第45頁（共45頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之圓周運動一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?碑林區校級期末）機動車故障檢測時，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，主動輪沿前進方向轉動一段時間。過程簡化圖中：車輪A的半徑為ra，滾動圓筒B的半徑為rb，A與B間不打滑。當A以恒定轉速n（單位為r/s）運行時，下列說法正確的是（）A．B的邊緣線速度大小為2πnrb B．A的角速度大小為2πn，且A沿順時針方向轉動，B沿逆時針方向轉動 C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿順時針方向轉動 D．A、B的角速度之比為r2．（2024秋?新華區校級期末）如圖所示，一位同學玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時，圓盤以經過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則（）A．飛鏢擊中P點所需的時間為2LB．圓盤的半徑可能為gLC．圓盤轉動角速度的最小值為2πD．P點隨圓盤轉動的線速度可能為53．（2024秋?沙坪壩區校級期末）下列關于運動的說法正確的是（）A．在直線運動中物體的位移大小一定等于其路程 B．瞬時速度可看作時間趨于無窮小時的平均速度 C．曲線運動的速度和加速度都一定變化 D．勻速圓周運動在相同時間內的速度變化量相同4．（2025?福州校級模擬）某同學設計了一貨物輸送裝置，將一個質量為M載物平臺架在兩根完全相同、半徑為r，軸線在同一水平面內的平行長圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數均為μ，平臺的重心與兩柱等距，在載物平臺上放上質量為m的物體時也保持物體的重心與兩柱等距，兩圓柱以角速度ω繞軸線作相反方向的轉動，重力加速度大小為g。現沿平行于軸線的方向施加一恒力F，使載物平臺從靜止開始運動，物體與平臺總保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．物體和平臺開始運動時加速度大小為a=B．物體和平臺做勻加速運動 C．物體受到平臺的摩擦力逐漸減小 D．只有當F＞μ（M+m）g時平臺才能開始運動5．（2024秋?宿遷期末）如圖所示，甲、乙兩同學握住繩子A、B兩端搖動（A、B近似不動），繩子繞AB連線在空中轉到圖示位置時，則有關P、Q兩點運動情況，說法正確的是（）A．Q點的速度方向沿繩子切線 B．P的線速度大于Q的線速度 C．P的角速度等于Q的角速度 D．P的向心加速度等于Q的向心加速度二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?朝陽區校級期末）游樂場的旋轉木馬是一項備受歡迎的游玩項目。如圖所以，一同學坐在旋轉木馬上，繞中心軸在水平面內做勻速圓周運動，圓周運動半徑為3.0m，該同學旋轉5圈用時3min，則該同學做勻速圓周運動時（）A．周期為0.6s B．角速度為π18rad/sC．線速度為π6m/minD．向心加速度為π2108（多選）7．（2024秋?長沙期末）自行車是我們倡導綠色生活輕便出行的交通工具，如圖所示是三擋變速自行車傳動結構的示意圖，其中A是踏板上的大齒輪，有36個齒。B是后輪軸上的小齒輪組，共有三個擋位分別為12、16、24個齒，換擋時鏈條會鏈接在不同大小的齒輪上。C是半徑為0.4米的后輪，假設騎行者以每秒踩動踏板兩圈的方式騎車，則（）A．后輪的最大轉速為6圈/秒 B．后輪的最大轉速為3圈/秒 C．若選用中擋位，則騎行速度約為11.3m/s D．若選用最大齒輪擋位，則騎行速度約為15.1m/s（多選）8．（2024秋?天心區校級期末）如圖，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O在豎直面內轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在光滑水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升。下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運動 B．棒的角速度逐漸增大 C．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為vsinαD．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為v（多選）9．（2023秋?濟寧期末）一細桿OP繞O點沿逆時針方向勻速轉動，在細桿的中點及末端P點分別固定兩個小球a和b。下列說法正確的是（）A．a、b兩球角速度相等 B．a、b兩球線速度相等 C．a球的線速度比b球的小 D．a球的角速度比b球的大三．填空題（共3小題）10．（2024秋?安溪縣期中）如圖所示為地球的理想示意圖，地球環繞過南北極的軸自轉，O點為地心，P、Q分別為地球表面上的點，分別位于北緯60°和北緯30°，則P、Q的線速度大小之比為，P、Q的轉速之比為。11．（2024春?莆田期末）地球繞地軸自轉示意如圖所示。地球上兩點A、B的緯度分別是φ1和φ2，則這兩點的角速度ωAωB，線速度vAvB。（填“大于”“等于”“小于”）12．（2024秋?浦東新區校級期中）綠色出行，自行車是一種不錯的選擇。自行車基本原理如圖所示，a、b、c分別為鏈輪、飛輪和后輪上的三個點，已知鏈輪、飛輪和后輪的半徑之比為2：1：6，將后輪懸空，勻速轉動踏板時，a、b、c三點的線速度大小之比為周期之比為。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?鹽城期末）如圖甲所示，修正帶是通過兩個齒輪相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖乙所示，B點做圓周運動半徑為r，使用過程中測得A點線速度大小為v，周期為T，求：（1）A點做圓周運動的半徑R；（2）B點做圓周運動的角速度ω。14．（2023秋?荊州期末）如圖所示，一個半徑為R的圓盤浮在水面上，圓盤表面保持水平且與水平道路AB的高度差為h，C為圓盤邊緣上一點。某時刻，將一小球從B點水平向右拋出，初速U0度v0的方向與圓盤半徑OC在同一豎直平面內。已知圓盤的圓心O與B點之間的水平距離為2R，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球可看作質點。（1）若小球正好落在圓盤的圓心O處，求此次平拋小球的初速度v0；（2）若小球要能落在圓盤上，求小球初速度v0的范圍；（3）若小球從B點以最大初速度拋出的同時，圓盤繞過其圓心O的豎直軸以角速度ω勻速轉動，要使小球落到C點，求圓盤轉動的角速度ω。15．（2023秋?淮安期末）如圖所示為圓盤餐桌的簡化示意圖，圓盤在水平面內勻速轉動，角速度為ω，質量為m杯子（可視為質點）隨圓盤一起做勻速圓周運動，杯子到轉軸距離為R，求杯子：（1）線速度v的大小；（2）所受摩擦力Ff的大小。

