第2章 第1节 匀速圆周运动-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　圆周运动 第一节　匀速圆周运动 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 一　线速度 1．定义：物体做圆周运动，在一段_______的时间Δt内，通过的弧长为Δl，则Δl与Δt的_____称为线速度，公式：v＝________． 2．意义：描述物体做圆周运动的_______． 3．方向：线速度是_____(填“标”或“矢”)量，方向为物体做圆周运动时该点的_______方向． 很短 比 快慢 矢 切线 课前自主学习 5 4．匀速圆周运动 (1)定义：如果做圆周运动的质点线速度的_________________，这种运动称为匀速圆周运动． (2)性质：线速度的方向是时刻_______的，所以是一种_______运动，这里的“匀速”是指______________不变． (3)匀速圆周运动的线速度v＝_____．其中l表示质点通过的弧长，t为通过这段弧长所用时间． 大小不随时间变化 变化 变速 线速度的大小 课前自主学习 6 二　角速度 1．定义：物体做圆周运动，在一段________的时间Δt内，半径转过的角度为Δθ，则Δθ与Δt的_____，称为角速度，公式ω＝_______． 2．意义：描述物体绕圆心________的快慢． 3．单位：弧度每秒，符号是________． 很短 比 转动 rad/s 课前自主学习 7 4．物体做匀速圆周运动时，角速度_______(填“不变”或“变化”)，此时角速度的大小ω可以用质点所在半径转过的_______与所用时间t之比来表示，即ω＝_______． 5．周期T：做匀速圆周运动的质点，运动一周所用的______，单位：_____． 6．转速n：物体转过的________与所用时间之比，单位：_____________或______________． 不变 角度θ 时间 秒(s) 圈数 转每秒(r/s) 转每分(r/min) 课前自主学习 8 三　线速度、角速度和周期间的关系 在匀速圆周运动中： 1．线速度的大小与周期的关系：v＝_________． 2．角速度的大小与周期的关系：ω＝_________． 3．线速度与角速度的关系：v＝_____． ωr 课前自主学习 9 1．判一判 (1)做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等．(　　) (2)做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的位移相同．(　　) (3)匀速圆周运动是一种匀速运动．(　　) 提示：(1)√　做匀速圆周运动的物体，线速度大小处处相等，根据Δl＝vΔt，相等时间内通过的弧长相等． (2)×　做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的位移大小相等，但方向可能不同． (3)×　匀速圆周运动的线速度方向是时刻变化的，故是一种变速运动． 课前自主学习 10 2．想一想 若钟表的指针都做匀速圆周运动，秒针和分针的周期各是多少？角速度之比是多少？ 课前自主学习 11 课堂探究评价 课课堂任务1　描述圆周运动的物理量及其关系 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 13 活动1：闹钟和手表谁对？为什么？ 提示：都对．比较的内容不一样，闹钟比的是线速度，手表比的是角速度，线速度闹钟的大，角速度两者相等． 课堂探究评价 14 活动2：闹钟所说的线速度是怎么得出的？利用手表的数据可以算出什么物理量？ 课堂探究评价 15 活动3：线速度和角速度有什么关系？ 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 课堂探究评价 19 例1　(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车(　　) A．运动路程为600 m B．加速度为零 C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km 课堂探究评价 20 (1)由题中数据如何求角速度？ (2)如何求圆周运动的半径？ 提示：根据v＝ωr求解． 课堂探究评价 21 课堂探究评价 课堂探究评价 课堂探究评价 24 课堂探究评价 25 课堂任务2　同轴转动和皮带传动问题 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 26 活动1：图甲、乙中A、B两点分别有什么物理量是相同的？ 提示：图甲中A、B两点在自行车的同 一条链条上，这决定了A、B两点的线速度大 小是相等的．同一条链条上的所有点的线速 度大小都一样．图乙中的两个齿轮相同时间必定走过相同弧长，故图乙中的A、B两点线速度大小相等．它们和图甲中的A、B两点是类似的，同理还有皮带传动、摩擦小轮，由于边缘始终没有相对位移，相同时间必定走过相同弧长，我们可以总结为“同线的线速度相等”． 课堂探究评价 27 活动2：图甲中B、C两点有什么物理量是相同的？ 提示：B、C的转轴相同，B转多少转，C一定同时转多少转，所以B、C角速度是相等的．我们称为“同轴转动”． 