第1章 第3节 圆周运动-2021年初中物理竞赛及自主招生大揭秘专题突破

第1章 第3节 圆周运动-2021年初中物理竞赛及自主招生大揭秘专题突破

第三讲 圆周运动 匀速圆周运动是指物体运动的轨迹是圆周，且运动快慢不变的运动，这是一种曲线运动。 一、描述匀速圆周运动的几个物理量 1．周期 做匀速圆周运动的物体，每完成一次完整的圆周运动所需要的时间都相同，这个时间叫 做一个周期，用符号T 表示，国际单位为秒 s 。例如，时钟的秒针周期为 60s ，分针周期 为 60min ，地球自转的周期为 24h 等。匀速圆周运动的周期越小，转动越快。 2．频率 单位时间内物体完成的圆周数，叫做匀速圆周运动的频率，用符号 f 表示，国际单位 为赫兹 Hz ，频率越大，转动越快，频率与周期互为倒数，即 1f T  。例如，秒针转动的 频率为 1 Hz60 ，每分钟转动 300 转的电风扇，其转动频率为5Hz 。 3．角速度 做匀速圆周运动的物体，单位时间内物体与圆心的连线(即半径)转过的角度叫做角速度， 用 表示。若t 时间内半径转过的角度用 表示，则角速度可以表示为 t   。这里应该注意的是， 的单位不再是“度”，而是“弧度”， 弧度是指某个角所对的圆弧长度与圆弧半径的比值，如图 3.32 所示， l r   ，弧度无单位，但物理学中常用“ rad ”来表示弧度的单位。由 弧度的定义，180 角所对应的弧度可以表示为 r r   ，即180   ，可得1 180   ，因 此我们可以得到其他常用角度的弧度值，例如，90 2   ，45 4  ，30 6   ，60 3   ， 2120 3   等。当物体运动一周时，转过的角度为360 2 ，所用时间为一个周期T ， 因此匀速圆周运动的角速度还可以表示为 2 T   等，根据角速度的定义式 t   ，可知角 速度的单位为“弧度/秒”，符号为“ rad/s ”。 4．转速 转速表示物体单位时间内完成的圆周数，常用单位有“转/秒”和“转/分”，符号分别 为“ r/s ”和“ r/min ”，r/s=60r/min 。转速取“转/秒”作为单位时，其数值与频率相同。 若转速为 n ，则表示每秒转过 n 周，每秒转过的角度为 2 n ，因此角速度与转速的关系可 表示为 2 n  。 5．线速度 线速度是描述做圆周运动的物体沿着圆弧运动的快慢程度，线速度大小等于物体通过的 弧长与所用时间的比值，即 lv t  ，匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻变化。当物 体运动一周时，通过的路程为圆的周长 2 r ，所用时间为一个周期T ，因此匀速圆周运动 的线速度还可以表示为 2 rv T  ，线速度的单位为“米/秒”。 上述描述匀速圆周运动的5个物理量中，周期、频率、角速度和转速描述的是物体转动 的快慢，这4个物理量均与物体转动半径无关，而线速度是描述物体沿着圆弧运动的快慢， 与半径密切相关。 二、线速度与角速度的关系 在匀速圆周运动中，线速度的公式为 2 rv T  ，另外根据角速度的公式。 2 T   ，我 们还可以得到线速度与角速度的关系： v r ，即线速度大小等于角速度大小与转动半径 的乘积，这也是一个重要的关系式。 例 1 转速是指做匀速转动的物体单位时间内转过的圆周数，转速用 n 表示。转速的单 位为“转/分”或“转/秒”，符号分别为“ r/min ”和“ r/s ”。已知洗衣机的脱水桶转速 为 300r/minn  ，脱水桶半径为 20cmR  ，求脱水桶转动的频率 f 、周期T 、角速度 以 及脱水桶边缘上点的线速度 v 的大小。 分析与解 比较转速与频率的定义，两者都可以理解为“单位时间内完成的圆周数”， 因 300r/min=5r/sn  ，可知 5Hzf  ，周期与频率互为倒数，则可得周期T  1 0.2sf  ， 角速度 2 2 10 rad/sfT      ，结合线速度、角速度、半径三者的关系，可得线速度 2 m / sv R   。 三、匀速圆周运动的典型问题 (一)传动问题 所谓传动，即一个轮子转动时，借助皮带或两轮之间的静摩擦力、轮子边缘的齿轮带动 另一个轮子转动。根据传动方式的不同，又分为皮带传动、摩擦传动和齿轮传动。关于传动 装置，有两个重要结论： (1)凡是直接用皮带传动(或者链条传动、摩擦传动和齿轮传动)的两个轮子，两轮边缘上 各点的线速度大小相等。 (2)凡是在同一个轮轴上(各个轮都绕同一根轴同步转动)的轮子，轮上各点的角速度都相 等(轴上的点除外)。 例 2 如图 3.33 所示， 1O ， 2O 两轮靠皮带转动， A ， B 分别为两轮边缘上的点， C 与 A 同在 a 轮上，已知 2a br r ， 1 bOC r ，在传动时，皮带不打滑，求： (1) :C B  ________；(2) :C Bv v ________。 