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之圓周運動參考答案與試題解析題號12345答案BDBCC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?碑林區校級期末）機動車故障檢測時，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，主動輪沿前進方向轉動一段時間。過程簡化圖中：車輪A的半徑為ra，滾動圓筒B的半徑為rb，A與B間不打滑。當A以恒定轉速n（單位為r/s）運行時，下列說法正確的是（）A．B的邊緣線速度大小為2πnrb B．A的角速度大小為2πn，且A沿順時針方向轉動，B沿逆時針方向轉動 C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿順時針方向轉動 D．A、B的角速度之比為r【考點】傳動問題；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【專題】應用題；定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】兩輪不打滑時輪緣的線速度大小相等，根據線速度、角速度、轉速間的關系分析答題。【解答】解：A、兩輪不打滑，兩輪邊緣的線速度大小相等，即v＝2πnra＝2πnbrb≠2πnrb，故A錯誤；B、車輪A是主動輪，A的角速度大小ωa＝2πn，A沿順時針方向轉動，B沿逆時針方向轉動，故B正確；CD、兩輪邊緣的線速度相等，v＝ωara＝ωbrb，角速度之比ωaωb=rbr故選：B。【點評】知道在不打滑的情況下，兩輪邊緣的線速度大小相等是解題的前提，根據線速度、角速度、周期與轉速的關系即可解題。2．（2024秋?新華區校級期末）如圖所示，一位同學玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時，圓盤以經過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則（）A．飛鏢擊中P點所需的時間為2LB．圓盤的半徑可能為gLC．圓盤轉動角速度的最小值為2πD．P點隨圓盤轉動的線速度可能為5【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；平拋運動時間的計算；線速度與角速度的關系．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】飛鏢做平拋運動的同時，圓盤上P點做勻速圓周運動，恰好擊中P點，說明A點正好在最低點被擊中，則P點轉動的時間t=(2n+1)T【解答】解：A．當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出，飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，飛鏢擊中P點所需的時間為t=故A錯誤；B．飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，在豎直方向2r解得圓盤的半徑r=故B錯誤；C．飛鏢擊中P點，則P點轉過的角度滿足θ＝ωt＝π+2kπ（k＝0，1，2…）可得角速度為ω=則圓盤轉動角速度的最小值為ωmin故C錯誤；D．P點隨圓盤轉動的線速度為v=當k＝2時的速度為v=故D正確。故選：D。【點評】本題關鍵知道恰好擊中P點，說明P點正好在最低點，利用勻速圓周運動的周期性和平拋運動規律聯立求解。3．（2024秋?沙坪壩區校級期末）下列關于運動的說法正確的是（）A．在直線運動中物體的位移大小一定等于其路程 B．瞬時速度可看作時間趨于無窮小時的平均速度 C．曲線運動的速度和加速度都一定變化 D．勻速圓周運動在相同時間內的速度變化量相同【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；質點；位移、路程及其區別與聯系；瞬時速度．【專題】定性思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據位移和路程，平均速度和瞬時速度，曲線運動和圓周運動的相關知識進行分析解答。【解答】解：A.只有在單向直線運動中，物體的位移大小等于路程，故A錯誤；B.根據公式v=ΔxΔt，當Δt→0時，才可以將物體的平均速度當作是物體的瞬時速度，故C.曲線運動的速度一定發生變化，加速度不一定發生變化，比如平拋運動，故C錯誤；D.由于勻速圓周運動的合外力是變化的，在相等時間內速度的變化量不相同，故D錯誤。故選：B。【點評】考查位移和路程，平均速度和瞬時速度，曲線運動和圓周運動的相關知識，會根據題意進行準確分析解答。4．（2025?福州校級模擬）某同學設計了一貨物輸送裝置，將一個質量為M載物平臺架在兩根完全相同、半徑為r，軸線在同一水平面內的平行長圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數均為μ，平臺的重心與兩柱等距，在載物平臺上放上質量為m的物體時也保持物體的重心與兩柱等距，兩圓柱以角速度ω繞軸線作相反方向的轉動，重力加速度大小為g。現沿平行于軸線的方向施加一恒力F，使載物平臺從靜止開始運動，物體與平臺總保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．物體和平臺開始運動時加速度大小為a=B．物體和平臺做勻加速運動 C．物體受到平臺的摩擦力逐漸減小 D．