資源簡介

專題強化3　圓周運動的傳動問題和周期性問題
(分值：100分)
1~6題每題8分，共48分
1.(2023·揭陽市高一期末)如圖所示，當用扳手擰螺母時，扳手上的P、Q兩點的角速度分別為ωP和ωQ，線速度大小分別為vP和vQ，則(　　)
A.ωP<ωQ，vPC.ωP=ωQ，vPvQ
2.如圖所示的齒輪傳動裝置中，主動輪的齒數z1=24，從動輪的齒數z2=8，當主動輪以角速度ω順時針轉動時，從動輪的轉動情況是(　　)
A.順時針轉動，周期為
B.逆時針轉動，周期為
C.順時針轉動，周期為
D.逆時針轉動，周期為
3.如圖為某一皮帶傳動裝置，主動輪M的半徑為r1，從動輪N的半徑為r2，已知主動輪做順時針轉動，轉速為n1，傳動過程中皮帶不打滑。下列說法正確的是(　　)
A.從動輪做順時針轉動
B.從動輪的角速度為
C.從動輪邊緣線速度大小為n1
D.從動輪的轉速為n1
4.(2023·清遠市高一月考)如圖所示，甲、乙、丙三個輪子依靠摩擦傳動，相互之間不打滑，其半徑分別為r1、r2、r3。若甲輪的角速度為ω1，則丙輪的角速度為(　　)
A. B. C. D.
5.如圖所示是自行車傳動結構的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤(大齒輪)，Ⅱ是半徑為r2的飛輪(小齒輪)，Ⅲ是半徑為r3的后輪，若自行車前進的速度為v，則牙盤的周期為(　　)
A. B. C.v D.v
6.(2023·河源市高一期中)如圖甲所示是修正帶通過兩個齒輪的相互咬合進行工作，其原理可簡化為圖乙所示。A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，C是大輪上的一點。若大輪半徑是小輪的兩倍，兩輪中心到A、C兩點的距離相等，則A、B、C三點(　　)
A.線速度大小之比是2∶2∶1
B.角速度之比是1∶1∶1
C.轉速之比是2∶2∶1
D.轉動周期之比是2∶1∶1
7~9題每題9分，10題14分，共41分
7.(2023·廣州市高一期中)圖甲為小明的磁帶盒，可簡化為如圖乙所示的傳動模型，A、B為纏繞磁帶的兩個輪子，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。小明現在進行倒帶，使磁帶全部繞到A輪上。倒帶時A輪是主動輪，其角速度是恒定的，B輪是從動輪。倒帶結束后，小明再以正常速度放音，直到磁帶全部播放完，則下列說法正確的是(　　)
A.倒帶結束前一瞬間A、B兩輪的角速度之比為1∶3
B.倒帶結束前一瞬間A、B兩輪的角速度之比為3∶1
C.倒帶過程中A輪的磁帶邊緣的線速度不變
D.倒帶過程中A輪的磁帶邊緣的線速度變小
8.無級變速是指在變速范圍內任意連續地變換速度，如圖所示為一種“滾輪-平盤無級變速器”的示意圖，它由固定在主動軸上的平盤和可隨從動軸移動的圓柱形滾輪組成。由于摩擦的作用，當平盤轉動時，滾輪就會跟隨轉動，如果認為滾輪不會打滑，那么主動軸的轉速n1、從動軸的轉速n2、滾輪半徑r以及滾輪中心距離主動軸軸線的距離x之間的關系是(　　)
A.n2=n1 B.n1=n2
C.n2=n1 D.n2=n1
9.子彈以初速度v0水平向右射出，沿水平直線穿過一個正在沿逆時針方向轉動的薄壁圓筒，在圓筒上只留下一個彈孔(從A位置射入，B位置射出，如圖所示)。OA、OB之間的夾角θ=，已知圓筒半徑R=0.5 m，子彈始終以v0=60 m/s的速度沿水平方向運動(不考慮重力的作用及圓筒對子彈的作用)，則圓筒的轉速可能是(　　)
A.20 r/s B.60 r/s
