文档内容
第 1 节 圆周运动
目录
【学习目标】...............................................................................................................................................................1
【思维导图】...............................................................................................................................................................2
【知识梳理】...............................................................................................................................................................2
知识点1：描述圆周运动的物理量....................................................................................................................2
知识点2：描述圆周运动的物理量之间的关系................................................................................................5
知识点3：圆周运动的周期性和多解问题........................................................................................................9
知识点4：传动问题..........................................................................................................................................13
【方法技巧】.............................................................................................................................................................21
方法技巧 分析传动装置问题的方法...............................................................................................................21
方法技巧 解决圆周运动多解问题的方法.......................................................................................................21
【巩固训练】.............................................................................................................................................................21
【学习目标】
1．理解线速度、角速度、转速、周期等概念，会对它们进行定量计算。
2．掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系。
3．会灵活分析传动装置及其特点。
重点：
1．理解线速度和角速度的物理意义。
2．熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系，掌握圆周运动中传动装置的特点。
3．会分析圆周运动多解的原因。
难点：
1.从生活中常见的圆周运动出发认识描述圆周运动的物理量及其判断各物理量之间的关系
2.熟练掌握解决圆周运动多解问题的方法。【思维导图】
【知识梳理】
知识点 1：描述圆周运动的物理量
1．描述圆周运动的各个物理量
（1）线速度
①定义：物体做圆周运动,取一段很短的时间Δt，物体在这段时间内通过的弧长为Δs，则Δs与Δt的比值
叫做线速度。
②定义式：𝑣= ∆s 。线速度的单位是𝑚/𝑠。(当Δt足够小时,线速度实际上就是我们在直线运动中已经学
∆t
过的瞬时速度)
③方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。
④物理意义：描述物体沿圆周运动的快慢。
（2）角速度
①定义：物体与圆心的连线转过的角度 Δθ 与所用时间 Δt 之比叫作角速度。
②定义式：ω=
∆θ
。角速度的单位是 𝑟𝑎𝑑/𝑠。
∆t
③物理意义：用来描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。
（3）匀速圆周运动①定义：物体沿着圆周运动,并且线速度的大小处处相等,这种运动叫作匀速圆周运动。
