6.1圓周運動的運動特點高一物理學與練（人教版2019）

6.1圓周運動的運動特點學習目標學習目標課程標準學習目標1．會用線速度、角速度、周期描述勻速圓周運動。2．知道勻速圓周運動向心加速度的大小和方向。1、認識圓周運動、勻速圓周運動的特點，了解描述圓周運動快慢的基本思路，了解轉速和周期的物理意義。2、理解線速度的物理意義，知道勻速圓周運動中線速度的方向。3、理解角速度的物理意義，掌握線速度和角速度的關系。4、能在具體的情境中確定線速度和角速度。5、知道勻速圓周運動中向心加速度大小的表達式，理解向心加速度與半徑的關系，并會用來進行簡單的計算。002預習導學課前研讀課本，梳理基礎知識：一、勻速圓周運動及其描述1．勻速圓周運動(1)速度特點：速度的大小不變，方向始終與半徑垂直。(2)性質(zhì)：加速度大小不變，方向總是指向圓心的變加速曲線運動。2．描述勻速圓周運動的物理量定義、意義公式、單位線速度描述做圓周運動的物體沿圓弧運動快慢的物理量(v)(1)v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)；(2)單位：m/s角速度描述物體繞圓心轉動快慢的物理量(ω)(1)ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)；(2)單位：rad/s周期物體沿圓周運動一周的時間(T)(1)T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2π,ω)，單位：s(2)f＝eq\f(1,T)，單位：Hz向心加速度描述速度方向變化快慢的物理量(an)；方向指向圓心(1)an＝eq\f(v2,r)＝ω2r；(2)單位：m/s2二、對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比。當ω一定時，v與r成正比。當v一定時，ω與r成反比。三、對an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比。四、常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(3)同軸轉動：如圖甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。（二）即時練習：【小試牛刀1】如圖，A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們()A．線速度大小之比為4∶3B．角速度之比為3∶4C．圓周運動的半徑之比為2∶1D．向心加速度大小之比為1∶2答案A解析時間相同，路程之比即線速度大小之比，為4∶3，A項正確；由于時間相同，運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，等于角速度之比，為3∶2，B項錯誤；線速度之比除以角速度之比等于半徑之比，為8∶9，C項錯誤；由向心加速度an＝eq\f(v2,r)知，線速度平方之比除以半徑之比即向心加速度大小之比，為2∶1，D項錯誤．【小試牛刀2】(2021·全國甲卷)“旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點的向心加速度大小約為()A．10m/s2 B．100m/s2C．1000m/s2 D．10000m/s2解析：選C紐扣在轉動過程中ω＝2πn＝100πrad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1000m/s2，C正確?！拘≡嚺５?】（多選）變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度．如圖所示是某一變速自行車齒輪轉動結構示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒，則()A．該自行車可變換兩種不同擋位B．該自行車可變換四種不同擋位C．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1答案BC解析該自行車可變換四種不同擋位，分別為A與C、A與D、B與C、B與D，A錯誤，B正確；當A輪與D輪組合時，由兩輪齒數(shù)可知，當A輪轉動一周時，D輪要轉4周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正確，D錯誤．003題型精講【題型一】傳動裝置【典型例題1】(多選)在如圖所示的齒輪傳動中，三個齒輪的半徑之比為2∶3∶6，當齒輪轉動的時候，小齒輪邊緣的A點和大齒輪邊緣的B點()A.線速度大小之比為1∶1 B.線速度大小之比為3∶1C.角速度之比為1∶1 D.角速度之比為3∶1答案AD解析題圖中三個齒輪邊緣線速度大小相等，A點和B點的線速度大小之比為1∶1，選項A正確，B錯誤；由v＝ωr可得，線速度大小一定時，角速度與半徑成反比，A點和B點角速度之比為3∶1，選項C錯誤，D正確?！