C.100 r/s D.140 r/s
10.(14分)(2023·中山市高一月考)如圖所示，按順時針方向在豎直平面內做勻速轉動的輪子邊緣上有一點A。當A通過與圓心等高的a點時，有一質點B從圓心O開始做自由落體運動，已知圓的半徑為R，重力加速度為g，求：
(1)(7分)輪子的角速度ω滿足什么條件時，點A才能與B相遇？
(2)(7分)輪子的角速度ω'滿足什么條件時，點A與B的速度才會相同？
(11分)
11.某機器內有兩個圍繞各自的固定軸勻速轉動的鋁盤A、B，A盤固定一個信號發射裝置P，能持續沿半徑向外發射紅外線，P到圓心的距離為28 cm。B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為16 cm。P、Q轉動的線速度相同，都是4π m/s。當P、Q正對時，P發出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖所示，則Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值應為(P、Q可視為質點)(　　)
A.0.56 s B.0.28 s C.0.16 s D.0.07 s
答案精析
1.C　[由于P、Q兩點屬于同軸轉動，所以P、Q兩點的角速度是相等的，即ωP=ωQ，同時由題圖可知Q點到螺母的距離比較大，根據v=ωr可知Q點的線速度大，即vP2.B　[主動輪順時針轉動，從動輪逆時針轉動，兩輪邊緣的線速度大小相等，由齒數關系知，主動輪轉一周時，從動輪轉三周，則ω2=3ω，由ω=知，T從=，選項B正確，A、C、D錯誤。]
3.B　[因為主動輪做順時針轉動，從動輪靠皮帶的摩擦力轉動，所以從動輪做逆時針轉動，故A錯誤；由于通過皮帶傳動，皮帶與輪邊緣的線速度相等，根據v=n·2πr，得n2r2=n1r1，所以n2=，則從動輪的角速度ω2=2πn2=，故B正確，D錯誤；從動輪邊緣線速度大小為v2=n2·2πr2=2n1πr1，故C錯誤。]
4.A　[甲、乙、丙三輪邊緣的線速度相等，即v1=v2=v3
所以對甲、丙分析ω1r1=ω3r3
所以丙輪的角速度為ω3=，故選A。]
5.B　[由題意結合題圖可知，飛輪和后輪具有相同的角速度，后輪的線速度大小為v，可得飛輪的角速度為ω2=ω3=，牙盤和飛輪靠鏈條傳動，則牙盤和飛輪邊緣的線速度大小相等，則牙盤的角速度ω1====，所以牙盤的周期T1==，故選B。]
6.A　[A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，可知vA=vB
根據v=ωr，rA=rB
可得ωA=2ωB
由于B、C兩點都在大輪上，可知ωB=ωC
根據v=ωr，rB=2rC
可得vB=2vC
則A、B、C三點線速度大小之比為
vA∶vB∶vC=2∶2∶1
則A、B、C三點角速度之比為
ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故A正確，B錯誤；
根據ω=2πn，可知A、B、C三點轉速之比為
nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故C錯誤；
根據T=
可知A、B、C三點周期之比為TA∶TB∶TC=1∶2∶2，故D錯誤。]
7.A　[由題意，在倒帶結束時，磁帶全部繞到了A輪上，磁帶的外緣半徑R=3r，而線速度v相等，則有ωAR=ωBr，解得==，故倒帶結束前一瞬間A、B兩輪的角速度之比為1∶3，A正確，B錯誤；在A輪轉動的過程中，角速度恒定，隨著磁帶的倒回，A輪的磁帶邊緣的半徑變大，根據vA=ωrA可知，A輪的磁帶邊緣的線速度增大，C、D錯誤。]