②匀速圆周运动的角速度、周期、频率、转速都不变。
匀速圆周运动的“匀速”不是指速度不变，只是线速度的大小不变，而方向一直在变化。
“匀速”是指“匀速率”；匀速圆周运动实质上是变速曲线运动。
（4）周期、频率、转速
①周期：做匀速圆周运动的物体,运动一周所用的时间叫作周期,用T表示。
②频率：做匀速圆周运动的物体每秒转过的圈数，用f表示，频率的单位为赫兹(Hz)。
③转速：指物体转动的圈数与所用时间之比,常用符号n表示。转速的单位为转每秒(r/s)或转每分
(r/min)。
转速与频率在数值上相等。线速度、角速度、周期、转速都是描述圆周运动的快慢，但是
它们描述的角度不同。线速度是描述物体沿圆周运动的快慢，而角速度、周期和转速是描述物体绕圆
心转动的快慢。
【典例1】如图为在短道速滑比赛中运动员过弯道情景。假定两位运动员在过弯道时保持各自的速率恒定
，一位运动员在内道角速度为ω ，线速度大小为v ；另一位运动员在外道角速度为ω ，线速度大小为v
1 1 2 2
，他们同时进入弯道同时出弯道，则他们的角速度与线速度大小的关系为（ ）
A．ω ＝ω ，v ω ，v 𝑣
2 1
题意知他们同时进入弯道同时出弯道，即相同时间转过相同的圆心角，根据Δ𝜃
𝜔=
Δ𝑡
故
𝜔 ＝𝜔
1 2
故选A。
【变式1】一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t时间内转动n周，则该质点的线速度为（ ）
2𝜋𝑅 2𝜋𝑛𝑅 𝑛𝑅 2𝜋𝑡
A． B． C． D．
𝑛𝑡 𝑡 2𝜋𝑡 𝑛𝑅
【答案】B
【解析】在时间t内转动n周，根据线速度定义得周期为
𝑡
𝑇=
𝑛
该质点的线速度大小为
2𝜋𝑅 2𝜋𝑛𝑅
𝑣= =
𝑇 𝑡
故选B。
【变式2】如图所示，在圆规匀速转动画圆的过程中（ ）
A．任意相等时间内通过的位移相同
B．笔尖的速率不变
C．两相同时间内转过的角度不同
D．笔尖做的是匀速运动
【答案】B【解析】A．任意相等时间内通过的位移大小相同，但方向不一定相同，故A错误；
B．圆规匀速转动画圆的过程中，线速度大小不变，即笔尖的速率不变，故B正确；
C．圆规匀速转动画圆的过程中，角速度不变，则相同时间内转过的角度相同，故C错误；
D．笔尖的速度大小不变，但方向一直改变，不是匀速运动，故D错误。
故选B。
π
【变式3】如图，做匀速圆周运动的质点在2s内由A点运动到B点，AB弧长为4m，所对的圆心角为 ，
3
该质点的线速度大小为 m s，角速度大小为 rad s。
𝜋
【答案】 2
6
【解析】[1]根据线速度定义式
𝑠
𝑣=
𝑡
解得该质点的线速度大小为
4
𝑣= m/s=2m/s
2
[2]根据角速度定义式
𝜃
𝜔=
𝑡
解得该质点的角速度大小为
𝜋
𝜋
3
𝜔= rad/s= rad/s
2 6知识点 2：描述圆周运动的物理量之间的关系
1． 推导：物体做圆周运动转了一圈
线速度𝑣 = ∆s = 2πr ； 角速度ω = ∆θ = 2π
∆t T ∆t T
由以上两式可得：线速度与角速度之间的关系为𝑣 = 𝜔𝑟
2． 对关系式𝒗 = 𝝎𝒓的理解
当𝑣一定时，ω与𝑟成反比；当ω一定时，𝑣与𝑟成正比。
3． 线速度、角速度与周期、转速、频率的关系
2πr 2π
(1)v＝ =2πrn=2πrf (2)ω＝ ＝2πn=2πf
T T
ω、T、f三量中只要任一个量确定，其余两个量也就确定了。当半径r一定时，周期越
大，线速度v和角速度ω越小，运动就越慢。
【典例2】学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆在竖直面内绕转轴O向上转动，关于在闸杆上的
A、B两点，下列说法正确的是（ ）
A．角速度ω < ω B．转速n < n
A B A B
C．线速度v < v D．周期T < T
A B A B
【答案】C
【解析】AB．由于A、B两点在同一杆上，则角速度相等，即有
𝜔 =𝜔
𝐴 𝐵
根据
𝜔=2π𝑛
可知转速
𝑛 =𝑛
𝐴 𝐵
故AB错误；C．由于B到O点距离大于A到O点距离，根据
𝑣=𝑟𝜔
可知
𝑣 <𝑣
𝐴 𝐵
故C正确；
D．根据周期
2π
𝑇=
𝜔
可知
𝑇 =𝑇
𝐴 𝐵
故D错误。
故选C。
【变式1】（多选题）劳技课上，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放
了一块直径8英寸（20cm）的蛋糕，如图所示。若在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油（“点”奶油的时间
忽略不计），蛋糕转动一周正好均匀“点”上20点奶油。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的周期为40s
𝜋
B．圆盘转动的角速度大小为 rad/s
20
𝜋
C．蛋糕边缘的线速度大小约为 m/s
2
D．蛋糕边缘的不同点线速度是相同的
【答案】AB
【解析】A．一周20个间隔，每个间隔2s，所以圆盘转动的周期为40s，故A正确；
B．圆盘转动的角速度由2𝜋 𝜋
𝜔= = rad/s
𝑇 20
故B正确；
CD．蛋糕边缘的线速度大小约为
𝜋
𝑣=𝜔𝑟= m/s
200
蛋糕边缘的不同点线速度大小相同，方向不同，故CD错误。
故选AB。
【变式2】如图所示为旋转脱水拖把，其工作原理：拖把杆向下压一个螺距，拖把头就转动一圈。现某拖