课堂探究评价 28 常见的传动装置及其特点 同轴转动 皮带传动 齿轮传动 摩擦传动 装置 A、B两点在同轴的两个圆盘边缘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 两轮靠摩擦传动，A、B点分别是两轮边缘上的点，传动时两轮没有相对滑动 课堂探究评价 29 课堂探究评价 30 例2　共享单车是目前中国规模最大的校园交通代步解决方案，为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实惠的代步服务．如图所示A、B、C三点分别是单车轮胎和两齿轮外沿上的点，其中RA＝2RB＝5RC，下列说法正确的是(　　) A．B点和C点的角速度ωB＝ωC B．A点和C点的线速度vA＝vC C．A点和B点的角速度2ωA＝5ωB D．A点和B点的线速度vA＝2vB 课堂探究评价 31 (1)哪两个点的线速度相同？哪两个点的角速度相同？ (2)角速度与线速度的关系式是什么？ 提示：B点和C点的线速度相同；A点和C点的角速度相同． 提示：v＝ωr. 课堂探究评价 32 规范解答　B点和C点为链条传动，则vB＝vC， 而v＝ωR，所以ωBRB＝ωCRC，题目已知2RB＝5RC， 得5ωB＝2ωC，A错误；A点和C点为同轴转动，则 ωA＝ωC，而v＝ωR，题目已知RA＝5RC，所以vA＝ 5vC，B错误；联立ωA＝ωC，5ωB＝2ωC得2ωA＝5ωB，C正确；联立vB＝vC和vA＝5vC，得vA＝5vB，D错误． 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练2]　如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具，A是陀螺中心，B、C两点到A点的距离分别为1 cm、2.5 cm.当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上的B、C两点的周期分别为TB、TC，角速度分别为ωB、ωC，线速度分别 为vB、vC.下列关系正确的是(　　) A．TB＝TC，vB>vC B．TB＝TC，vB＝0.4vC C．ωB＝ωC，vB＝vC D．ωB<ωC，vB＝2.5vC 课堂探究评价 35 课堂任务3　圆周运动的周期性造成的多解问题 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 36 活动1：对准A点就能在最高点直接射中A点吗？ 提示：不能，飞镖要做平抛运动，在竖直方向会向下运动． 课堂探究评价 37 活动2：飞镖射中A点时A点转动到哪个位置？ 提示：A点做的是圆周运动，而飞镖在初速度所在竖直平面内做平抛运动，故射中A点时A点必定转到最低点的位置． 课堂探究评价 38 活动3：飞镖射中A点时A点一定转动半圈吗？ 提示：不一定，飞镖射中A点时A点可能转动半圈，也可能是一圈半、两圈半……，总之是半圈的奇数倍． 课堂探究评价 39 圆周运动的周期性和多解性 匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同的运动，其中一个做匀速圆周运动，另一个做其他形式的运动．因匀速圆周运动具有周期性，使得一个事件可能在前一个周期中发生，也可能在后一个周期中发生，这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的周期时，必须把各种可能都考虑进去．处理这类问题时，关键要把一个物体的运动时间t，与圆周运动的周期T建立起联系，这样才能较快地解决问题． 课堂探究评价 40 课堂探究评价 41 　　　　　　　(1)飞镖击中A点所需要的时间是多少？ (2)A点被击中时，A点转过的时间用角速度表示应该为多少？ 课堂探究评价 42 课堂探究评价 解决圆周运动的多解问题的关键 (1)把一个物体的运动时间t，与圆周运动的周期T建立起联系． (2)会利用运动规律列出两个运动的时间相等的表达式． 课堂探究评价 [变式训练3]　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，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰 一次，且落点为B，求小球的初速度及圆盘转动的角速度 ω的大小． 课堂探究评价 45 课堂探究评价 46 课后课时作业 1．(对匀速圆周运动的认识)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是(　　) A．相等的时间内通过的路程相等 B．相等的时间内通过的弧长相等 C．相等的时间内通过的位移相同 D．在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等 解析：匀速圆周运动是指线速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A、B、D正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，故C错误．本题选说法不正确的，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 2．(传动问题)如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　) A．ωP<ωQ，vP<vQ B．