只有當F＞μ（M+m）g時平臺才能開始運動【考點】線速度與角速度的關系；滑動摩擦力的大小計算和影響因素；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；摩擦力專題；理解能力．【答案】C【分析】A、可通過摩擦力平衡條件，計算加速度；B、利用線速度規律、牛頓第二定律計算加速度的變化；C、利用牛頓第二定律判斷；D、由A中計算出的加速度，判斷力的變化是否影響運動情況。【解答】解：A、平臺與兩個圓柱表面的摩擦力相等，大小f=開始時平臺受到兩圓柱的摩擦力平衡，所以開始運動時加速度大小為a=故A錯誤；B、圓柱表面的點轉動的線速度大小為v′＝ωr若平臺運動的速度大小為v，則fx根據牛頓第二定律可得F-因為v在不斷增大，加速度會越來越小，故B錯誤；C、對物體進行受力分析可得f0＝ma物體受到平臺的摩擦力逐漸減小，故C正確；D、開始運動時加速度大小為a=所以即使F較小，平臺也運動，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了對線速度、牛頓第二定律、力的合成與分解的理解和應用。5．（2024秋?宿遷期末）如圖所示，甲、乙兩同學握住繩子A、B兩端搖動（A、B近似不動），繩子繞AB連線在空中轉到圖示位置時，則有關P、Q兩點運動情況，說法正確的是（）A．Q點的速度方向沿繩子切線 B．P的線速度大于Q的線速度 C．P的角速度等于Q的角速度 D．P的向心加速度等于Q的向心加速度【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；線速度與角速度的關系．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】曲線運動速度的方向沿曲線的切線方向，同軸轉動的物體具有相等的角速度，根據線速度與角速度的關系判斷，根據向心加速度公式判斷。【解答】解：A.由于繩子繞AB連線轉動，Q點的速度方向是圓弧切線，應該垂直于紙面向內或者紙面向外，故A錯誤；BCD.P、Q兩點做圓周運動的圓心分別是過P、Q點作AB的垂線的交點，故Q運動的半徑大于P點的半徑，共軸轉動過程中兩點的角速度相同，根據v＝rω，得P點的線速度小于Q點的線速度，an＝ω2r，得P點的向心加速度小于Q點的向心加速度，故BD錯誤，C正確。故選：C。【點評】考查圓周運動共軸轉動問題，熟悉各質點線速度和角速度關系，會根據題意進行準確分析和解答。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?朝陽區校級期末）游樂場的旋轉木馬是一項備受歡迎的游玩項目。如圖所以，一同學坐在旋轉木馬上，繞中心軸在水平面內做勻速圓周運動，圓周運動半徑為3.0m，該同學旋轉5圈用時3min，則該同學做勻速圓周運動時（）A．周期為0.6s B．角速度為π18rad/sC．線速度為π6m/minD．向心加速度為π2108【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據向心加速度、角速度、線速度、周期的公式即可求出。【解答】解：轉5圈用時3min，所以周期T=3×605s=36s，角速度ω=2πT=2π36rad/s=故選：BD。【點評】本題考查了學生對于向心加速度、角速度、線速度、周期的公式的理解和應用能力，難度不大。（多選）7．（2024秋?長沙期末）自行車是我們倡導綠色生活輕便出行的交通工具，如圖所示是三擋變速自行車傳動結構的示意圖，其中A是踏板上的大齒輪，有36個齒。B是后輪軸上的小齒輪組，共有三個擋位分別為12、16、24個齒，換擋時鏈條會鏈接在不同大小的齒輪上。C是半徑為0.4米的后輪，假設騎行者以每秒踩動踏板兩圈的方式騎車，則（）A．后輪的最大轉速為6圈/秒 B．后輪的最大轉速為3圈/秒 C．若選用中擋位，則騎行速度約為11.3m/s D．若選用最大齒輪擋位，則騎行速度約為15.1m/s【考點】傳動問題；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】腳踏板大齒輪和后軸小齒輪嚙合，所以的轉動齒數相同，根據每秒轉過的圈數分析AB；根據線速度與轉數的公式計算CD。【解答】解：AB、腳踏板大齒輪和后軸小齒輪嚙合，所以的轉動齒數相同，即大齒輪轉動一圈36個齒時，小齒輪也轉動36個齒，1s內大齒輪轉過兩圈即72個齒，則對于1、2、3不同擋位來說，小齒輪分別轉過：7212=6圈、7216=92圈、7224=3圈。由于腳踏板的轉速是固定的，所以1擋最快，3擋最慢，最大轉速為CD、行車速度v＝ωR＝2πnR若選用中齒輪16齒擋位，轉速為92圈/v1＝2πn1R＝2π×92×若選用最大齒輪24齒擋位，轉速為3圈/秒，則：v2＝2πn2R＝2π×3×0.4m/s＝7.5m/s故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】解決本題的關鍵知道線速度、轉速與半徑的關系，以及知道傳送帶傳動輪子上的點線速度大小相等。（多選）8．（2024秋?天心區校級期末）如圖，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O在豎直面內轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在光滑水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升。下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運動 B．棒的角速度逐漸增大 C．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為vsinαD．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為v【考點】線速度的物理意義及計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；合運動與分運動的關系．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】應清楚棒與平臺接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上，豎直向上是它的一個分速度，把速度分解，根據三角形知識求解。