把杆内有一段长度为15cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）
𝑑=3cm，拖把头的半径为10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出
去。某次脱水时，拖把杆上段1s内匀速下压了15cm，该过程中拖把头匀速转动，则（ ）
A．拖把杆向下运动的速度为0.2m/s B．拖把头边缘的角速度为10πrad/s
C．拖把头转动的线速度为2πm/s D．拖把头的转速为1r/s
【答案】B
【解析】A．拖把杆向下运动的速度
𝑙
𝑣 = =0.15m/s
1 𝑡
故A错误；
BCD．拖把杆上段1s内匀速下压了15cm，则螺杆转动5圈，即拖把头的转速为
𝑛=5r/s
拖把头转动的角速度
𝜔=2π𝑛=10πrad/s拖把头边缘的线速度
𝑣 =𝜔𝑅=πm/s
1
故B正确，CD错误。
故选B。
【变式3】如图甲，一水平圆盘可绕竖直固定轴匀速转动。在圆盘上沿半径方向开有三条相同的均匀狭缝
，缝间夹角相等。将激光器与传感器置于靠近圆盘边缘的上下两侧，竖直对准，当激光器连续发射激光束
，经过狭缝时，传感器收到激光信号，经过计算机处理画出的图线如图乙。根据以上信息，可知圆盘的（
）
A．角速度 B．线速度 C．半径 D．缝宽
【答案】A
2𝜋
【解析】A．根据题意可知，狭缝间夹角为 ，由图乙可知，接收器接收到光的时间间隔为
3
𝑡=1.77s−0.20s=1.57s
则圆盘转动的角速度为
2𝜋
𝜃 4
3
𝜔= = rad s = rad s
𝑡 1.57 3
故A正确；
2𝜋𝑟 𝑑 2𝜋
BCD．根据公式𝑣=𝜔𝑟，𝑣= ，𝑣= ，𝑇= ，由A分析可得角速度，则周期可求，但无法解得线速度
𝑇 Δ𝑡 𝜔
、半径和缝宽，故BCD错误。
故选A。知识点 3：圆周运动的周期性和多解问题
问题特点
(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：由于两物体运动的时间相等，要把一个物体运动的时间t，与圆周运动的周期T联系起
来，根据等时性建立等式求解待求物理量。
【典例3】如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平初速度𝑣 沿
0
圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，空气阻力及圆
筒对子弹的作用力均可忽略不计，则（ ）
ℎ 𝑔
A．子弹水平初速度为𝑣
0
=𝑑
2𝑔
B．子弹水平初速度为𝑣
0
=2𝑑
ℎ
𝑔 𝑔
C．圆筒转动的角速度可能为𝜔=5π D．圆筒转动的角速度可能为𝜔=6π
2ℎ 2ℎ
【答案】C
【解析】AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上
1
ℎ= 𝑔𝑡2
2
水平方向子弹做匀速运动
𝑑=𝑣 𝑡
0
联立求得
𝑔
𝑣 =𝑑
0 2ℎ
故AB错误；
CD．因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为𝜃=(2𝑛−1)𝜋 (n=1.2.3…)
则角速度为
𝜃 𝑔
𝜔= =(2𝑛−1)𝜋 (n=1.2.3…)
𝑡 2ℎ
𝑔 𝑔
故角速度可能为𝜔=5π ，不可能为𝜔=6π ，故C正确，D错误。
2ℎ 2ℎ
故选C。
【变式1】如图所示，夜晚时电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪光60次，风扇转轴O上装有3个相
同的扇叶，它们互成120°角。当风扇匀速转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转动角速度最小值为（
）
A．40πrad/s B．40rad/s
C．120πrad/s D．120rad/s
【答案】A
【解析】因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转
过的角度应为120°的整数倍，则有
2
𝜃=𝑘⋅ 𝜋（𝑘=1，2，3⋯）
3
闪光灯每秒闪光60次，则转动的角速度为
2
𝜃 𝑘⋅ 𝜋
𝜔= = 3 rad/s=𝑘⋅40𝜋rad/s（𝑘=1，2，3⋯）
𝑡 1
60
当𝑘=1时，可得风扇转动角速度最小值为
𝜔 =40𝜋rad/s
min
故选A。【变式2】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顺时针匀速转动。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
𝜋
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
3
可能为（ ）
9𝜔𝑅 6𝜔𝑅 4𝜔𝑅 3𝜔𝑅
A． B． C． D．
𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
【答案】B
【解析】银原子从c点射入圆筒到穿出所需要的时间为
2𝑅
𝑡=
𝑣
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
𝜋
2𝑘𝜋+ =𝜔𝑡（k＝0，1，2，3……）
3
联立解得这个银原子的速率为
2𝜔𝑅
𝑣= （k＝0，1，2，3……）
𝜋
2𝑘𝜋+
3
把k＝0，1，2，3……代入，解得
6𝜔𝑅 6𝜔𝑅 6𝜔𝑅
𝑣= ， ， ......