8.A　[由滾輪不會打滑可知，主動軸上的平盤與可隨從動軸轉動的圓柱形滾輪在接觸點處的線速度相同，即v1=v2，由此可得x·2πn1=r·2πn2，可得n2=n1，故選A。]
9.C　[根據幾何關系可得A與B之間的距離為R，在子彈飛行距離為R的時間內，圓筒轉動的角度為θ'=(2n-)π(n=1，2，3…)，由θ'=ωt得t==(n=1，2，3…)。設圓筒的轉速為N，由ω=2πN得時間t==(n=1，2，3…)，由題意知R=v0t，得N=20(6n-1) r/s(n=1，2，3…)，當n=1時，N=100 r/s，當n=2時，N=220 r/s，故選C。]
10.(1)ω=(n=0，1，2，3…)
(2)ω'=(n'=0，1，2，3…)
解析　(1)質點B運動到最低點d時才能與A點相遇，設質點B運動到d點的時間為t，根據自由落體運動得R=gt2
設A點做圓周運動的周期為T
則t=T(n=0，1，2，3…)
T=
解得ω=(n=0，1，2，3…)
(2)當A通過與圓心等高的c點時，點A與B的速度才會相同，
設所用時間為t'，根據題意得ω'R=gt'
t'=T'(n'=0，1，2，3…)
T'=
解得ω'=(n'=0，1，2，3…)。
11.A　[P的周期TP== s=0.14 s，Q的周期TQ== s=0.08 s，因為經歷的時間必須等于它們周期的整數倍，根據數學知識，0.14和0.08的最小公倍數為0.56，所以經歷的時間最小為0.56 s。故A正確，B、C、D錯誤。]專題強化3　圓周運動的傳動問題和周期性問題
［學習目標］　1.熟練掌握描述勻速圓周運動的各物理量之間的關系，掌握圓周運動中傳動的特點(重點)。2.會分析圓周運動中多解的原因，掌握解決圓周運動中的多解問題的方法(難點)。
一、圓周運動的傳動問題
1.如圖所示，兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是位于兩個輪子邊緣的點，兩個輪子的半徑分別是R和r，設轉動過程中皮帶與輪子之間不打滑，試求：
(1)A、B兩點的線速度大小之比為　　　　；
(2)A、B兩點的角速度之比為　　　　；
(3)A、B兩點的周期之比為　　　　。
2.如圖所示，A、B兩點在同一個圓盤上，它們隨圓盤轉動的半徑分別是r和R，試求：
(1)A、B兩點的角速度之比為　　　　；
(2)A、B兩點的周期之比為　　　　；
(3)A、B兩點的線速度大小之比為　　　　。
1.皮帶傳動模型：在皮帶不打滑的情況下，皮帶和皮帶連接的輪子邊緣各點　　　　　　　　相等；不打滑的摩擦傳動或齒輪傳動的兩輪邊緣上各點的　　　　　　　　相等，而角速度ω=，與半徑r成　　　　。
2.同軸轉動模型：繞同一軸轉動的各點 　、
　　　　和　　　　相等，而各點的線速度v=ωr，與半徑r成　　　　。
例1　(多選)如圖所示為一種齒輪傳動裝置，忽略齒輪嚙合部分的厚度，甲、乙兩個輪子的半徑之比為1∶3，則在傳動的過程中(　　)
A.甲、乙兩輪的角速度之比為3∶1
B.甲、乙兩輪的周期之比為3∶1
C.甲、乙兩輪邊緣處的線速度大小之比為3∶1
D.甲、乙兩輪邊緣上的點相等時間內轉過的弧長之比為1∶1
例2　(2023·汕尾市高一月考)自行車傳動結構的示意圖如圖所示，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，腳踏板的角速度為ω1，則自行車前進的速度大小為(　　)
A.·r1 B.·r2
