第3章 第1节 匀速圆周运动快慢的描述（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版 福建专用）

　第3章　圆周运动 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]　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 3.图甲是一款感应垃圾桶。物体靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中，桶盖上的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 4.(2025·上饶高一期末)《天工开物》中介绍了古法制糖工艺，用糖车挤压甘蔗收集汁水如图甲所示，其简化模型的俯视平面图如图乙所示。手柄上的A点到转动轴轴心O点的距离为4R，两个半径为R的圆柱体表面有两个点B和C，则A、B、C三点的线速度大小之比为 (　 ) A.1∶4∶1 B.1∶4∶4 C.4∶1∶1 D.4∶1∶4 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.(2025·安徽高考)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是 (　 ) 4.(2025·泸州高一期末)我国物理学家葛正权于1930-1934年参与研究共同设计了如图所示的装置，半径为R的圆筒B可绕O轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。银原子以一定速率从d点沿虚线经狭缝c射入圆筒内壁。某次实验有一个银原子从d点发出，经过c点时aOcd恰好在一直线上，圆筒内壁上有一个点b，Oa与Ob的夹角θ=，如图所示。该银原子入射后恰好打到圆筒内壁的b点，重力和阻力忽略不计，则这个银原子的速率可能为 (　 ) A.　　　　　　　　 B. C. D. 5.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。 课下请完成课时跟踪检测(十四) 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 第3章　圆周运动 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rQ<rP，则有ω>ω'，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。 3.选D　桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度大小相等，即ωA=ωB；根据v=ωr，又有rB>rA，则vB>vA，故A、B、C错误，D正确。 4.选C　A、C为同轴转动，角速度相同，则根据v=ωr，可知vA∶vC=4∶1，B、C两点线速度相同，则vA∶vB∶vC=4∶1∶1。 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.选D　因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度相同，设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向的分速度=ωrcos ωt，即vN=ωrcos ωt，故D正确，A、B、C错误。 4.选B　银原子从c点射入圆筒到穿出所需要的时间为t=，根据匀速圆周运动的规律可知b点在该段时间内转过的角度满足的关系为2kπ+=ωt(k=0，1，2，3……)，联立解得这个银原子的速率为v=(k=0，1，2，3……)，把k=0，1，2，3……代入，解得v=……，故选B。 5.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，…) $