𝜋 7𝜋 13𝜋
故选B。【变式3】如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P在同一竖直面内等高
，且距P点的距离为L。在飞镖以初速度𝑣 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
0
在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，求：
（1）圆盘的半径；
（2）圆盘转动角速度的最小值；
（3）P点随圆盘转动的线速度。
𝑔𝐿2 𝜋𝑣 (2𝑘+1)𝜋𝑔𝐿
【答案】（1） ；（2） 0；（3）
4𝑣 0 2 𝐿 4𝑣 0
【解析】（1）飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此
𝐿
𝑡=
𝑣
0
飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则
1
2𝑟= 𝑔𝑡2
2
解得圆盘的半径
𝑔𝐿2
𝑟=
4𝑣2
0
（2）飞镖击中P点，则P点转过的角度满足
𝜃=𝜔𝑡=𝜋+2𝑘𝜋(𝑘=0,1,2...)
故
𝜃 (2𝑘+1)𝜋𝑣
0
𝜔= =
𝑡 𝐿
当k=0时，圆盘转动角速度有最小值
𝜋𝑣
0
𝜔=
𝐿（3）P点随圆盘转动的线速度为
(2𝑘+1)𝜋𝑣 𝑔𝐿2 (2𝑘+1)𝜋𝑔𝐿
0
𝑣=𝜔𝑟= = (𝑘=0,1,2……)
𝐿 4𝑣2 4𝑣
0 0
知识点 4：传动问题
模型分类
同轴传动 皮带传动 齿轮传动 摩擦传动
A、B两点在同轴 两摩擦轮靠摩擦进行传
两个齿轮轮齿啮合，A、
两个轮子用皮带连接，
的一个圆盘上 动，A、B两点分别是
B 两点分别是两个齿轮
A、B两点分别是两个
两轮边缘上的点
边缘上的点
装置 轮子边缘的点
角速度、周期相 A、B两点线速度大小 A、B两点线速度大小 A、B两点线速度的大
特点
同 相同 相同 小相等
转动
相同 相同 相反 相反
方向
角速度与半径成反比，
与齿轮数成反比
角速度与半径成反比： 角速度与半径成反比：
R
A 。
线速度与半径成 ω A＝ r 。 ω A＝ r 2。 B r
ω R ω r
B B 1
正比：
规律 周期与半径成正比，与
T T
周期与半径成正比： A 周期与半径成正比： A
v r
A＝ T B T B 齿轮数成正比
v R
B
R r
＝ ＝ 1 T r
r r A 。
2
T R
B
【典例4】如图所示的传动装置，皮带轮O和O＇上有三点A、B、C，O 和O＇半径之比为 1∶4，C 是O
＇上某半径的中点，则皮带轮转动时，关于 A、B、C三点的线速度、角速度之比，正确的是（ ）A．ω ∶ ω ∶ω =4 ∶ 2 ∶ 1
A B C
B．ω ∶ ω ∶ ω = 2 ∶ 2 ∶ 1
A B C
C．𝑣
𝐴
:𝑣
𝐵
:𝑣
𝐶
=4:2:1
D．𝑣
𝐴
:𝑣
𝐵
:𝑣
𝐶
=2:2:1
【答案】D
【解析】根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相，即𝑣
𝐴
=𝑣
𝐵
，根据 v=ωr，可得
𝜔 :𝜔 =𝑟 :𝑟 =4:1
𝐴 𝐵 𝐵 𝐴
又因为共轴转动特点，可知B、C 两点的角速度相等，即𝜔
𝐵
=𝜔
𝐶
，根据v=ωr，可得
𝑣 :𝑣 =𝑟 :𝑟 =2:1
𝐵 𝐶 𝐵 𝐶
综合可得
𝑣 :𝑣 :𝑣 =2:2:1
𝐴 𝐵 𝐶
𝜔 :𝜔 :𝜔 =4:1:1
𝐴 𝐵 𝐶
故选D。
【变式1】在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1∶2∶3，当齿轮转动时，小齿轮边缘的A点和
大齿轮边缘的B点（ ）
A．线速度大小之比为1∶3
B．角速度大小之比为3∶1
C．周期之比为1∶1
D．转速之比为1∶3
【答案】B【解析】A．由题意可知，当齿轮转动的时候，三个齿轮边缘在相同时间内转的齿数相等，即线速度大小
相等，因此则有
𝑣 :𝑣 =1:1
𝐴 𝐵
故A错误；
B．由线速度与角速度关系公式
𝑣=𝜔𝑟
可知小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点的角速度则有
𝜔 :𝜔 =3:1
𝐴 𝐵
故B正确；