镜湫屠}2】如圖所示，輪O1、O3固定在同一轉軸上，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，已知三個輪的半徑之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：(1)A、B、C三點的線速度大小之比vA∶vB∶vC；(2)A、B、C三點的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(3)A、B、C三點的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC。答案(1)2∶2∶1(2)1∶2∶1(3)2∶4∶1解析(1)令vA＝v，由于皮帶傳動時不打滑，所以vB＝v。因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，當角速度一定時，線速度跟半徑成正比，故vC＝eq\f(1,2)v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1。(2)令ωA＝ω，由于輪O1、O3同軸轉動，所以ωC＝ω。因vA＝vB，由公式ω＝eq\f(v,r)知，當線速度相等時，角速度跟半徑成反比，故ωB＝2ω，所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1。(3)令A點向心加速度大小為aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝eq\f(v2,r)知，當v一定時，向心加速度大小跟半徑成反比，所以aB＝2a。又因為ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，當角速度一定時，向心加速度大小跟半徑成正比，故aC＝eq\f(1,2)a，所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1?！緦c訓練1】(多選)如圖甲所示是中學物理實驗室常用的感應起電機，它是由兩個大小相等直徑約為30cm的感應玻璃盤起電的，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(xiàn)玻璃盤以100r/min的轉速旋轉，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．P、Q的線速度相同B．玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反C．P點的線速度大小約為1.6m/sD．搖把的轉速約為400r/min解析：選BC線速度的方向沿曲線的切線方向，由題圖可知，P、Q兩點的線速度的方向一定不同，故A錯誤；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，從動輪逆時針轉動，故B正確；玻璃盤的直徑是30cm，轉速是100r/min，所以線速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq\f(100,60)×π×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正確；從動輪邊緣的線速度vc＝ωrc＝2×eq\f(100,60)×π×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/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，即vz＝vc，所以主動輪的轉速nz＝eq\f(ωz,2π)＝eq\f(vz,2πrz)＝eq\f(π,15×2π×0.08)r/s＝eq\f(\f(1,15)π,2π×0.08)r/s＝25r/min，故D錯誤?！緦c訓練2】某機器的齒輪系統(tǒng)如圖所示，中間的輪叫作太陽輪，它是主動輪。從動輪稱為行星輪，太陽輪、行星輪與最外面的大輪彼此密切嚙合在一起，如果太陽輪一周的齒數(shù)為n1，行星輪一周的齒數(shù)為n2，當太陽輪轉動的角速度為ω時，最外面的大輪轉動的角速度為()A.eq\f(n1,n1＋2n2)ω B.eq\f(n2,n1＋n2)ωC.eq\f(n1,n1＋n2)ω D.eq\f(n2,n1－n2)ω解析：選A太陽輪、行星輪與大輪分別用A、B、C表示，由題圖可知，A與B為齒輪傳動，所以線速度大小相等，B與C也是齒輪傳動，線速度大小也相等，所以A與B、C的線速度大小是相等的；由齒輪數(shù)與周長關系可知：eq\f(2πRA,2πRB)＝eq\f(RA,RB)＝eq\f(n1,n2)，則：RB＝eq\f(n2,n1)RA，由題圖可知：RC＝2RB＋RA，A、B與C的線速度大小相等，得：ωRA＝ω′RC，聯(lián)立可得：ω′＝eq\f(n1ω,n1＋2n2)。故A正確，B、C、D錯誤?！绢}型二】周期性問題【典型例題3】如圖所示，質(zhì)點a、b在同一平面內(nèi)繞質(zhì)點c沿逆時針方向做勻速圓周運動，它們的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，為正整數(shù))。從圖示位置開始，在b運動一周的過程中()A．a(chǎn)、b距離最近的次數(shù)為k次B．a(chǎn)、b距離最近的次數(shù)為k＋1次C．