ωP＜ωQ，vP＝vQ C．ωP＝ωQ，vP＜vQ D．ωP＝ωQ，vP>vQ 解析：由于P、Q两点属于同轴转动，所以ωP＝ωQ；同时由图可知Q点到螺母的距离比较大，由v＝ωr可知，vP<vQ，故C正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 3．(传动问题)(多选)如图所示，为明代出版的《天工开物》一书中的牛力齿轮翻车的图画，若A、B两齿轮半径的大小关系为rA＝1.5rB，下列说法正确的是(　　) A．齿轮A、B的角速度大小关系为ωA＝ωB B．齿轮A、B的角速度大小关系为3ωA＝2ωB C．齿轮A、B边缘的线速度大小关系为vA＝vB D．齿轮A、B边缘的线速度大小关系为2vA＝3vB 解析：齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度大小相等，即vA＝vB，故C正确，D错误；根据公式v＝ωr及rA＝1.5rB可知3ωA＝2ωB，A错误，B正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析：手轮圈和大车轮属于同轴转动，其角速度都等于ω，大车轮、小车轮和地面之间不打滑，则大车轮与小车轮的线速度大小相等，设小车轮的半径为r，角速度为ω′，则有ω·9r＝ω′·r，解得ω′＝9ω，故D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 7.(传动问题)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶 速度．如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图， 图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿， 则(　　) A．当B轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωB∶ωD＝7∶2 B．当B轮与D轮组合时，两轮边缘的线速度大小之比vB∶vD＝2∶7 C．当A轮与D轮组合时，两轮的转速之比nA∶nD＝4∶1 D．该自行车可变换四种不同挡位 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析：轮子的齿数之比等于半径之比，当B轮与D轮 组合时，两轮边缘的线速度相等，根据v＝ωr可得，两轮 的角速度之比ωB∶ωD＝ND∶NB＝2∶7，A、B错误；当 A轮与D轮组合时，两轮边缘的线速度相等，根据v＝2πnr 可得，两轮的转速之比nA∶nD＝ND∶NA＝1∶4，C错误；该自行车可变换四种不同挡位，即BD组合、BC组合、AC组合、AD组合，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 9．(圆周运动各物理量间的关系)地球半径R＝6400 km，站在赤道上的人和站在北纬60°上的人随地球转动的角速度分别是多大？他们的线速度分别是多大？ 答案　7.3×10－5 rad/s　7.3×10－5 rad/s　467.2 m/s　233.6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 10．(综合)一石英钟的分针和时针的长度之比为3∶2，它们的转动均可看成匀速转动，则(　　) A．分针和时针转一圈的时间之比为1∶60 B．分针和时针的针尖转动的线速度之比为40∶1 C．分针和时针转动的角速度之比为12∶1 D．分针和时针转动的周期之比为1∶6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 12．(综合)(多选)如图所示，电风扇在闪光灯下转动，闪光灯每秒闪光30次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120°角，只有闪光灯闪亮时，观察者才能看见扇叶，当扇叶转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇的转速可能是(　　) A．600 r/min B．900 r/min C．1200 r/min D．3000 r/min 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 14．(圆周运动的多解问题)如图所示，小球Q在竖直平面内绕O点 做匀速圆周运动，当Q球转到图示位置时，O点正上方有另一小球P在 距圆周最高点h处开始自由下落，要使两球在圆周最高点相碰，则Q球 的角速度ω应满足什么条件？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案　8.2 rad/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．知道什么是匀速圆周运动，知道匀速圆周运动是变速运动． 2．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． 3．理解掌握v＝ωr和ω＝eq \f(2π,T)、v＝eq \f(2πr,T)等公式． 4．熟悉同轴转动和皮带传动的特点． 5．