C．由周期与角速度关系公式
2𝜋
𝑇=
𝜔
可知周期与角速度成反比，即
𝑇 :𝑇 =1:3
𝐴 𝐵
故C错误；
D．根据转速与周期的关系式
1
𝑛=
𝑇
可得转速与周期成反比，即
𝑛 :𝑛 =3:1
𝐴 𝐵
故D错误。
故选B。
【变式2】如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为𝑛 ，小齿轮总齿数为𝑛 ，后轮直径为D。某同学骑行时
1 2
，匀速蹬脚踏板带动大齿轮每秒钟转N圈，则自行车向前行驶的车速为（ ）𝑛 𝑁𝐷 𝑛 𝑁𝐷 𝜋𝑛 𝑁𝐷 𝜋𝑛 𝑁𝐷
A． 1 B． 2 C． 1 D． 2
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
2 1 2 1
【答案】C
【解析】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
1
𝑇 =
1 𝑁
大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
𝜔 𝑟 =𝜔 𝑟
1 1 2 2
由
2𝜋
𝜔=
𝑇
知
2𝜋 2𝜋
𝑟 = 𝑟
𝑇 1 𝑇 2
1 2
解得
𝑟
2
𝑇 = 𝑇
2 𝑟 1
1
大、小齿轮数分别为𝑛 、𝑛 ，知
1 2
𝑛
2
𝑇 =
2 𝑛 𝑁
1
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
𝜋𝐷 𝜋𝐷𝑁𝑛
1
𝑣= =
𝑇 𝑛
2 2
故选C。【变式3】明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附
有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知A、B齿轮啮合且齿轮之间
不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为𝑟 >𝑟 >𝑟 ，则（ ）
𝐴 𝐵 𝐶
A．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度大
B．齿轮A、B的角速度大小相等
C．齿轮B、C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大
【答案】D
【解析】AB．根据题意可知，A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮A、B缘的线速度大小相等，由
𝑣=𝜔𝑟可知，由于
𝑟 >𝑟
𝐴 𝐵
则有
𝜔 <𝜔
𝐴 𝐵
由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，则有
𝜔 <𝜔 =𝜔
𝐴 𝐵 𝐶
故AB错误；
CD．由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，由𝑣=𝜔𝑟可知，由于
𝑟 >𝑟
𝐵 𝐶
则有𝑣 >𝑣
𝐵 𝐶
可得
𝑣 =𝑣 >𝑣
𝐴 𝐵 𝐶
故C错误，D正确。
故选D。
【典例5】如图所示，用扳手拧螺母时，扳手上P、Q两点的角速度大小分别为ω 、ω ，线速度大小分别
P Q
为v 、v ，则（ ）
P Q
A．ω =ω ，v >v B．ω =ω ，v ω ，v T B．T v D．v 𝑟
𝑃 𝑄
可知𝑣
𝑃
>𝑣
𝑄
，故C正确，D错误。
故选C。
【变式3】 图为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上
的点，分别位于北纬60°和北纬45°。则P、Q的线速度大小之比为 ，P、Q的转速之比为 。
【答案】 1: 2 1∶1
【解析】[1][2]P、Q两点同轴转动，则转速和角速度相等，即转速之比为1:1；
根据𝑣=𝜔𝑟可知P、Q的线速度大小之比为𝑣 :𝑣 =𝑅cos60∘ :𝑅cos45∘ =1: 2
𝑃 𝑄
【方法技巧】
方法技巧 1 分析传动装置问题的方法
1.分清传动特点，确定传动过程中相同的物理量：在不打滑的情况下，皮带传动或齿轮传动轮子边缘各点线
速度大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度、转速和周期相等。