C.·r3 D.ω1r3
二、圓周運動的周期性和多解問題
如圖所示，直徑為d的紙質圓筒，以角速度ω繞中心軸勻速轉動，把槍口對準圓筒中心軸線，使子彈穿過圓筒，結果發現圓筒上只有一個彈孔，忽略子彈重力、圓筒的阻力及空氣阻力。問：
(1)子彈做什么運動？圓筒做什么運動？
(2)為什么圓筒上只有一個彈孔？
(3)子彈與圓筒的運動時間有何關系？
(4)子彈的速度v應滿足什么條件？
例3　(2023·東莞市高一期中)如圖所示，半徑為R的水平圓盤繞中心O點做勻速圓周運動，圓盤中心O點正上方H處有一小球被水平拋出，此時半徑OB恰好與小球初速度方向垂直，從上向下看圓盤沿順時針轉動，小球恰好落在B點，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.小球的初速度大小為R
B.小球的初速度大小為
C.圓盤的角速度大小可能為
D.圓盤的角速度大小可能為
例4　如圖所示，豎直圓筒內壁光滑，半徑為R，頂部有入口A，在A的正下方h處有出口B，一質量為m的小球從入口A沿圓筒壁切線方向水平射入圓筒內，要使球從B處飛出，重力加速度為g，則小球進入入口A處的速度v0的大小可能為(　　)
A.πR B.πR
C.πR D.πR
分析圓周運動周期性和多解問題的技巧
1.抓住聯系點：明確題中兩個物體的運動性質，抓住兩運動的聯系點——時間相等。
2.先特殊后一般：先考慮一個周期的情況，再根據運動的周期性，考慮多個周期時的規律。
3.分析時注意兩個運動是獨立的，互不影響。
答案精析
一、
1.(1)由于皮帶不打滑，所以A和B在相等時間內通過的弧長相等，因而線速度大小相等，即vA∶vB=1∶1。
(2)根據v=ωr，有ωA∶ωB=r∶R。
(3)根據T=，有TA∶TB=R∶r。
2.(1)由于A、B同軸轉動，相等時間內轉過的角度相同，因而角速度相同，即ωA∶ωB=1∶1。
(2)根據T=，有TA∶TB=1∶1。
(3)根據v=ωr，有vA∶vB=r∶R。
提煉總結
1.線速度的大小　線速度大小　反比
2.角速度　轉速　周期　正比
例1　AD　[兩輪邊緣處的線速度大小相等，故C錯誤；根據v=可知，弧長Δl=vΔt，故D正確；根據v=ωr可知ω=，又甲、乙兩個輪子的半徑之比r1∶r2=1∶3，故甲、乙兩輪的角速度之比ω1∶ω2=r2∶r1=3∶1，故A正確；周期T=，所以甲、乙兩輪的周期之比T1∶T2=ω2∶ω1=1∶3，故B錯誤。]
例2　C　[大齒輪邊緣的線速度為v1=ω1r1
小齒輪的角速度為ω2==
自行車前進的速度為后輪邊緣的線速度v=r3ω2=，故選C。]
二、
(1)子彈做勻速直線運動，圓筒做勻速圓周運動。
(2)子彈進圓筒時打了一個孔，恰好從這個孔出去，在子彈穿過圓筒過程中，圓筒轉過了半圈或整數圈加半圈。
(3)子彈穿過圓筒的時間與圓筒轉過半圈或整數圈加半圓的時間相等。
(4)子彈穿過圓筒所用時間t=，圓筒轉過的角度θ=2nπ+π(n=0，1，2…)，又ω=，可得v=(n=0，1，2…)。
例3　D　[由H=gt2可得小球下落的時間為t=，小球的初速度大小為v0==R，故A、B錯誤；在小球下落的這段時間內，圓盤轉過的角度為θ=2nπ+(n=0，1，2，3…)，所以圓盤的角速度大小為ω==(n=0，1，2，3…)，當n=0時，ω=，當n=1時，ω=，故C錯誤，D正確。]
例4　C　[小球在豎直方向的分運動是自由落體運動，則h=gt2，小球在水平方向的分運動是勻速圓周運動，則v0t=2nπR(n=1，2，3…)，聯立解得v0=nπR(n=1，2，3…)，只有C項可能，故選C。](共44張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化3　圓周運動的傳動問題