理解匀速圆周运动的多解问题． eq \f(Δl,Δt) eq \f(l,t) eq \f(Δθ,Δt) eq \f(θ,t) eq \f(2πr,T) eq \f(2π,T) 提示：秒针的周期T秒＝1 min＝60 s，分针的周期T分＝1 h＝3600 s. 由ω＝eq \f(2π,T)得eq \f(ω秒,ω分)＝eq \f(T分,T秒)＝eq \f(60,1). 提示：闹钟所说的线速度是根据v＝eq \f(Δl,Δt)计算出来的，Δl是秒针针尖在Δt时间转过的弧长．根据手表所说的秒针针尖转一周的时间可以计算其角速度，角速度ω＝eq \f(Δθ,Δt)，Δθ是秒针针尖在Δt时间转过的弧度． 提示：设物体做圆周运动的半径为r，Δt时间内转过的弧长为Δl，弧长对应的圆心角为Δθ(单位：rad)，则Δl＝rΔθ.而物体做圆周运动的线速度v＝eq \f(Δl,Δt)，角速度ω＝eq \f(Δθ,Δt)，代入上式可得到：v＝rω. 1．描述圆周运动的物理量 物理量 定义式 国际单位制单位(符号) 各物理量在图中示意 线速度 v＝eq \f(Δl,Δt) 米每秒(m/s) 角速度 ω＝eq \f(Δθ,Δt) 弧度每秒(rad/s或rad·s－1) 周期 T＝eq \f(t,N) 秒(s) 转速 n＝eq \f(ω,2π) 转每秒(r/s)、转每分(r/min) 2.线速度与角速度的关系的理解 (1)线速度的大小描述了做圆周运动的物体沿着圆弧运动的快慢，角速度的大小描述了物体与圆心连线扫过角度的快慢． (2)由v＝rω知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝eq \f(1,r)；ω一定时，v∝r. 3．频率和转速的比较 当单位时间取1 s时，f＝n，频率和转速对匀速圆周运动来说在数值上是相等的，但频率具有更广泛的意义，两者的单位也不相同． 4．对匀速圆周运动的理解 (1)线速度v的大小不变，即速率不变；角速度ω的大小不变． (2)F合≠0，a≠0：由于匀速圆周运动是曲线运动，速度的方向时刻发生变化，故匀速圆周运动是变速运动，其合外力和加速度一定不为零． 5．描述匀速圆周运动各物理量之间的关系 (1)v＝eq \f(Δl,Δt)＝eq \f(2πr,T)＝2πnr. (2)ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(2π,T)＝2πn. (3)v＝ωr. 提示：根据角速度的定义ω＝eq \f(Δθ,Δt)求解． 规范解答　圆周运动的弧长l＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(10,180×10)×3.14 rad/s＝eq \f(3.14,180) rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(60,3.14)×180 m＝3439 m，故C错误，D正确． 匀速圆周运动快慢的描述 物体在做匀速圆周运动时(设其轨道半径为r)，可以用线速度v、角速度ω、周期T、转速n来描述其运动的快慢．这些物理量之间的关系可以从它们的定义出发得到：v＝eq \f(2πr,T)＝ωr＝2πnr，ω＝eq \f(2π,T)＝2πn. [变式训练1]　关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　) A．因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定 B．如果物体在0.1 s内转过30°角，则角速度为300 rad/s C．若半径r一定，则线速度与角速度成反比 D．若半径为r，周期为T，则线速度为v＝eq \f(2πr,T) 解析　物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故A错误；角速度ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(\f(π,6),0.1) rad/s＝eq \f(5π,3) rad/s，B错误；线速度与角速度的关系为v＝ωr，由该式可知，r一定时，v∝ω，C错误；由线速度的定义可得，在转动一周时有v＝eq \f(2πr,T)，D正确． 特点 角速度、 周期相同 线速度大小相同 线速度大小相同 线速度大小相同 转动方向 相同 相同 相反 相反 规律 线速度与半径成正比：eq \f(vA,vB)＝eq \f(r,R) 角速度与半径成反比：eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r,R).周期与半径成正比：eq \f(TA,TB)＝eq \f(R,r) 角速度与半径成反比：eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r2,r1).周期与半径成正比：eq \f(TA,TB)＝eq \f(r1,r2) 角速度与半径成反比：eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r,R).周期与半径成正比：eq \f(TA,TB)＝eq \f(R,r) 分析传动问题的关键 分析传动问题时，关键是要明确什么量相等，什么量不相等，在通常情况下，应抓住以下两个关键点： (1)绕同一轴转动的各点角速度ω、转速n和周期T相等，而各点的线速度v＝ωr，与半径r成正比． (2)链条和链条连接的轮子边缘线速度的大小相等，不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点线速度大小也相等，而角速度ω＝eq \f(v,r)，与半径r成反比． 