【解答】解：棒與平臺接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上，如圖所示合速度v實＝ωL，沿豎直方向上的速度分量v滿足v＝v實sinα，v＝ωLsinα，所以v實=vsinα，ω=vLsinα，升降平臺向上勻速運動，v恒定，夾角α增大，角速度減小，小球不是做勻速圓周運動，故故選：CD。【點評】找合速度是本題的關鍵，應明白實際的速度為合速度，合速度反向垂直于棒。然后分解速度，做平行四邊形，根據三角形求解。此題難度在于合速度難確定。（多選）9．（2023秋?濟寧期末）一細桿OP繞O點沿逆時針方向勻速轉動，在細桿的中點及末端P點分別固定兩個小球a和b。下列說法正確的是（）A．a、b兩球角速度相等 B．a、b兩球線速度相等 C．a球的線速度比b球的小 D．a球的角速度比b球的大【考點】線速度與角速度的關系．【專題】定量思想；歸納法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據圓周運動中，同軸運動中角速度相同，線速度v＝ωr即可判定。【解答】解：AD．在圓周運動中，同軸運動中角速度相同，所以兩球在同一細桿上的角速度一定相同，故A正確，D錯誤；BC．根據v＝ωr，a球的運動半徑比b球的小，則a球的線速度比b球的小，故B錯誤，C正確；故選：AC。【點評】本題主要考查了圓周運動中角速度與線速度間的關系，解題關鍵是掌握圓周運動中，同軸運動中角速度相同，線速度v＝ωr。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?安溪縣期中）如圖所示為地球的理想示意圖，地球環繞過南北極的軸自轉，O點為地心，P、Q分別為地球表面上的點，分別位于北緯60°和北緯30°，則P、Q的線速度大小之比為1：3，P、Q的轉速之比為1：1【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；線速度與角速度的關系．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】1：3；1：【分析】P、Q兩點共軸，角速度相同，然后根據v＝rω去分析線速度。【解答】解：P、Q的角速度相等，P點軌跡半徑為RP＝Rcos60°Q點軌跡半徑為RQ＝Rcos30°由v＝ωR可得vP、Q的角速度相等，由ω＝2πn可知P、Q的轉速之比為1：1。故答案為：1：3；1：【點評】解決本題的關鍵理解共軸轉動的物體角速度相同及熟練掌握圓周運動的運動學公式，注意P物體與Q物體的軌道半徑關系，這是解題的關鍵。11．（2024春?莆田期末）地球繞地軸自轉示意如圖所示。地球上兩點A、B的緯度分別是φ1和φ2，則這兩點的角速度ωA等于ωB，線速度vA大于vB。（填“大于”“等于”“小于”）【考點】傳動問題；線速度與角速度的關系．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】等于，大于。【分析】同軸轉動，角速度相等；根據v＝ωr，比較線速度。【解答】解：地球上兩點A、B一起繞地軸做勻速圓周運動，A、B兩點的角速度相等，則有ωA＝ωB根據v＝ωr由于rA＝Rcosφ1＞rB＝Rcosφ2故vA＞vB故答案為：等于，大于。【點評】本題解題關鍵是分析出同軸轉動角速度相等，并掌握公式v＝ωr。12．（2024秋?浦東新區校級期中）綠色出行，自行車是一種不錯的選擇。自行車基本原理如圖所示，a、b、c分別為鏈輪、飛輪和后輪上的三個點，已知鏈輪、飛輪和后輪的半徑之比為2：1：6，將后輪懸空，勻速轉動踏板時，a、b、c三點的線速度大小之比為1：1：6周期之比為2：1：1。【考點】傳動問題．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】1：1：6；2：1：1【分析】根據鏈條上的點線速度大小相等，同軸上的點角速度相等，再結合線速度、角速度、周期和半徑間的關系，即可解題。【解答】解：a、b兩點通過鏈條傳動，線速度大小相等，則有va＝vb，b點與c點的角速度相同，則有ωb＝ωc根據：v＝rω，可得b點與c點的線速度之比為v則a、b、c三點的線速度大小之比為va：vb：vc＝1：1：6根據ω可得a點與b點的角速度之比為ω根據T=可知a、b、c三點的周期之比為2：1：1故答案為：1：1：6；2：1：1【點評】本題考查描述圓周運動的物理量，要求掌握線速度、角速度、周期公式。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?鹽城期末）如圖甲所示，修正帶是通過兩個齒輪相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖乙所示，B點做圓周運動半徑為r，使用過程中測得A點線速度大小為v，周期為T，求：（1）A點做圓周運動的半徑R；（2）B點做圓周運動的角速度ω。【考點】傳動問題；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】（1）A點做圓周運動的半徑為vT2（2）B點做圓周運動的角速度為vr【分析】（1）根據周期計算公式求解A點做圓周運動的半徑；（2）同緣傳動線速度相同，由此得到B點做圓周運動的角速度。【解答】解：（1）根據周期計算公式可得：T=解得A點做圓周運動的半徑：R=vT（2）同緣傳動線速度相同，則B點的線速度大小也為v，所以：v＝rω解得：ω=v答：（1）A點做圓周運動的半徑為vT2（2）B點做圓周運動的角速度為vr【點評】本題以修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作為情景載體，考查了勻速圓周運動問題在實際生活中的應用，解決本題關鍵是明確同緣傳動及同軸傳動的特點，然后結合公式靈活求解。14．（2023秋?荊州期末）如圖所示，一個半徑為R的圓盤浮在水面上，圓盤表面保持水平且與水平道路AB的高度差為h，C為圓盤邊緣上一點。某時刻，將一小球從B點水平向右拋出，初速U0度v0的方向與圓盤半徑OC在同一豎直平面內。已知圓盤的圓心O與B點之間的水平距離為2R，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球可看作質點。（1）若小球正好落在圓盤的圓心O處，求此次平拋小球的初速度v0；（2）若小球要能落在圓盤上，求小球初速度v0的范圍；（3）若小球從B點以最大初速度拋出的同時，圓盤繞過其圓心O的豎直軸以角速度ω勻速轉動，要使小球落到C點，求圓盤轉動的角速度ω。