和周期性問題
1.熟練掌握描述勻速圓周運動的各物理量之間的關系，掌握圓周運動中傳動的特點(重點)。
2.會分析圓周運動中多解的原因，掌握解決圓周運動中的多解問題的方法(難點)。
學習目標
一、圓周運動的傳動問題
二、圓周運動的周期性和多解問題
專題強化練
內容索引
圓周運動的傳動問題
一
1.如圖所示，兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是位于兩個輪子邊緣的點，兩個輪子的半徑分別是R和r，設轉動過程中皮帶與輪子之間不打滑，試求：
(1)A、B兩點的線速度大小之比為　　　　；
(2)A、B兩點的角速度之比為　　　　；
(3)A、B兩點的周期之比為　　　　。
答案　(1)由于皮帶不打滑，所以A和B在相等時間內通過的弧長相等，因而線速度大小相等，即vA∶vB=1∶1。
(2)根據v=ωr，有ωA∶ωB=r∶R。
(3)根據T=，有TA∶TB=R∶r。
2.如圖所示，A、B兩點在同一個圓盤上，它們隨圓盤轉動的半徑分別是r和R，試求：
(1)A、B兩點的角速度之比為　　　　；
(2)A、B兩點的周期之比為　　　　；
(3)A、B兩點的線速度大小之比為　　　　。
答案　(1)由于A、B同軸轉動，相等時間內轉過的角度相同，因而角速度相同，即ωA∶ωB=1∶1。
(2)根據T=，有TA∶TB=1∶1。
(3)根據v=ωr，有vA∶vB=r∶R。
1.皮帶傳動模型：在皮帶不打滑的情況下，皮帶和皮帶連接的輪子邊緣各點 相等；不打滑的摩擦傳動或齒輪傳動的兩輪邊緣上各點的 相等，而角速度ω=，與半徑r成 。
2.同軸轉動模型：繞同一軸轉動的各點 、 和 相等，而各點的線速度v=ωr，與半徑r成 。
提煉·總結
線速度的大小
線速度大小
反比
角速度
轉速
周期
正比
　(多選)如圖所示為一種齒輪傳動裝置，忽略齒輪嚙合部分的厚度，甲、乙兩個輪子的半徑之比為1∶3，則在傳動的過程中
A.甲、乙兩輪的角速度之比為3∶1
B.甲、乙兩輪的周期之比為3∶1
C.甲、乙兩輪邊緣處的線速度大小之比為3∶1
D.甲、乙兩輪邊緣上的點相等時間內轉過的弧長之比為1∶1
例1
√
√
兩輪邊緣處的線速度大小相等，故C錯誤；
根據v=可知，弧長Δl=vΔt，故D正確；
根據v=ωr可知ω=，又甲、乙兩個輪子的半徑之比r1∶r2
=1∶3，故甲、乙兩輪的角速度之比ω1∶ω2=r2∶r1=3∶1，故A正確；
周期T=，所以甲、乙兩輪的周期之比T1∶T2=ω2∶ω1=1∶3，故B錯誤。
　(2023·汕尾市高一月考)自行車傳動結構的示意圖如圖所示，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，腳踏板的角速度為ω1，則自行車前進的速度大小為
A.·r1 B.·r2
C.·r3 D.ω1r3
例2
√
大齒輪邊緣的線速度為v1=ω1r1
小齒輪的角速度為ω2==
自行車前進的速度為后輪邊緣的線速度v=r3ω2=，故選C。
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圓周運動的周期性和多解問題
二
如圖所示，直徑為d的紙質圓筒，以角速度ω繞中心軸勻速轉動，把槍口對準圓筒中心軸線，使子彈穿過圓筒，結果發現圓筒上只有一個彈孔，忽略子彈重力、圓筒的阻力及空氣阻力。問：
(1)子彈做什么運動？圓筒做什么運動？
答案　子彈做勻速直線運動，圓筒做勻速圓周運動。