分析与解 A ，C 两点在同一皮带轮上，它们的角速度相等，即 A C  时，由于皮 带不打滑，所以 A ， B 两点的线速度大小相等，即 A Bv v 。 (1)根据 v r   ，知 1 2 C A B B B A r r       。 (2)根据 v r ，知 1 2 C C C B B A A A v v r r v v r r     。 (二)多解问题 圆周运动是一种典型的周期运动，前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发 生，所以有关圆周运动的问题往往会有多解。这就要求我们在表达做匀速圆周运动物体的运 动时间时，必须把其周期性考虑进去，下面就从这一角度对圆周运动的多解问题进行探讨。 例 3 如图 3.34 所示，直径为 d 的纸筒以角速度 绕轴O 匀速转动，从枪口发射的子 弹沿直径穿过圆筒。 (1)若子弹在圆筒上留下 a ，b 两个弹孔，已知 aO 和bO 夹角为 则子弹的速度大小为多少？ (2)子弹通过圆筒后，有没有可能只留下一个弹孔？若可能，计算 出子弹速度的可能值；若不可能，说明理由。 分析与解 (1)设子弹速度为 v ，子弹穿过圆筒的时间为 dt v  。在t 时间内，圆筒转过的 角度可能为  ，也可能为  2    ，  4    ……因此圆筒转过的角度可表达 为    2 0,1,2,k k        ，则有   2kt         ，可得 v     0,1,2,2 d kk        。 (2)若子弹将要穿出圆筒时，先前打过的孔刚好转到子弹将要穿出的位置，则子弹只在 圆筒上留下一个孔。此时，圆筒转过的角度  2 0,1,2,k k       ，经历时间 t 2k        ，因此子弹速度满足  0,1,2,2 d dv kt k        。 例 4 已知某钟表的秒针和分针在某位置恰好重合，问：再经过多长时间，秒针与分针 仍然重合？ 分析与解 秒针转动周期为 1 60sT  ，分针转动周期为 2 1h 3600sT   ，对应的角速 度分别为 1 1 2 T   ， 2 2 2 T   。如图 3.35 所示，秒针和分针每重合一次， 秒针都比分针多转360 ，即多转 2 。当第 N 次重合时，秒针多转了 2 N 角度，设经过时间t ，秒针和分针又一次重合，则秒针和分针转过角度满足 1 2 2 N    ，即 1 2 2t t N    ，代人两者的角速度值，可得   1 2 2 2 3600 60s min 1,2,3,2 2 59 59 60 3600 N N Nt N N            (三)视觉暂留与频闪效应 视觉暂留是指光刺激视网膜并在其上逗留的时间比它从我们眼前闪过的实际时间要长 一些，日常生活中视觉暂留现象很常见，比如一个亮点以很大的速度做圆周运动时，我们看 上去它就形成了一个光环。 日常生活中许多光源使用的都是交流电，例如日光灯、电视机、电脑等，由于电源电压 随时间不断变化，使得一些灯工作时带有明显的明暗变化的现象，这种光现象即为频闪。在 频闪的光线下注视转动的电风扇，会发生电风扇不转或倒转的视错觉现象，这种现象就是频 闪效应造成的错觉。下面请看几个例子。 例 5 如图 3.36 所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪 30 次， 风扇转轴O 上装有 3 个叶片，它们互成120 。当风扇转动时，观察者感觉 扇叶不动，则风扇转速可能是( )。 A． 600r/min B．900r/min C．1200r/min D．3000r/min 分析与解 风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔T 内， 风扇转过的角度是120 的整数倍，即 1 3 圈的整数倍。由于闪光周期 1 s30T  ，所以风扇的 转速   1 3 10 r/s=600r/min 1,2,3, k n k kT     ，故选项 ACD 正确。 例 6 由于眼睛有视觉暂留，因此会造成一些奇特的现象。例如，在如图 3.37 所示的黑 色圆盘中有一白色窄条OA ，圆盘绕垂直于盘面的中心轴以频率 0 30Hzf  顺时针旋转，用 频率 150Hzf  的频闪光去照射，在盘上能看到________根稳定的白色窄条。 分析与解 只有在闪光的瞬间，我们才能看到圆盘上的白色窄条。由 于视觉暂留，前几次看到的白色窄条的影像还未在大脑中消失，因此我们 会看到圆盘上好像有好几根白色窄条。