【考點】角速度的物理意義及計算；平拋運動速度的計算；勻速圓周運動．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】（1）若小球正好落在圓盤的圓心O處，此次平拋小球的初速度v0為R2（2）若小球要能落在圓盤上，求小球初速度v0的范圍為R2（3）若小球從B點以最大初速度拋出的同時，圓盤繞過其圓心O的豎直軸以角速度ω勻速轉動，要使小球落到C點，求圓盤轉動的角速度ω為ω=【分析】（1）參賽者從P點到圓盤做平拋運動，根據下落的高度求出運動時間t；（2）參賽者要能落在圓盤上，v0最小時恰好落在圓盤左側邊緣，由此求出即可；（3）要使參賽者落到C點，必須滿足t=nT=【解答】解：（1）小球從B點到圓盤做平拋運動豎直方向上有h解得t此時小球正好落在圓心O水平方向上有x＝v0t＝2R解得v（2）初速度v0最小時，小球剛好落在圓盤左側邊緣由水平方向小球做勻速直線運動可得2R﹣R＝vmint解得v初速度v。最大時，小球剛好落在圓盤右側邊緣由水平方向小球做勻速直線運動可得2R+R＝vmaxt解得v綜合可得，小球要能落在圓盤上，小球初速度的范圍為R（3）C點隨圓盤一起以角速度ω勻速轉動，要使小球落到C點，必須滿足t即ω聯立第（1）問解得ω答：（1）若小球正好落在圓盤的圓心O處，此次平拋小球的初速度v0為R2（2）若小球要能落在圓盤上，求小球初速度v0的范圍為R2（3）若小球從B點以最大初速度拋出的同時，圓盤繞過其圓心O的豎直軸以角速度ω勻速轉動，要使小球落到C點，求圓盤轉動的角速度ω為ω=【點評】解決本題時，要抓住兩點：一是平拋運動與圓周運動的同時性；二圓周運動的周期性。15．（2023秋?淮安期末）如圖所示為圓盤餐桌的簡化示意圖，圓盤在水平面內勻速轉動，角速度為ω，質量為m杯子（可視為質點）隨圓盤一起做勻速圓周運動，杯子到轉軸距離為R，求杯子：（1）線速度v的大小；（2）所受摩擦力Ff的大小。【考點】線速度與角速度的關系；線速度的物理意義及計算．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】（1）線速度v的大小為ωR；（2）所受摩擦力Ff的大小為mω2R。【分析】（1）根據公式v＝ωR計算；（2）根據向心力公式計算。【解答】解：（1）因杯子轉動的半徑為R，根據公式可知v＝ωR（2）根據向心力公式F杯子的靜摩擦力提供做圓周運動的向心力Ff答：（1）線速度v的大小為ωR；（2）所受摩擦力Ff的大小為mω2R。【點評】掌握線速度和角速度的關系，知道杯子做圓周運動是由摩擦力提供的向心力。

考點卡片1．質點【知識點的認識】（1）定義：用來代替物體的有質量的點．①質點是用來代替物體的具有質量的點，因而其突出特點是“具有質量”和“占有位置”，但沒有大小，它的質量就是它所代替的物體的質量．②質點沒有體積或形狀，因而質點是不可能轉動的．任何轉動的物體在研究其自轉時都不可簡化為質點．③質點不一定是很小的物體，很大的物體也可簡化為質點．同一個物體有時可以看作質點，有時又不能看作質點，要具體問題具體分析．（2）物體可以看成質點的條件：如果在研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運動的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看做一個質點．（3）突出主要因素，忽略次要因素，將實際問題簡化為物理模型，是研究物理學問題的基本思維方法之一，這種思維方法叫理想化方法．質點就是利用這種思維方法建立的一個理想化物理模型．【命題方向】（1）第一類常考題型是對具體事例進行分析：在物理學研究中，有時可以把物體看成質點，則下列說法中正確的是（）A．研究乒乓球的旋轉，可以把乒乓球看成質點B．研究車輪的轉動，可以把車輪看成質點C．研究跳水運動員在空中的翻轉，可以把運動員看成質點D．研究地球繞太陽的公轉，可以把地球看成質點分析：當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物體看成質點的條件來判斷即可．解答：A、研究乒乓球的旋轉時，不能把乒乓球看成質點，因為看成質點的話，就沒有旋轉可言了，所以A錯誤．B、研究車輪的轉動是，不能把車輪看成質點，因為看成質點的話，就沒有轉動可言了，所以B錯誤．C、研究跳水運動員在空中的翻轉時，不能看成質點，把運動員看成質點的話，也就不會翻轉了，所以C錯誤．D、研究地球繞太陽的公轉時，地球的大小對于和太陽之間的距離來說太小，可以忽略，所以可以把地球看成質點，所以D正確．故選D．點評：考查學生對質點這個概念的理解，關鍵是知道物體能看成質點時的條件，看物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，物體的大小體積能否忽略．（2）第二類常考題型是考查概念：下列關于質點的說法中，正確的是（）A．質點是一個理想化模型，實際上并不存在，所以，引入這個概念沒有多大意義B．只有體積很小的物體才能看作質點C．凡輕小的物體，皆可看作質點D．如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點分析：物體可以看成質點的條件是物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，同一個物體在不同的時候，有時可以看成質點，有時不行，要看研究的是什么問題．解答：A、質點是一個理想化模型，實際上并不存在，引入這個概念可以簡化我們分析的問題，不是沒有意義，所以A錯誤；B、體積大的物體也可以看做質點，比如地球，所以B錯誤；C、輕小的物體，不一定可以看做質點，要看它的形狀對分析的問題有沒有影響，所以C錯誤；D、如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點，所以D正確．故選：D．點評：考查學生對質點這個概念的理解，關鍵是知道物體能看成質點時的條件，看物體的大小體積對所研究的問題是否產生影響，物體的大小體積能否忽略．【解題方法點撥】理想模型及其在科學研究中的作用在自然科學的研究中，“理想模型”的建立，具有十分重要的意義．第一，引入“理想模型”的概念，可以使問題的處理大為簡化而又不會發生大的偏差．把現實世界中，有許多實際的事物與這種“理想模型”十分接近．在一定的場合、一定的條件下，作為一種近似，可以把實際事物當作“理想模型”來處理，即可以將“理想模型”的研究結果直接地應用于實際事物．