(2)為什么圓筒上只有一個彈孔？
答案　子彈進圓筒時打了一個孔，恰好從這個孔出去，在子彈穿過圓筒過程中，圓筒轉過了半圈或整數圈加半圈。
(3)子彈與圓筒的運動時間有何關系？
答案　子彈穿過圓筒的時間與圓筒轉過半圈或整數圈加半圓的時間相等。
(4)子彈的速度v應滿足什么條件？
答案　子彈穿過圓筒所用時間t=，圓筒轉過的角度θ=2nπ+π(n=0，1，2…)，
又ω=，可得v=(n=0，1，2…)。
　(2023·東莞市高一期中)如圖所示，半徑為R的水平圓盤繞中心O點做勻速圓周運動，圓盤中心O點正上方H處有一小球被水平拋出，此時半徑OB恰好與小球初速度方向垂直，從上向下看圓盤沿順時針轉動，小球恰好落在B點，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.小球的初速度大小為R
B.小球的初速度大小為
C.圓盤的角速度大小可能為
D.圓盤的角速度大小可能為
例3
√
由H=gt2可得小球下落的時間為t=，小球的初速度大小為v0==R，故A、B錯誤；
在小球下落的這段時間內，圓盤轉過的角度為θ=2nπ+(n=0，1，2，3…)，所以圓盤的角速度大小為ω==(n=0，1，2，3…)，當n=0時，ω=，當n=1時，ω=，故C錯誤，D正確。
　如圖所示，豎直圓筒內壁光滑，半徑為R，頂部有入口A，在A的正下方h處有出口B，一質量為m的小球從入口A沿圓筒壁切線方向水平射入圓筒內，要使球從B處飛出，重力加速度為g，則小球進入入口A處的速度v0的大小可能為
A.πR B.πR
C.πR D.πR
例4
√
小球在豎直方向的分運動是自由落體運動，則h=gt2，小球在水平方向的分運動是勻速圓周運動，則v0t= 2nπR (n=1，2，3…)，聯立解得v0=nπR(n=1，2，3…)，只有C項可能，故選C。
分析圓周運動周期性和多解問題的技巧
1.抓住聯系點：明確題中兩個物體的運動性質，抓住兩運動的聯系點——時間相等。
2.先特殊后一般：先考慮一個周期的情況，再根據運動的周期性，考慮多個周期時的規律。
3.分析時注意兩個運動是獨立的，互不影響。
總結提升
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專題強化練
三
對一對
答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B A B A A A
題號 9 10 　11
答案 C (1)ω=(n=0，1，2，3…) (2)ω'=(n'=0，1，2，3…) 　A
1
2
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4
5
6
7
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10
11
1.(2023·揭陽市高一期末)如圖所示，當用扳手擰螺母時，扳手上的P、Q兩點的角速度分別為ωP和ωQ，線速度大小分別為vP和vQ，則
A.ωP<ωQ，vPB.ωP<ωQ，vP=vQ
C.ωP=ωQ，vPD.ωP=ωQ，vP>vQ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基礎強化練
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由于P、Q兩點屬于同軸轉動，所以P、Q兩點的角速度是相等的，即ωP=ωQ，同時由題圖可知Q點到螺母的距離比較大，根據v=ωr可知Q點的線速度大，即vP答案