a(chǎn)、b、c共線的次數(shù)為2k次D．a(chǎn)、b、c共線的次數(shù)為2k－2次解析：選D設每隔時間T，a、b相距最近，則(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝eq\f(2π,ωa－ωb)＝eq\f(2π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq\f(TaTb,Tb－Ta)故b運動一周的過程中，a、b相距最近的次數(shù)為：n＝eq\f(Tb,T)＝eq\f(Tb－Ta,Ta)＝eq\f(kTa－Ta,Ta)＝k－1即a、b距離最近的次數(shù)為k－1次，故A、B均錯誤。設每隔時間t，a、b、c共線一次，則(ωa－ωb)t＝π，所以t＝eq\f(π,ωa－ωb)＝eq\f(π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq\f(TaTb,2Tb－Ta)；故b運動一周的過程中，a、b、c共線的次數(shù)為：n＝eq\f(Tb,t)＝eq\f(2Tb－Ta,Ta)＝eq\f(2kTa－2Ta,Ta)＝2k－2故C錯誤，D正確。【典型例題4】(多選)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(fā)現(xiàn)兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，則()A．子彈在圓筒中的水平速度為deq\r(\f(g,2h))B．子彈在圓筒中的水平速度為2deq\r(\f(g,2h))C．圓筒轉動的角速度可能為πeq\r(\f(g,2h))D．圓筒轉動的角速度可能為3πeq\r(\f(g,2h))答案ACD解析子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t＝eq\r(\f(2h,g))，則v0＝eq\f(d,t)＝deq\r(\f(g,2h))，故A正確，B錯誤；在此段時間內(nèi)圓筒轉過的圈數(shù)為半圈的奇數(shù)倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝eq\f(2n＋1π,t)＝(2n＋1)πeq\r(\f(g,2h))(n＝0,1,2，…)，故C、D正確．【對點訓練3】如圖所示，一個半徑為5m的圓盤正繞其圓心勻速轉動，當圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20m的高度有一個小球(視為質(zhì)點)正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，要使得小球正好落在A點，則()A．小球平拋的初速度一定是2.5m/sB．小球平拋的初速度可能是2.5m/sC．圓盤轉動的角速度一定是πrad/sD．圓盤轉動的加速度大小可能是π2m/s2答案A解析根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，則小球平拋的初速度v0＝eq\f(r,t)＝2.5m/s，A正確，B錯誤；根據(jù)ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圓盤轉動的角速度ω＝eq\f(2nπ,t)＝nπrad/s(n＝1,2,3，…)，圓盤轉動的加速度大小為a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D錯誤．【對點訓練4】如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，規(guī)定經(jīng)過圓心O水平向右為x軸的正方向.在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始該容器從O點正上方隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水，求：(重力加速度為g)(1)每一滴水經(jīng)多長時間落到盤面上；(2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤轉動的角速度ω應為多大；(3)第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的最大距離x.答案(1)eq\r(\f(2h,g))(2)nπeq\r(\f(g,2h))(n＝1,2,3，…)(3)5veq\r(\f(2h,g))解析(1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g)).(2)分析題意可知，在相鄰兩滴水的下落時間內(nèi)，圓盤轉過的角度應為nπ(n＝1,2,3，…)，由ωt＝nπ得ω＝eq\f(nπ,t)＝nπeq\r(\f(g,2h))(n＝1,2,3，…).