第01节匀速圆周运动

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1、一、选择题考点一　描述圆周运动的物理量的关系及计算1．一质点做匀速圆周运动时，圆的半径为r，周期为4s，那么1s内质点的位移大小和路程分别是(　　)A．r和B.和C.r和rD.r和答案　D解析　质点在1s内转过了圈，画出运动过程的示意图可求出这段时间内的位移大小为r，路程为，所以选项D正确．【考点】对匀速圆周运动的理解【题点】对匀速圆周运动的理解2．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是(　　)A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的半径一定小D．角速度大的周期一定小答

2、案　D解析　由v＝ωr可知，当r一定时，v与ω成正比；v一定时，ω与r成反比，故A、C均错误．由v＝可知，只有当r一定时，v越大，T才越小，B错误．由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确．【考点】线速度、角速度、周期(和转速)【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系3．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是(　　)A．因为v＝ωr，所以线速度v与轨道半径r成正比B．因为ω＝，所以角速度ω与轨道半径r成反比C．因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比D．因为ω＝，所以角速度ω与周期T成反比答案　CD解析　当ω一定时

3、，线速度v才与轨道半径r成正比，所以A错误．当v一定时，角速度ω才与轨道半径r成反比，所以B错误．在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比，故C、D正确．【考点】线速度、角速度、周期(和转速)【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系4．(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是(　　)A．它们的半径之比为2∶9B．它们的半径之比为1∶2C．它们的周期之比为2∶3D．它们的周期之比为1∶3答案　AD解析　由v＝ωr，得r＝，＝＝，A对，B错

4、；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C错，D对．【考点】线速度、角速度、周期(和转速)【题点】圆周运动各物理量间的比值关系考点二　传动问题5．如图1所示是一个玩具陀螺．a、b和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(　　)图1A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度大小相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大答案　B解析　同一物体上的三点绕同一竖直轴转动，因此角速度相同，c的半径最小，故它的线速度最小，a、b的半径相同，二者的线速度大小相等，故选B

5、.【考点】传动问题分析【题点】同轴转动问题分析6．两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图2所示．当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则O点到小球2的距离是(　　)图2A.B.C.D.答案　B解析　两球在同一杆上，旋转的角速度相等，均为ω，设两球的转动半径分别为r1、r2，则r1＋r2＝L.又知v1＝ωr1，v2＝ωr2，联立得r2＝，B正确．【考点】传动问题分析【题点】同轴转动问题分析7．如图3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，

6、从动轮的运动情况是(　　)图3A．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，周期为答案　B解析　主动轮顺时针转动，则从动轮逆时针转动，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，故T从＝，B正确．【考点】传动问题分析【题点】皮带(或齿轮)传动问题分析8．如图4所示的装置中，已知大轮的半径是小轮半径的3倍，A点和B点分别在两轮边缘，C点到大轮轴的距离等于小轮半径．若不打滑，则它们的线速度之比vA∶vB∶vC为(　　)图4A．1∶3∶3B．1∶3∶1C．3∶3∶1D．3∶

7、1∶3答案　C解析　A、C两点转动的角速度相等，由v＝ωr可知，vA∶vC＝3∶1；A、B两点的线速度大小相等，即vA∶vB＝1∶1，则vA∶vB∶vC＝3∶3∶1.【考点】传动问题分析【题点】传动问题中各物理量的比值关系考点三　圆周运动的周期性9．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28cm.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16cm.P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入

8、Q的接收窗口，如图5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(　　)图5A．0.56sB．0.28sC．0.16sD．0.07s答案　A解析　根据公式T＝可求出，P、Q转动的周期分别为TP＝0.14s和TQ＝0.08s，根据题意，只有当P、Q同时转到题