2.根据描述圆周运动的各物理量之间的关系,确定其他各物理量间的关系：若线速度大小相等，则根据
1
ω∝ 分析，若角速度大小相等，则根据v∝r分析。
r
方法技巧 2 解决圆周运动多解问题的方法1. 当圆周运动与其他运动形式结合时,由于圆周运动的周期性,往往会产生多解。分析问题时可先考虑第
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，解决此类问题的关键是根据等时性和周
期性找准物体能转过的圈数(或角度)。
2. 明确两个物体参与运动的性质，两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移,
寻求联系点是解题的突破点。
【巩固训练】
1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变
的角度之比是3∶2，则它们（ ）
A．线速度大小之比为2∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．转速之比为3∶2
【答案】D
𝑠
【解析】A．根据线速度定义式v= ，已知在相同时间内它们通过的路程之比是4∶3，则线速度大小之比为
𝑡
4∶3，故A错误；
𝜃
B．根据角速度定义式ω= ，相同时间内它们转过的角度之比为3∶2，则角速度之比为3∶2，故B错误；
𝑡
𝑣
C．根据公式v=rω，可得圆周运动半径r= ，线速度大小之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则圆周运动的半
𝜔
径之比为8∶9，故C错误；
2π 1
D．根据T= 得，周期之比为2∶3，再根据n= 得转速之比为3∶2，故D正确。
𝜔 𝑇
故选D。2.一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯树梢，根据树梢的运动情形判断大树正在
朝哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤。从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是（ ）
A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断
B．树木开始倒下时，树梢的线速度较大，易于判断
C．树木开始倒下时，树梢的周期较大，易于判断
D．伐木工人的经验缺乏科学依据
【答案】B
【解析】ABD．树木开始倒下时，以树根部是圆心做圆周运动，角速度较小，由角速度大小不能判断树木
倒下的方向，由v=ωr知，r较大，树梢的线速度较大，且线速度有方向性，易判断树木倒下的方向，AD
错误，B正确。
C．树木开始倒下时，树梢的周期较大，周期没有方向，由周期不能判断树木倒下的方向，C错误。
故选B。
3.当时钟正常工作时，关于时针、分针和秒针的转动，下列判断正确的是（ ）
A．时针的角速度最小
B．秒针的周期最大
C．时针尖端的线速度大于秒针尖端的线速度
D．时针、分针、秒针的转动周期相等
【答案】A
1
【解析】BD．时针的周期为12h，分针的周期为1h，秒针的周期为 h，故BD错误；
60
A．根据2𝜋
𝜔=
𝑇
由于时针的周期最大，可知时针的角速度最小，故A正确；
C．秒针的周期小于时针的周期，则秒针的角速度大于时针的角速度，根据
𝑣=𝜔𝑟
秒针尖端的半径大于时针尖端的半径，故秒针尖端的线速度大于时针尖端的线速度，故C错误。
故选A。
4. 如图所示，自行车在平直路面上匀速行驶，车轮与路面不打滑，轮边缘最高点𝑃处的速度大小为𝑣，则
轴心𝑂点的速度大小为（ ）
𝑣 𝑣
A． B． C．2𝑣 D．3𝑣
2 3
【答案】A
【解析】𝑃点和𝑂点都在绕着车轮与地面的接触点运动，由于这三点共线，则𝑃点和𝑂点角速度相等，又𝑃点
到车轮与地面的接触点的距离是𝑂点的2倍，根据𝑣=𝜔𝑟可知，𝑃处的速度为𝑂点速度的2倍，即𝑂处的速
𝑣
度大小为 。
2
故选A。
5.如图为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可带动从动轴转动的圆柱