(3)第二滴水落在圓盤上時到O點的距離為：x2＝v·2t＝2veq\r(\f(2h,g))，第三滴水落在圓盤上時到O點的距離為：x3＝v·3t＝3veq\r(\f(2h,g))，當?shù)诙嗡c第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心兩側時，兩點間的距離最大，則：x＝x2＋x3＝5veq\r(\f(2h,g)).【題型三】聯(lián)系實際問題【典型例題5】風速儀結構如圖(a)所示。光源發(fā)出的光經(jīng)光纖傳輸，被探測器接收，當風輪旋轉時，通過齒輪帶動凸輪圓盤旋轉，當圓盤上的凸輪經(jīng)過透鏡系統(tǒng)時光被擋住。已知風輪葉片轉動半徑為r，每轉動n圈帶動凸輪圓盤轉動一圈。若某段時間Δt內(nèi)探測器接收到的光強隨時間變化關系如圖(b)所示，則該時間段內(nèi)風輪葉片()A．轉速逐漸減小，平均速率為eq\f(4πnr,Δt)B．轉速逐漸減小，平均速率為eq\f(8πnr,Δt)C．轉速逐漸增大，平均速率為eq\f(4πnr,Δt)D．轉速逐漸增大，平均速率為eq\f(8πnr,Δt)解析：選B根據(jù)題意，從題圖(b)可以看出，在Δt時間內(nèi)，探測器接收到光的時間在增長，凸輪圓盤的擋光時間也在增長，可以確定圓盤凸輪的轉動速度在減小；在Δt時間內(nèi)可以看出有4次擋光，即凸輪圓盤轉動4周，則風輪葉片轉動了4n周，風輪葉片轉過的弧長為l＝4n×2πr，轉動速率為：v＝eq\f(8πnr,Δt)，故選項B正確?！镜湫屠}6】如圖是磁帶錄音機的磁帶盒的示意圖，A、B為纏繞磁帶的兩個輪子邊緣上的點，兩輪的半徑均為r，在放音結束時，磁帶全部繞到了B輪上，磁帶的外緣半徑R＝3r，C為磁帶外緣上的一點，現(xiàn)在進行倒帶。此時下列說法正確的是()A．A、B、C三點的周期之比3∶1∶3B．A、B、C三點的線速度之比3∶3∶1C．A、B、C三點的角速度之比1∶3∶3D．A、B、C三點的向心加速度之比aA∶aB∶aC等于9∶1∶3解析：選D倒帶時A輪邊緣與B輪外邊緣C點的線速度相等，由v＝ωr可知，ωA＝3ωC，TA＝eq\f(1,3)TC，故A、B、C均錯誤；由a＝eq\f(v2,r)可知，aA＝3aC，由a＝ω2r可知，aC＝3aB，故aA∶aB∶aC＝9∶1∶3，D正確?！緦c訓練5】機動車檢測站進行車輛尾氣檢測原理如下：車的主動輪壓在兩個相同粗細的有固定轉動軸的滾動圓筒上，可在原地沿前進方向加速，然后把檢測傳感器放入尾氣出口，操作員把車加速到一定程度，持續(xù)一定時間，在與傳感器相連的電腦上顯示出一系列相關參數(shù)?，F(xiàn)有如下檢測過程簡圖：車軸A的半徑為ra，車輪B的半徑為rb，滾動圓筒C的半徑為rc，車輪與滾動圓筒間不打滑，當車輪以恒定轉速n(每秒鐘n轉)運行時，下列說法正確的是()A．C的邊緣線速度為2πnrcB．A、B的角速度大小相等，均為2πn，且A、B沿順時針方向轉動，C沿逆時針方向轉動C．A、B、C的角速度大小相等，均為2πn，且均沿順時針方向轉動D．B、C的角速度之比為eq\f(rb,rc)解析：選B由v＝2πnR可知，B的線速度為vb＝2πnrb，B、C線速度相同，即C的線速度為vc＝vb＝2πnrb，A錯誤；B、C線速度相同，B、C角速度比為半徑的反比，D錯誤；A、B為主動輪，且同軸，角速度大小相等，C為從動輪，A、B順時針轉動，C逆時針轉動，B正確，C錯誤?！緦c訓練6】（多選）計算機硬盤內(nèi)部結構如圖所示，讀寫磁頭在計算機的指令下移動到某個位置，硬盤盤面在電機的帶動下高速旋轉，通過讀寫磁頭讀寫下方磁盤上的數(shù)據(jù)．磁盤上分為若干個同心環(huán)狀的磁道，每個磁道按圓心角等分為18個扇區(qū)．現(xiàn)在普通的家用電腦中的硬盤的轉速通常有5400r/min和7200r/min兩種，硬盤盤面的大小相同，則()A．磁頭的位置相同時，7200r/min的硬盤讀寫數(shù)據(jù)更快B．對于某種硬盤，磁頭離盤面中心距離越遠，磁頭經(jīng)過一個扇區(qū)所用的時間越長C．不管磁頭位于何處，5400r/min的硬盤磁頭經(jīng)過一個扇區(qū)所用時間都相等D．5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的向心加速度的大小之比為3∶4答案AC解析根據(jù)v＝2πnr可知轉速大的讀寫速度快，所以A選項正確．根據(jù)t＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(θ,2πn)可知B選項錯誤，C選項正確．根據(jù)an＝(2πn)2r可知D選項錯誤．004體系構建1．勻速圓周運動各物理量間的關系2．三種傳動方式及各自的特點皮帶傳動皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等齒輪傳動兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等同軸轉動兩輪固定在同一轉軸上轉動時，兩輪轉動的角速度大小相等005記憶清單1.勻速圓周運動(1)定義：如果物體沿著圓周運動，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)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。