当某一次闪光时出现的白色窄条与 前面某次出现的白色窄条重合时，所看到的白色窄条就不会再增多了。我 们只需要求出相邻两次闪光时间间隔内白色窄条转过的角度，即可求出圆 盘上能看到的白色窄条的总数。 由转动频率 0 30Hzf  ，得圆盘转动的角速度 0 0 0 2 2 60 rad/sfT      ，相邻两次 闪光的时间间隔 1 1 s150t f    ，因此在相邻两次闪光时间间隔 t 内，白色窄条转过的角 度为 0 1 260 rad= rad150 5t        ，在圆盘上能看到的稳定的白色窄条的个数为 N 2 5   ，即第1根出现的白色窄条与第6根出现的白色窄条重合，只能看到5根白色窄 条。本题正确答案为5。 例7 如图3.38所示，带有一白点的黑色圆盘可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动， 每秒沿顺时针方向旋转30圈。在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘， 观察到白点每秒沿( )。 A．顺时针旋转 31 圈 B．逆时针旋转 31 圈 C．顺时针旋转 1 圈 D．逆时针旋转 1 圈 分析与解 圆盘转动的角速度 2 60 rad / sn    ，频闪光源的闪光周期 1 s31t  ， 因此在一个闪光周期内，白点转过的角度为 160 rad31t        22 rad31     ， 由于人的祝觉暂留效应，人不会觉得白点顺时针转过了 22 31     rad ，而会错误地认为 白点逆时针转过了 2 rad31   ，因此人观察到的白点逆时针转动的角速度 2 rad/st     ，对应的转速 2 1r/sn      ，因此选项 D 正确。 练习题 1．时钟上的时针、分针和秒针的角速度关系是( )。 A．时针的角速度与分针的角速度之比为 1： 60 B．时针的角速度与分针的角速度之比为 1：12 C．分针的角速度与秒针的角速度之比为 1：12 D．分针的角速度与秒针的角速度之比为 1：60 2．如图 3.39 所示为一皮带传动装置，传动时皮带与轮之间不打滑，已知大轮半径、轮 轴的轮半径和轮轴的轴半径的关系是 : : 3: 2:1A C Br r r  ， A ， B ，C 分别为大轮、轮轴的 轴和轮轴的轮边缘上的点，O 为大轮圆心，则传动时 A ， B ， C 三点的( )。 A．角速度之比为1：3：3 B．角速度之比为3：1：1 C．线速度大小之比为1：2：2. D．线速度大小之比为 1：1：2 3．(上海第24届大同杯初赛)假期时，小明一家人到赤道附近某景点旅游。在一个晴好 的日子里，小明没有跟随爸爸爬山，而是和另外几个朋友一起躺在山下平静的海滩上观看日 落。结果，小明爸爸在山上观察到太阳消失的时间要比地面上小明观察到的该现象足足晚了 3min 。已知地球半径为 6400km ，则可以判断小明爸爸所处位置的海拔高度最接近( )。 A． 450m B．550m C． 650m D． 750m 4．如图 3.40 所示，两质点 a ，b 在同一平面内绕O 沿逆时针方向做匀速圆周运动，a ， b 的周期分别为 2s 和 20s ，a ，b 和O 三点第一次到第二次同侧共线经历的 时间为( )。 A． 9 s20 B． 20 s9 C． 11 s20 5．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动 的铝盘 A 和 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 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 的线速度均为 4 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，如 图 3.41 所示，则 Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为( )。 A． 0.42s B． 0.56s C． 0.70s D． 0.84s 6．(上海第 30 届大同杯初赛)如图 3.42 所示，一圆球 固定在水平地面上，球心为O 。AB 细棒 B 端搁在地面上， 棒身靠在球面上并和球心O 在同一竖直平面内，切点为 P 细棒与水平面之间的夹角为 。若移动棒的 B 端沿水平地 面靠近圆球，发现切点 P 恰好围绕O 点匀速转动，这表明 在移动 B 端的过程中( )。 A． B 的速度大小不变 B．角度 均匀增大 C． PB 长度均匀减小 D．以上说法都不对 7．地球的半径为 6400kmR  ，在地面上北纬 60 处，物体随同地球自转的线速度大 小为________。 