形滚轮组成。由于摩擦力的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动
轴的转速n 、从动轴的转速n 、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是（ ）
1 2𝑥 𝑥
A．n ＝n B．n ＝n
2 1𝑟 1 2𝑟
𝑥2 𝑥
C．n ＝n D．n ＝n
2 1 𝑟2 2 1 𝑟
【答案】A
【解析】从动轴的转速为n ，滚轮半径为r，则滚轮边缘的线速度大小为
2
v ＝2πn r
2 2
平盘与滚轮接触处的线速度大小为
v ＝2πn x
1 1
根据v ＝v ，得
2 1
2πn r＝2πn x
2 1
解得
𝑥
n ＝n
2 1𝑟
故选A。
6.如图为某一皮带传动装置，主动轮M的半径为r ，从动轮N的半径为r ，已知主动轮做顺时针转动，转
1 2
速为n ，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是（ ）
1
2𝜋n r
A．从动轮做顺时针转动 B．从动轮的角速度为 1 1
𝑟
2𝑟2 𝑟
C．从动轮边缘线速度大小为 2n D．从动轮的转速为 2n
𝑟 1 𝑟 1
1 1
【答案】B
【解析】A．因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，故
A错误；
BD．由干通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据
𝑣=𝑛⋅2𝜋𝑟
得
𝑛 𝑟 =𝑛 𝑟
2 2 1 1
所以
𝑛 𝑟
1 1
𝑛 =
2 𝑟
2
则
2𝜋𝑟 𝑛
1 1
𝜔 =
2 𝑟
2
故B正确，D错误；
C．从动轮边缘线速度大小为
𝑣 =𝑛 ⋅2𝜋𝑟 =2𝑛 𝜋𝑟
2 2 2 1 1
故C错误。
故选B。
7.如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴𝑂𝑂′
匀速转动，筒的半径𝑅=2m，筒壁上有一小孔P，
一小球从孔正上方ℎ=3.2m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球
半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10m/s2
。则筒转动的周期可能为（ ）1 2 3 4
A． s B． s C． s D． s
5 5 5 5
【答案】D
【解析】根据自由落体规律
1
ℎ= 𝑔𝑡 2
2 1
解得
𝑡 =0.8s
1
根据自由落体规律
1
ℎ+2𝑅= 𝑔𝑡 2
2 2
解得
𝑡 =1.2s
1
在圆筒中的时间
Δ𝑡=𝑡 −𝑡 =0.4s
2 1
小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等
1
Δ𝑡= 𝑛+ 𝑇,𝑛=0,1,2⋯
2
解得
0.8
𝑇= ,𝑛=0,1,2⋯
2𝑛+1
当𝑛=0时
4
𝑇= s
5故选D。
8.如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为𝜔 𝐴、𝜔
𝐵
，线速度大小为𝑣
𝐴
、𝑣
𝐵
，则（ ）
A．𝜔
𝐴
<𝜔
𝐵
，𝑣
𝐴
=𝑣
𝐵
B．𝜔
𝐴
>𝜔
𝐵
，𝑣
𝐴
=𝑣
𝐵
C．𝜔
𝐴
=𝜔
𝐵
，𝑣
𝐴
<𝑣
𝐵
D．𝜔
𝐴
=𝜔
𝐵
，𝑣 >𝑣
𝐴 𝐵
【答案】D
【解析】杆上A、B两点绕O点转动，则两点的角速度相等，即
𝜔 =𝜔
𝐴 𝐵
根据
𝑣＝𝜔𝑟，𝑟
𝐴
>𝑟
𝐵
可知
𝑣 >𝑣
𝐴 𝐵
故选D．
9.如图变速自行车有3个链轮和6个飞轮，链轮和飞轮的齿数如表所示。假设踏板的转速不变，通过选择
不同的链轮和飞轮，该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为（ ）
名称 链轮 飞轮
齿数 48 38 28 14 16 18 22 24 28A．12:7 B．2:1 C．24:7 D．16:5
【答案】C
【解析】设踏板的角速度为𝜔，链轮的半径为𝑟 ，飞轮的半径为𝑟 ，车轮的半径为𝑅，则飞轮的角速度为
1 2
𝑣 𝑣 𝜔𝑟
飞 链 1
𝜔 = = =
飞 𝑟 𝑟 𝑟
2 2 2
可知自行车行驶的速度大小为
𝜔𝑟
1
𝑣 =𝜔 𝑅= 𝑅