(3)條件：合力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2.運動參量定義、意義公式、單位線速度描述做圓周運動的物體沿圓弧運動快慢的物理量(v)(1)v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)(2)單位：m/s角速度描述物體繞圓心轉動快慢的物理量(ω)(1)ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)(2)單位：rad/s周期物體沿圓周運動一圈的時間(T)(1)T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2π,ω)，單位：s(2)f＝eq\f(1,T)，單位：Hz(3)n＝eq\f(1,T)，單位：r/s向心加速度(1)描述速度方向變化快慢的物理量(an)(2)方向指向圓心(1)an＝eq\f(v2,r)＝rω2(2)單位：m/s200601強化訓練1．(2021·廣東高考)由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘。道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是()A．P點的線速度大小不變B．P點的加速度方向不變C．Q點在豎直方向做勻速運動D．Q點在水平方向做勻速運動解析：選A由于桿OP勻速轉動，P點到圓心的距離不變，故P點的線速度大小不變，A正確；P點的加速度為向心加速度，始終指向圓心，方向時刻變化，B錯誤；設OP＝l1，PQ＝l2，可知Q點到O點所在水平線的距離y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q點在豎直方向的運動不是勻速運動，C錯誤；Q點到O點的水平距離x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q點在水平方向的運動也不是勻速運動，D錯誤。2.如圖所示，某機械上的偏心輪繞豎直軸轉動，a、b是輪上質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點，下列描述a、b運動的物理量大小相等的是()A．線速度 B．角速度C．向心力 D．向心加速度解析：選Ba、b兩點共軸轉動，角速度相等，由于轉動的半徑不相等，根據(jù)v＝rω可知，兩點轉動的線速度大小不相等，根據(jù)a＝rω2、F＝mrω2可知，向心加速度大小和向心力大小都不相等，故B正確，A、C、D錯誤。3.(多選)一質(zhì)點做勻速圓周運動，其線速度大小為4m/s，轉動周期為2s，則()A.角速度為0.5rad/s B.轉速為0.5r/sC.軌跡半徑為eq\f(4,π)m D.加速度大小為4πm/s2答案BCD4（多選）.如圖所示為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視圖。已知質(zhì)量為60kg的學員在A點位置，質(zhì)量為70kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0m，B點的轉彎半徑為4.0m，則學員和教練員(均可視為質(zhì)點)()A.線速度大小之比為5∶4B.周期之比為5∶4C.向心加速度大小之比為4∶5D.受到的合力大小之比為15∶14答案AD解析一起做圓周運動的角速度相等，根據(jù)v＝rω，知半徑之比為5∶4，則線速度之比為5∶4，A正確；做圓周運動的角速度相等，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)，周期相等，B錯誤；做圓周運動的角速度相等，半徑之比為5∶4，根據(jù)a＝rω2，則向心加速度大小之比為5∶4，C錯誤；根據(jù)F＝ma，向心加速度之比為5∶4，質(zhì)量之比為6∶7，則合力大小之比為15∶14，D正確。5.如圖所示，圓桌桌面中間嵌著一可繞中心軸O轉動的圓盤，A是圓盤邊緣的一點，B是圓盤內(nèi)的一點。分別把A、B的角速度記為ωA、ωB，線速度vA、vB，向心加速度記為aA、aB，周期記為TA、TB，則()A.ωA＞ωB B.vA＞vBC.aA＜aB D.TA＜TB答案B解析因A、B兩點同軸轉動，則角速度相同，則ωA＝ωB，選項A錯誤；因為rA＞rB，根據(jù)v＝ωr可知，vA＞vB，選項B正確；因為rA＞rB，根據(jù)a＝ω2r可知，aA＞aB，選項C錯誤；因ωA＝ωB，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可知，TA＝TB，選項D錯誤。6．如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦的作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來．a(chǎn)、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的()A．線速度大小之比為3∶2∶2B．角速度之比為3∶3∶2C．轉速之比為2∶3∶2D．