例如，在研究地球繞太陽公轉的運動的時候，由于地球與太陽的平均距離（約為14960萬公里）比地球的半徑（約為6370公里）大得多，地球上各點相對于太陽的運動可以看做是相同的，即地球的形狀、大小可以忽略不計．在這種場合，就可以直接把地球當作一個“質點”來處理．在研究炮彈的飛行時，作為第一級近似，可以忽略其轉動性能，把炮彈看成一個“質點”；作為第二級近似，可以忽略其彈性性能，把炮彈看成一個“剛體”．在研究一般的真實氣體時，在通常的溫度和壓強范圍內，可以把它近似地當作“理想氣體”，從而直接地運用“理想氣體”的狀態方程來處理．第二，對于復雜的對象和過程，可以先研究其理想模型，然后，將理想模型的研究結果加以種種的修正，使之與實際的對象相符合．這是自然科學中，經常采用的一種研究方法．例如：“理想氣體”的狀態方程，與實際的氣體并不符合，但經過適當修正后的范德瓦爾斯方程，就能夠與實際氣體較好地符合了．第三，由于在“理想模型”的抽象過程中，舍去了大量的具體材料，突出了事物的主要特性，這就更便于發揮邏輯思維的力量，從而使得“理想模型”的研究結果能夠超越現有的條件，指示研究的方向，形成科學的預見．例如：在固體物理的理論研究中，常常以沒有“缺陷”的“理想晶體”作為研究對象．但應用量子力學對這種“理想晶體”進行計算的結果，表明其強度竟比普通金屬材料的強度大一千倍．由此，人們想到：既然“理想晶體”的強度應比實際晶體的強度大一千倍，那就說明常用金屬材料的強度之所以減弱，就是因為材料中有許多“缺陷”的緣故．如果能設法減少這種“缺陷”，就可能大大提高金屬材料的強度．后來，實踐果然證實了這個預言．人們沿著這一思路制造出了若干極細的金屬絲，其強度接近于“理想晶體”的強度，稱之為“金胡須”．總之，由于客觀事物具有質的多樣性，它們的運動規律往往是非常復雜的，不可能一下子把它們認識清楚．而采用理想化的客體（即“理想模型”）來代替實在的客體，就可以使事物的規律具有比較簡單的形式，從而便于人們去認識和掌握它們．2．位移、路程及其區別與聯系【知識點的認識】（1）位移表示質點在空間的位置的變化，用有向線段表示，位移的大小等于有向線段的長度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是質點在空間運動軌跡的長度．在確定的兩位置間，物體的路程不是唯一的，它與質點的具體運動過程有關．（3）位移與路程是在一定時間內發生的，是過程量，二者都與參考系的選取有關．位移和路程的區別：①位移是矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，跟物體運動所經歷的實際路徑無關．②路程是標量，大小跟物體運動經過的路徑有關．如圖所示，物體從A運動到B，不管沿著什么軌道，它的位移都是一樣的．這個位移可以用一條有方向的（箭頭）線段AB表示．【命題方向】關于位移和路程，下列說法中正確的是（）A.沿直線運動的物體位移和路程是相等的B.質點沿不同的路徑由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.質點通過一段路程，其位移可能為零D.質點運動的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程是運動軌跡的長度．解答：A、沿單向直線運動的物體位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是標量，所以不能相等，故A錯誤；B、路程不相等，但位移可能相同，比如從A地到B地，有不同的運行軌跡，但位移相同，故B正確；C、物體通過一段路程，位移可能為零。比如圓周運動一圈，故C正確；D、質點運動的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D錯誤。故選：BC。點評：解決本題的關鍵知道路程和位移的區別，路程是標量，位移是矢量，有大小有方向．【解題方法點撥】①位移是描述物體位置變化大小和方向的物理量，它是運動物體從初位置指向末位置的有向線段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，跟物體運動所經歷的實際路徑無關．②路程是物體運動所經歷的路徑長度，是標量，大小跟物體運動經過的路徑有關．③位移和路程都屬于過程量，物體運動的位移和路程都需要經歷一段時間．④就大小而言，一般情況下位移的大小小于路程，只有在單方向的直線運動中，位移的大小才等于路程．3．瞬時速度【知識點的認識】瞬時速度是指運動物體在某一時刻（或某一位置）的速度．從物理含義上看，瞬時速度指某一時刻附近極短時間內的平均速度．瞬時速度的大小叫瞬時速率，簡稱速率．2．平均速度和瞬時速度對比：（1）區別：平均速度反映的是物體在整個運動過程中的整體運動情況，而瞬時速度反映的是物體在運動過程的某一時刻或某一位置的運動情況；（2）聯系：在勻速直線運動中，任何時刻的瞬時速度和整個運動過程中的平均速度相同．【命題方向】例1：下列速度中，屬于瞬時速度的是（）A．某同學百米賽跑的速度是8m/sB．汽車以60km/h的速度通過蘇通大橋C．飛機起飛時的速度是50m/sD．子彈在槍管里的速度是400m/s分析：瞬時速度為某一時刻或某一位置時的速度；平均速度為某一段時間內或某一位移內的速度．解：A、百米賽跑的速度是人在100米內的速度，故為平均速度；故A錯誤；B、汽車通過大橋的速度為一段位移內的速度，為平均速度，故B錯誤；C、飛機起飛速度是指飛機在離地起飛瞬間的速度，為瞬時速度，故C正確；D、子彈在槍管中對應一段位移，故為平均速度，故D錯誤；故選：C．點評：本題明確平均速度與瞬時速度的定義即可求解；要牢記平均速度為某一過程內的速度；而瞬時速度對應了一個瞬間．例2：關于瞬時速度、平均速度，以下說法中正確的是（）A．瞬時速度可以看成時間趨于無窮小時的平均速度B．做變速運動的物體在某段時間內的平均速度的大小，一定和物體在這段時間內各個時刻的瞬時速度的大小的平均值相等C．物體做變速直線運動時，平均速度的大小就是平均速率D．物體做變速運動時，平均速度是指物體通過的路程與所用時間的比值分析：瞬時速度是在某一時刻的速度，平均速度是物體在運動時間內發生的位移與所用時間的比值；故瞬時速度對應時間軸上的點，平均速度對應時間軸上的一段時間．解：瞬時速度是在某一時刻的速度，平均速度是物體在運動時間內發生的位移與所用時間的比值．A：瞬時速度對應時間軸上的點，時間趨于無窮小時可以看做一個時間點，瞬時速度可以看成時間趨于無窮小時的平均速度．