自 飞 𝑟
2
由于半径与齿数成正比，则自行车行驶的最小速度为
𝜔𝑟
1min
𝑣 = 𝑅
自min 𝑟
2max
自行车行驶的最小速度为
𝜔𝑟
1max
𝑣 = 𝑅
自max 𝑟
2min
该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
𝑣 𝑟 𝑟 48 28 24
自max 1max 1min
= ⋅ = × =
𝑣 𝑟 𝑟 14 28 7
自min 2min 2max
10.图甲是物理实验室常用的感应起电机。它由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电，其中一
个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接。图乙为侧视图，玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，已知主动轮的
半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法
正确的是（ ）A．P、Q的线速度相同
B．从动轮的转动周期为0.01s
C．P点的线速度大小约为1.6m/s
D．主动轮的转速约为400 r/min
【答案】C
【解析】A．线速度也有一定的方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速
度的方向一定不同，故A错误；
B．玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，故从动轮的转速为
𝑛 =100r/min
2
由
1
𝑇 =
2 𝑛
2
得从动轮的转动周期为
𝑇 =0.6s
2
故B错误；
C．P点的转动半径为
0.3m
𝑅= =0.15m
2
线速度大小为
𝑣 =2𝜋𝑛 𝑅≈1.6m/s
2 2故C正确；
D．由于主动轮与从动轮边缘上的速度大小相同，有
2𝜋𝑛 𝑟 =2𝜋𝑛 𝑟
1 1 2 2
得主动轮的转速为
𝑛 =25r/min
1
故D错误。
故选C。
11.如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R :R =3:2
B C
，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用
，B轮也随之无相对滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中
的（ ）
A．线速度大小之比为3:3:2 B．角速度之比为3:3:2
C．转速之比为2:3:2 D．周期之比为2:3:2
【答案】A
【解析】A．A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故
𝑣 :𝑣 =1:1
a b
B轮、C轮角速度相同，根据
𝑣=𝜔𝑟
可知，速度之比为半径之比，所以
𝑣 :𝑣 =3:2
b c
则𝑣 :𝑣 :𝑣 =3:3:2
a b c
故A正确；
B．b、c角速度相同，而a、b线速度大小相等，根据
𝑣=𝜔𝑟
可知
𝜔 :𝜔 =3:2
a b
则
𝜔 :𝜔 :𝜔 =3:2:2
𝑎 𝑏 𝑐
故B错误；
C．根据
𝜔=2𝜋𝑛
可得
𝑛 :𝑛 :𝑛 =3:2:2
𝑎 𝑏 𝑐
故C错误；
D．根据
2𝜋
𝑇=
𝜔
结合
𝜔 :𝜔 :𝜔 =3:2:2
a b c
可得
𝑇 :𝑇 :𝑇 =2:3:3
a b c
故D错误。
故选A。12.如图所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，在其正上方高h处沿OB方向水平抛出一
小球，不计空气阻力，重力加速度为g，要使球与盘只碰一次，且落点为B，B为圆盘边缘上的点，求小
球的初速度v的大小及圆盘转动的角速度ω。
𝑔 𝑔
【答案】𝑣=𝑅 ，𝜔=2𝑛𝜋 (𝑛=1,2,3⋯)
2ℎ 2ℎ
【解析】对于小球做平抛运动，则有
1
ℎ= 𝑔𝑡2
2
𝑅=𝑣𝑡
可解得
𝑔
𝑣=𝑅
2ℎ
2ℎ
𝑡=
𝑔
又因小球平抛的时间和圆盘的周期满足
𝑡=𝑛𝑇(𝑛=1,2,3⋯)
又因
2𝜋
𝑇=
𝜔
所以可解得
𝑔
𝜔=2𝑛𝜋 (𝑛=1,2,3⋯)
2ℎ