向心加速度大小之比為9∶6∶4答案D7.如圖所示是一個玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三個點．當陀螺繞垂直于地面的軸線以角速度ω穩(wěn)定旋轉時，下列表述正確的是()A．a(chǎn)、b和c三點的線速度大小相等B．b、c兩點的線速度始終相同C．b、c兩點的角速度比a點的大D．b、c兩點的加速度比a點的大答案D解析當陀螺繞垂直于地面的軸線以角速度ω穩(wěn)定旋轉時，a、b和c三點的角速度相同，a半徑小，線速度要比b、c的小，A、C錯；b、c兩點的線速度大小始終相同，但方向不相同，B錯；由a＝ω2r可得b、c兩點的加速度比a點的大，D對．8．（多選）下列關于勻速圓周運動的說法，正確的是()A．勻速圓周運動的速度大小保持不變，所以做勻速圓周運動的物體沒有加速度B．做勻速圓周運動的物體，雖然速度大小不變，但方向時刻都在改變，所以必有加速度C．做勻速圓周運動的物體，加速度的大小保持不變，所以是勻變速曲線運動D．勻速圓周運動加速度的方向時刻都在改變，所以勻速圓周運動一定是變加速曲線運動答案BD解析速度和加速度都是矢量，做勻速圓周運動的物體，雖然速度大小不變，但方向時刻在改變，速度時刻發(fā)生變化，必然具有加速度．加速度大小雖然不變，但方向時刻在改變，所以勻速圓周運動是變加速曲線運動．故本題選B、D.9.無級變速箱是自動擋車型變速箱的一種，比普通的自動變速箱換擋更平順，沒有沖擊感．如圖為其原理圖，通過改變滾輪位置實現(xiàn)在變速范圍內(nèi)任意連續(xù)變換速度．A、B為滾輪軸上兩點，變速過程中主動輪轉速不變，各輪間不打滑，則()A．從動輪和主動輪轉動方向始終相反B．滾輪在B處時，從動輪角速度小于主動輪角速度C．滾輪從A到B，從動輪線速度先增大后減小D．滾輪從A到B，從動輪轉速先增大后減小答案B解析因為從動輪和主動輪轉動方向都和滾輪的轉動方向相反，所以從動輪和主動輪轉動方向始終相同，A錯誤；滾輪在B處時，從動輪和主動輪與滾輪接觸點的線速度大小相等，此處從動輪的半徑大于主動輪的半徑，根據(jù)v＝ωr可知，從動輪角速度小于主動輪角速度，B正確；主動輪轉速不變，滾輪從A到B，主動輪的半徑越來越小，主動輪與滾輪接觸點的線速度一直減小，從動輪線速度與滾輪線速度大小相等，故一直減小，C錯誤；滾輪從A到B，從動輪線速度一直減小，又因為從動輪半徑在變大，又v＝ωr＝2πnr，滾輪從A到B，從動輪轉速一直減小，D錯誤．10.(2022·山東卷·8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點．小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD.為保證安全，小車速率最大為4m/s，在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2.小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為()A．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,4)))s，l＝8mB．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)＋\f(7π,2)))s，l＝5mC．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,12)\r(6)＋\f(7\r(6)π,6)))s，l＝5.5mD．t＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,12)\r(6)＋\f(\r(6)＋4π,2)))s，l＝5.5m答案B解析在BC段的最大加速度為a1＝2m/s2，則根據(jù)a1＝eq\f(v1m2,r1)，可得在BC段的最大速度為v1m＝eq\r(6)m/s，在CD段的最大加速度為a2＝1m/s2，則根據(jù)a2＝eq\f(v2m2,r2)，可得在BC段的最大速度為v2m＝2m/s<v1m，可知在BCD段運動時的速度為v＝2m/s，在BCD段運動的時間為t3＝eq\f(πr1＋πr2,v)＝eq\f(7π,2)s，若小車從A到D所需時間最短，則AB段小車應先以vm勻速，再以a1減速至v，AB段從最大速度vm減速到v的時間t1＝eq\f(vm－v,a1)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，位移x2＝eq\f(vm2－v2,2a1)＝3m，在AB段勻速的最長距離為l＝8m－3m＝5m，則勻速運動的時間t2＝eq\f(l,vm)＝eq\f(5,4)s，則從A到D最短時間為t＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(9,4)＋eq\f(7π,2))s，故選B.11.(2022·遼寧卷·13)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金．(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v＝9m/s時，