2.如圖所示的齒輪傳動裝置中，主動輪的齒數z1=24，從動輪
的齒數z2=8，當主動輪以角速度ω順時針轉動時，從動輪的
轉動情況是
A.順時針轉動，周期為 B.逆時針轉動，周期為
C.順時針轉動，周期為 D.逆時針轉動，周期為
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
主動輪順時針轉動，從動輪逆時針轉動，兩輪邊緣的線速度大小相等，由齒數關系知，主動輪轉一周時，從動輪轉三周，則ω2=3ω，
由ω=知，T從=，選項B正確，A、C、D錯誤。
答案
3.如圖為某一皮帶傳動裝置，主動輪M的半徑為r1，從動輪N的半徑為r2，已知主動輪做順時針轉動，轉速為n1，傳動過程中皮帶不打滑。下列說法正確的是
A.從動輪做順時針轉動
B.從動輪的角速度為
C.從動輪邊緣線速度大小為n1
D.從動輪的轉速為n1
√
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2
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答案
因為主動輪做順時針轉動，從動輪靠皮帶的摩擦
力轉動，所以從動輪做逆時針轉動，故A錯誤；
由于通過皮帶傳動，皮帶與輪邊緣的線速度相等，根據v=n·2πr，得n2r2=n1r1，所以n2=，則從動輪的角速度ω2=2πn2=，故B正確，D錯誤；
從動輪邊緣線速度大小為v2=n2·2πr2=2n1πr1，故C錯誤。
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3
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5
6
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8
9
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答案
4.(2023·清遠市高一月考)如圖所示，甲、乙、丙三個輪子依靠摩擦傳動，相互之間不打滑，其半徑分別為r1、r2、r3。若甲輪的角速度為ω1，則丙輪的角速度為
A. B.
C. D.
√
甲、乙、丙三輪邊緣的線速度相等，即v1=v2=v3
所以對甲、丙分析ω1r1=ω3r3
所以丙輪的角速度為ω3=，故選A。
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答案
5.如圖所示是自行車傳動結構的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤(大齒輪)，Ⅱ是半徑為r2的飛輪(小齒輪)，Ⅲ是半徑為r3的后輪，若自行車前進的速度為v，則牙盤的周期為
A. B.
C.v D.v
√
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答案
由題意結合題圖可知，飛輪和后輪具有相同的角速
度，后輪的線速度大小為v，可得飛輪的角速度為
ω2=ω3=，牙盤和飛輪靠鏈條傳動，則牙盤和飛輪邊緣的線速度大小相等，則牙盤的角速度ω1====，所以牙盤的周期T1=
=，故選B。
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答案
6.(2023·河源市高一期中)如圖甲所示是修正帶通過兩個齒輪的相互咬合進行工作，其原理可簡化為圖乙所示。A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，C是大輪上的一點。若大輪半徑是小輪的兩倍，兩輪中心到A、C兩點的距離相等，則A、B、C三點
A.線速度大小之比是2∶2∶1
B.角速度之比是1∶1∶1
C.轉速之比是2∶2∶1
D.轉動周期之比是2∶1∶1
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√
答案
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A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，可知vA=vB
根據v=ωr，rA=rB
可得ωA=2ωB
由于B、C兩點都在大輪上，可知ωB=ωC
根據v=ωr，rB=2rC
可得vB=2vC
則A、B、C三點線速度大小之比為vA∶vB∶vC=2∶2∶1
則A、B、C三點角速度之比為ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，故A正確，B錯誤；
答案
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根據ω=2πn，可知A、B、C三點轉速之比為nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC
=2∶1∶1，故C錯誤；
根據T=
可知A、B、C三點周期之比為TA∶TB∶TC=1∶2∶2，故D錯誤。
答案
7.(2023·廣州市高一期中)圖甲為小明的磁帶盒，
可簡化為如圖乙所示的傳動模型，A、B為纏繞
磁帶的兩個輪子，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。小明現在進行倒帶，使磁帶全部繞到A輪上。倒帶時A輪是主動輪，其角速度是恒定的，B輪是從動輪。倒帶結束后，小明再以正常速度放音，直到磁帶全部播放完，則下列說法正確的是
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能力綜合練
答案
A.倒帶結束前一瞬間A、B兩輪的角速度之比為
1∶3