故A正確；B：做變速直線運動的物體在某段時間內平均速度，和物體在這段時間內各個時刻的瞬時速度的平均值一般是不相等的．故B錯誤；C：物體只有在做單向直線運動時，平均速度的大小才等于平均速率，故C錯誤；D：平均速度是指物體的位移與所用時間的比值．故D錯誤．故選：A．點評：瞬時速度和平均速度是運動學的基本概念，要加深對它們的理解．【解題方法點撥】平均速度瞬時速度平均速率瞬時速率定義運動質點的位移與時間的比值運動質點在某一時刻（或位置）的速度運動質點的路程與時間的比值瞬時速度的大小方向有方向，矢量有方向，矢量無方向，標量無方向，標量意義粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢對應某段時間（或位移）某一時刻（或位置）某段時間（或路程）某一時刻（或位置）4．滑動摩擦力的大小計算和影響因素【知識點的認識】滑動摩擦力跟正壓力成正比，也就是跟一個物體對另一個物體表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F表示滑動摩擦力大小，FN表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數。【命題方向】如圖所示，在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下，質量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑，已知物塊與墻壁的動摩擦因數為μ．則下滑過程中物塊受滑動摩擦力的大小為（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物體的受力情況，求出正壓力，再由摩擦力的計算公式進行計算．解答：將F分解可得，物體在垂直于墻壁方向上受到的壓力為N＝Fcosθ，則物體對墻壁的壓力為N＝N′＝Fcosθ；物體受到的滑動摩擦力為f＝μN′＝μFcosθ；故選：D。點評：本題考查學生對滑動摩擦力公式的掌握，注意公式里的正壓力不一定是重力，而是垂直于接觸面的壓力．【解題思路點撥】1.牢記滑動摩擦力的計算公式：F＝μFN，F表示滑動摩擦力大小，FN表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數。如果兩個物體是斜面連接，則需要進行必要的受力分析以求出垂直于斜面的壓力。2.在一般情況下，物體在水平面上運動時，正壓力等于重力，但不能說正壓力就是重力。5．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。6．合運動與分運動的關系【知識點的認識】1.合運動與分運動的定義：如果一個運動可以看成幾個運動的合成，我們把這個運動叫作這幾個運動的合運動，把這幾個運動叫作這個運動的分運動。2.合運動與分運動的關系①等時性：合運動與分運動同時開始、同時結束，經歷的時間相等。這意味著合運動的時間等于各分運動經歷的時間。②獨立性：一個物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行，互不影響。這意味著一個分運動的存在不會改變另一個分運動的性質或狀態。③等效性：合運動是各分運動的矢量和，即合運動的位移、速度、加速度等于各分運動對應量的矢量和。這表明合運動的效果與各分運動的效果相同。④同體性：合運動和它的分運動必須對應同一個物體的運動，一個物體的合運動不能分解為另一個物體的分運動。⑤平行四邊形定則：合速度、合位移與分速度、分位移的大小關系遵循平行四邊形定則。這意味著合運動的大小和方向可以通過對各分運動進行矢量合成來計算。3.合運動與分運動體現的物理學思想是：等效替代法。【命題方向】關于合運動和分運動的關系，下列說法正確的是（）A、若合運動是曲線運動，則它的幾個分運動不可能都是直線運動B、合運動的時間等于它的各個分運動的時間總和C、合運動的速度大小一定大于其中一個分運動的速度大小D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線分析：根據運動的合成與分解，結合速度是矢量，合成分解遵循平行四邊形定則．并合運動與分運動具有等時性，從而即可求解．解答：A、合運動是曲線運動，分運動可能都是直線運動，如平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是自由落體運動，都是直線運動，故A錯誤；B、合運動和分運動同時發生，具有等時性，故B錯誤；C、速度是矢量，合速度與分運動速度遵循平行四邊形定則，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C錯誤；D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線，若合初速度與合加速度共線時，做直線運動，若不共線時，做曲線運動，故D正確；故選：D。點評：解決本題的關鍵知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四邊形定則，以及知道分運動與合運動具有等時性．【解題思路點撥】合運動與分運動的關系，使得我們可以通過分析各分運動來理解合運動的性質和行為。在物理學中，這種關系在處理復雜的運動問題時非常有用，因為它允許我們將復雜的問題分解為更簡單的部分進行分析，然后再綜合這些部分的結果來理解整體的性質。7．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。8．平拋運動時間的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據速度的合成有v2=v02④已知某一時刻的速度v及速度偏轉角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4故選：D。點評：本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1-vogB、v1分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運動時間t=Vyg=故選：D。點評：本題就是對平拋運動規律的直接考查，掌握住平拋運動的規律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．小球落到C點，根據幾何關系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據位移關系求出運動的時間．