(2π,T)＝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＝eq \f(v,ω)＝eq \f(4,π) m≈1.27 m，故C项正确；由v＝2πnr得转速n＝eq \f(v,2πr)＝eq \f(4,2π·\f(4,π)) r/s＝0.5 r/s，故B项正确；又由频率与周期的关系得f＝eq \f(1,T)＝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＝eq \f(v,rQ)，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′＝eq \f(v,rP)，由于rQω′，即后轮角速度变小，由公式T＝eq \f(2π,ω)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＝eq \f(v,r)，则eq \f(ωM,ωN)＝eq \f(rN,rM)＝eq \f(5,1)，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＝ eq \r(\f(2h,g))。小球在水平方向运动的距离R＝v0t，得v0＝eq \f(R,t)＝eq \f(R \r(2gh),2h)，圆板在时间t内应转动n转，所以ω＝eq \f(2πn,t)＝eq \f(nπ\r(2gh),h) (n＝1,2,3，…)。
答案：eq \f(R\r(2gh),2h) eq \f(nπ\r(2gh),h) (n＝1,2,3，…)
[变式拓展] 解析：小球刚好落在半径OB的中点，则有：eq \f(1,2)R＝v0t，解得v0＝eq \f(R\r(2gh),4h)，圆板转动的最大周期Tmax＝ eq \r(\f(2h,g))。
答案：eq \f(R\r(2gh),4h) eq \r(\f(2h,g))
[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＝eq \f(L,v0)。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＝eq \f(ωL,π＋2kπ)(k＝0,1，2，…)，当k＝0时，v0＝eq \f(ωL,π)，当k＝1时，v0＝eq \f(ωL,3π)，当k＝2时，v0＝eq \f(ωL,5π)，C正确。
2．选A P的周期TP＝eq \f(2πrP,v)＝eq \f(2π×0.28,4π) s＝0.14 s，Q的周期TQ＝eq \f(2πrQ,v)＝eq \f(2π×0.16,4π) 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＝eq \f(2n＋1π,ω0) (n＝0,1,2,3，…)
所以v＝eq \f(D,t)＝eq \f(Dω0,2n＋1π) (n＝0,1,2,3，…)。
答案：eq \f(Dω0,2n＋1π) (n＝0,1,2,3，…)
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。
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eq \f(vA,vB)＝eq \f(r,R)
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eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r,R)
周期eq \f(TA,TB)＝eq \f(R,r)
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eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r2,r1)
周期eq \f(TA,TB)＝eq \f(r1,r2)