8．一飞轮的直径为 40cm ，若飞轮匀速转动，每分钟转 120 转，则飞轮边缘上一点的 线速度大小为________ m / s ，飞轮转动的周期为________s 。 9．一质点沿半径为 10mR  的圆周做匀速圆周运动，在时间 2st  内恰走了半圈，则 质点运动的线速度大小为________ m / s ，角速度为________ rad/s ，转动频率为 ________ Hz 。 10．如图 3.43 所示， 1O ， 2O 两轮通过摩擦传动，传动时两轮 间不打滑，两轮的半径之比为 1 2:r r ， A ， B 分别为 1O ， 2O 两轮 边缘上的点，则 A ，B 两点的线速度大小之比为 :A Bv v  ________ 角速度之比为 :A B   ________，周期之比为 :A BT T ________， 转速之比为 :A Bn n  ________。 11．如图 3.44 所示，圆环在水平面上向左匀速滚动，且与水平面间无 相对滑动，环心对地速度为 v ，环半径为 R 。某时刻环上在环心 O 正前方 的 B 的速度大小为________，环心O 正下方矩 O 为 r 的 A 点的速度大小 为________。 12．(上海第 20 届大同杯复赛)一台只有时针(短针)和分针(长针)的时 钟，从 0 点整开始计时(算作第一次重合)，则一昼夜时针和分针重合________次；从上午 9 点整开始，分针经________s (精确到 0.1s )与时针第一次相遇。 13．如图 3.45 所示为运动16mm 电影放映机放电影，这种电影放映机使用宽度为16mm 的电影胶片，电影中的声音以声音信号的方式刻录在电影胶片上。若此电影胶片的厚度 0.14mmH  ，片夹上密密地绕了一整盘电影胶片，如图 3.45 所示，图中 d 和 D 分别表示 片夹内所转电影胶片的内径和外径，则这盘电影胶片的总长度 L 约是________ m (保留 1 位 小数)；若按每秒 24 幅画面正常放映，且不计胶片头与片尾的长度，这盘电影胶片大约能连 续正常放映的时间为________ min (保留 1 位小数)。 14．(上海第25届大同杯复赛)在同一平面上的 AC ， BD 两杆，分别绕相距为 L 的 A ， B 两轴逆时针转动，转动快慢相同，初始时刻如图3.46(a)所示，且 CAB  30 ， 90DBA   ，经过一段时间，两杆运动到如图3.46(b)所示位置，且 CAB 90  ， 30DBA   ，则此过程中交点 M 的运动轨迹为________(选填“直线”“圆弧”或“其他 曲线”)， M 移动的路程为________， M 移动的速度大小为________。 15．如图 3.47 所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪 30 次，风 扇转轴O 上装有 3 个叶片，它们互成120。当风扇转动时，观察者可以观 察到 6 个稳定的叶片，则风扇的角速度可能为多少？ 参考答案 1．BD。秒针的转动周期为 60s ，分针的转动周期为3600s ，时针的转动周期为 43200s ， 由角速度公式 2 T   等，可知秒针、分针、时针的角速度之比等于它们转动周期的倒数之 比，即 1 1 1: : = : : 720:12:160 3600 43200    秒 分 时 。 2．AD。设 A 点的角速度为 ， B 点与 A 点的线速度大小相同，则 3B Av v r   ， C 点 与 B 点 的 角 速 度 相 同 ， 则 3 3B C B v r r r       ， C 点 的 线 速 度 大 小 Cv  3 2 6r r   。因此 A ，B ，C 三点的角速度之比 : : :3 :3 1:3:3A B C       ， 线速度之比 : : 3 : 3 :6 1:1: 2A B Cv v v r r r      。 3．B。当小明在山脚下的 A 点看到太阳刚好消失时，太阳光线恰好在 A 点与地面相切， 而在 A 点正上方 h 高度的山顶上的爸爸此时仍能看到太阳，如图 3.48 所示。设3min 后地 球顺时针转过 角，山顶上的爸爸恰好也观察到太阳消失，则 cos R R h    ，由地球自转 角速度 2 24 60min 3min     ，解得 0.75240     ， 则 cos Rh R   3 36400 10 m 6400 10 mcos0.75     548.35m ， 因此最接近的高度为 B 选项。 4 ． B 。 由 题 可 知 a ， b 转 动 的 角 速 度 分 别 为 2 rad/sa aT    ， 2 10b bT     rad/s 。 