解答：由幾何關系可知，AC水平方向的夾角為α=π知tanα則t=2v0tanαg=2ν故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動的規律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據題目給出的條件選擇恰當的方法。2.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v9．勻速圓周運動【知識點的認識】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。也可說勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動。2.性質：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運動。3.勻速圓周運動與非勻速圓周運動的區別（1）勻速圓周運動①定義：角速度大小不變的圓周運動。②性質：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。③質點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產生切向加速度，Ft＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產生向心加速度，Fn＝man，它只改變速度的方向。【命題方向】對于做勻速圓周運動的物體，下面說法正確的是（）A、相等的時間里通過的路程相等B、相等的時間里通過的弧長相等C、相等的時間里發生的位移相同D、相等的時間里轉過的角度相等分析：勻速圓周運動的過程中相等時間內通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應相等的圓心角，則相等時間內轉過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運動在相等時間內通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內發生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應相等的圓心角，所以相等時間內轉過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點評：解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的線速度大小不變，所以相等時間內通過的弧長相等，路程也相等。【解題思路點撥】1.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力F合F合10．線速度的物理意義及計算【知識點的認識】1.定義：物體在某段時間內通過的弧長Δs與時間Δt之比。2.定義式：v=3.單位：米每秒，符號是m/s。4.方向：物體做圓周運動時該點的切線方向。5.物理意義：表示物體沿著圓弧運動的快慢。6.線速度的求法（1）定義式計算：v=（2）線速度與角速度的關系：v＝ωr（3）知道圓周運動的半徑和周期：v=【命題方向】有一質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，則該質點的線速度為（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根據線速度的定義公式v=ΔS解答：質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，故線速度為：v=故選：B。點評：本題關鍵是明確線速度的定義，記住公式v=ΔS【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：11．角速度的物理意義及計算【知識點的認識】1.定義：半徑轉過的角度Δθ與時間Δt之比。2.定義式：ω=3.單位：弧度每秒，符號為rad/s，也可以寫成s﹣1。4.物理意義：描述做圓周運動的物體與圓心連線掃過角度的快慢。5.計算方法：（1）定義式計算：ω=（2）角速度與線速度的關系：ω=（3）已知圓周運動的周期：ω=【命題方向】某走時準確的時鐘，分針與時針的角速度之比為（）A、12：1B、1：12C、1：60D、60：1分析：分針轉一圈的時間為1h，時針轉一圈的時間為12h，其周期比為1：12．根據ω=2解答：分針、時針的周期分別為1h、12h，則周期比為1：12．根據ω=2πT得角速度之比為12故選：A。點評：解決本題的關鍵知道時針、分針、秒針的周期，以及知道周期與角速度的關系，ω=2【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：12．線速度與角速度的關系【知識點的認識】1.線速度與角速度的關系為：v＝ωr2.推導由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，當Δθv＝ωr這表明，在圓周運動中，線速度的大小等于角速度的大小與半徑的乘積。3.應用：①v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定性關系，可以通過控制變量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定量關系，可以通過公式計算線速度、角速度或半徑。【命題方向】一個物體以角速度ω做勻速圓周運動時，下列說法中正確的是（）A、軌道半徑越大線速度越大B、軌道半徑越大線速度越小C、軌道半徑越大周期越大D、軌道半徑越大周期越小分析：物體做勻速圓周運動中，線速度、角速度和半徑三者當控制其中一個不變時，可得出另兩個之間的關系．由于角速度與周期總是成反比，所以可判斷出當半徑變大時，線速度、周期如何變化的．解答：因物體以一定的角速度做勻速圓周運動，A、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此A正確；B、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此B不正確；C、由ω=2πT得：ω與TD、由ω=2πT得：ω與T故選：A。點評：物體做勻速圓周，角速度與周期成反比．當角速度一定時