B.倒帶結束前一瞬間A、B兩輪的角速度之比為
3∶1
C.倒帶過程中A輪的磁帶邊緣的線速度不變
D.倒帶過程中A輪的磁帶邊緣的線速度變小
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答案
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由題意，在倒帶結束時，磁帶全部繞到了A輪
上，磁帶的外緣半徑R=3r，而線速度v相等，
則有ωAR=ωBr，解得==，故倒帶結束前
一瞬間A、B兩輪的角速度之比為1∶3，A正確，B錯誤；
在A輪轉動的過程中，角速度恒定，隨著磁帶的倒回，A輪的磁帶邊緣的半徑變大，根據vA=ωrA可知，A輪的磁帶邊緣的線速度增大，C、D錯誤。
答案
8.無級變速是指在變速范圍內任意連續地變換速度，如圖所示為一種“滾輪-平盤無級變速器”的示意圖，它由固定在主動軸上的平盤和可隨從動軸移動的圓柱形滾輪組成。由于摩擦的作用，當平盤轉動時，滾輪就會跟隨轉動，如果認為滾輪不會打滑，那么主動軸的轉速n1、從動軸的轉速n2、滾輪半徑r以及滾輪中心距離主動軸軸線的距離x之間的關系是
A.n2=n1 B.n1=n2
C.n2=n1 D.n2=n1
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答案
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由滾輪不會打滑可知，主動軸上的平盤與可隨從動軸轉動的圓柱形滾輪在接觸點處的線速度相同，即v1=v2，由此可得x·2πn1=r·2πn2，可得n2=n1，故選A。
答案
9.子彈以初速度v0水平向右射出，沿水平直線穿過一個正在沿逆時針方向轉動的薄壁圓筒，在圓筒上只留下一個彈孔(從A位置射入，B位置射出，如圖所示)。OA、OB之間的夾角θ=，已知圓筒半徑R=0.5 m，子彈始終以v0=60 m/s的速度沿水平方向運動(不考慮重力的作用及圓筒對子彈的作用)，則圓筒的轉速可能是
A.20 r/s B.60 r/s
C.100 r/s D.140 r/s
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√
答案
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根據幾何關系可得A與B之間的距離為R，在子彈飛
行距離為R的時間內，圓筒轉動的角度為θ'=(2n-)π
(n=1，2，3…)，由θ'=ωt得t==(n=1，2，3…)。設圓筒的轉速為N，由ω=2πN得時間t==(n=1，2，3…)，由題意知R=v0t，得N=20(6n-1) r/s(n=1，2，3…)，當n=1時，N=100 r/s，當n=2時，N=220 r/s，故選C。
答案
10.(2023·中山市高一月考)如圖所示，按順時針方向在豎直平面內做勻速轉動的輪子邊緣上有一點A。當A通過與圓心等高的a點時，有一質點B從圓心O開始做自由落體運動，已知圓的半徑為R，重力加速度為g，求：
(1)輪子的角速度ω滿足什么條件時，點A才能與B相遇？
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答案　ω=(n=0，1，2，3…)
答案
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質點B運動到最低點d時才能與A點相遇，設質點B運動到d點的時間為t，根據自由落體運動得R=gt2
設A點做圓周運動的周期為T
則t=T(n=0，1，2，3…)
T=
解得ω=(n=0，1，2，3…)
答案
(2)輪子的角速度ω'滿足什么條件時，點A與B的速度才會相同？
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答案　ω'=(n'=0，1，2，3…)
答案
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當A通過與圓心等高的c點時，點A與B的速度才會相同，
設所用時間為t'，根據題意得ω'R=gt'
t'=T'(n'=0，1，2，3…)
T'=
解得ω'=(n'=0，1，2，3…)。
答案
11.某機器內有兩個圍繞各自的固定軸勻速轉動的鋁盤A、B，A盤固定一個信號發射裝置P，能持續沿半徑向外發射紅外線，P到圓心的距離為28 cm。B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為16 cm。P、Q轉動的線速度相同，都是4π m/s。當P、Q正對時，P發出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖所示，則Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值應為(P、Q可視為質點)
A.0.56 s B.0.28 s
C.0.16 s D.0.07 s
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尖子生選練
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答案
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P的周期TP== s=0.14 s，Q的周期TQ=
= s=0.08 s，因為經歷的時間必須等于它們周
期的整數倍，根據數學知識，0.14和0.08的最小公倍數為0.56，所以經歷的時間最小為0.56 s。故A正確，B、C、D錯誤。
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