a ， b 和 O 三 点从第一次同侧共线到第二次同侧共线过程中，a 比b 多转了 2 角度，即 2a bt t    ， 解得  2 2 20 s9 10 a b t          ，B 选项正确。 5 ． B 。 P ， Q 随 圆 盘 转 动 的 周 期 分 别 为 2 2 0.28s 0.14s4 P P P rT v       ， QT  2 2 0.16 s 0.08s4 Q Q r v      ，可见，Q 两次接收到红外线信号的时间间隔既是 PT 的 整数倍，又是 QT 的整数倍，因此，最小的时间间隔应为 PT 和 QT 的最小公倍数 0.56s ，选项 B 正确。 6．B。如图 3.49 所示，连接 BO ，则 2POB    ， P 恰好围绕O 点匀速转动，所 以 POB 均匀减小，也即角度 均匀增大，故 B 正确。 tan 2 rPB  ， 均匀增大， PB 的长度不是均匀减小的， 故 C 错。同理 QB 的长度也不是均匀减小的，所以 B 的速 度大小变化，故 A 错。因此本题正确选项为 B。 7．232.6m / s 。地球北纬 60 处的物体随地球绕地轴自转的转动半径为 r R cos60 ， 地球转动角速度为 2 T   等，则北纬 60 处的物体的线速度大小为 6 12 3.14 6.4 102 cos60 2 m / s 232.6m / s24 3600 Rv r T         8 ． 2.51 ， 0.5 。 飞 轮 的 角 速 度 120 2 rad/s 4 rad/s60t      ， 线 速 度 v r  4 0.2m / s 2.51m / s   ，周期 2 2 s 0.5s4T       。 9．15.7，1.57，0.25。略。 10．1:1， 2 1:r r ， 1 2:r r ， 2 1:r r 。提示：两轮不打滑时，轮子边缘点的线速度大小相等。 11． 2v ， rv R 。提示：利用同一物体上各点角速度相等，选与地接触点为转轴。 12．23,2945.5。分针的角速度为 2 rad/min60  分 ，时针的角速度为 2 720  分 rad/min 。 从 0 点整开始计时，当分针与时针经过时间t 再次重合时，分针比时针多转了 2 弧度，则 有 2t t   分 时 时，解得 720 min11t  ，除去计时开始的 0 点，24 小时内还能重合的次 数为 24 60min 22t   ，因此共能重合 28 次。上午 9 点整到分针递上时针，分针要比时针 多转 3 2  弧度，则 3 2t t    分 时 ，解得 540 min 2945.5s11t   。 13．645.9；59.8。电影胶片的侧面积等于其长度 L 与厚度 H 的乘 积，即 S LH ，胶片绕在片夹上时，其侧面积可以表示为 2 2 2 2 D dS LH                 ， 因此解得胶片长度 2 2 2 2 645.94m D d L H                 胶片上每幅画面的长度(包含两幅画面之间的部分)为 36mm 1.5mm 7.5 10 m   ，按每秒 24 幅画面正常放映时，胶带的运动速度 324 7.5 10 m / s 0.18m / s1v    ，因此放映时间 645.94 s 3588.56s 59.81min0.18t    。 14．圆弧， 2 3 9 L ， 2 3 3 L 。由于 AC ，BD 两杆转动角速度相同，转动方向相同， 因此 AMB 保持不变，由几何知识可得 A ， M ， B 三点 位于同一个圆上，如图 3.50 所示，两杆交点 M 的运动轨迹 为圆弧。设 O 为圆心，易得 120AOB   。圆的半径 r 3 3 L ，两杆交点运动的弧长恰为圆的三分之一周长， 因 此 交 点 M 通 过 的 路 程 s  2 2 3 3 9 r L  。 在 此 过 程 中 两 杆 转 过 的 角 度 均 为 60 3     ，因此运动时间t  3     ，所以 M 的速度大小 2 3 3 s Lv t   。 15．当风扇的转速恰当时，前一次风扇的影像在观察者的大脑中由于视觉暂留还未消失， 下一次闪光时风扇的叶片刚好出现在前一次某两个叶片的正中间位置，则观察者感觉到叶片 有六个。 满足上述条件时，某一叶片在一个闪光周期 T 中转过的角度可以是 1 23 k   ， 2 2k    ，  3 2 1,2,3,3 k k     。 因此对应的角速度  1 1 10 60 rad/skT      ，  2 2 30 60 rad/skT         3 3 50 60 rad/s 1,2,3,k kT       