解析　由于B、C两点是同轴转动，所以ωB＝ωC，根据周期公式T＝eq \f(2π,ω)，知TB＝TC，由于rB＝0.4rC，所以根据v＝ωr，知vB＝0.4vC，即vB<vC，故A、C、D错误，B正确． 例3如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘L，且对准圆盘上最高点A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是(　　) A．dveq \o\al(2,0)＝L2g B．ωL＝π(1＋2n)v0(n＝0，1，2，3…) C．v0＝ωeq \f(d,2) D．dω2＝gπ2(1＋2n)2(n＝0，1，2，3…) 提示：飞镖做平抛运动，飞镖击中A点所需要的时间就是飞镖水平方向运动到A点所在的竖直平面所需要的时间，即飞镖平抛时间：t＝eq \f(L,v0). 提示：A点被击中时，转过角度是半圈的奇数倍，即θ＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，3…)，则A点转动的时间t＝eq \f(（2n＋1）π,ω)(n＝0，1，2，3…)． 规范解答　依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，飞镖恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，则A点转动的时间t＝eq \f(（2n＋1）π,ω)(n＝0，1，2，3…)，平抛的时间t＝eq \f(L,v0)，则有eq \f(L,v0)＝eq \f(（2n＋1）π,ω)(n＝0，1，2，3…)，B正确；平抛的竖直位移为d，则d＝eq \f(1,2)gt2，联合t＝eq \f(L,v0)解得dveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)L2g，A错误；d＝eq \f(1,2)gt2，联合t＝eq \f(（2n＋1）π,ω)(n＝0，1，2，3…)，解得dω2＝eq \f(1,2)gπ2·(2n＋1)2(n＝0，1，2，3…)，D错误；v0不是圆盘上A点的线速度，v0与ω不满足v＝ωr，C错误． 答案　Req \r(\f(g,2h))　2nπeq \r(\f(g,2h))(n＝1，2，3…) 解析　设球在空中运动时间为t，此圆盘转过θ角， 则R＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2， 故初速度v＝Req \r(\f(g,2h))，t＝eq \r(\f(2h,g))， 由题意知θ＝n·2π(n＝1，2，3…)， 又因为θ＝ωt， 则圆盘角速度ω＝eq \f(n·2π,t)＝2nπeq \r(\f(g,2h))(n＝1，2，3…)． 4．(传动问题)如图所示是自行车传动结构的示意图，其中A是半径为r1的大齿轮，B是半径为r2的小齿轮，C是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为(　　) A．eq \f(πnr1r3,r2) B．eq \f(πnr2r3,r1) C．eq \f(2πnr1r3,r2) D．eq \f(2πnr2r3,r1) 解析　前进速度即为后轮的线速度，由于同轴转动的轮上的各点的角速度相等，A、B两轮边缘上各点的线速度大小相等，可得ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，又ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝eq \f(2πnr1r3,r2)，C正确． 5．(传动问题)如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成．车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动．已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，当手推手轮圈的角速度为ω时，小车轮的角速度为(　　) A．ω B．eq \f(1,8)ω C．eq \f(9,8)ω D．9ω 6.(传动问题)(多选)如图所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是(　　) A．从动轮做顺时针转动 B．从动轮做逆时针转动 C．从动轮的转速为eq \f(r1,r2)n D．从动轮的转速为eq \f(r2,r1)n 解析　主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A错误，B正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πrn，可得2πr1n＝2πr2n从，解得n从＝eq \f(r1,r2)n，故C正确，D错误． 8．(综合)风速仪结构如图a所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图b所示，则该时间段内风轮叶片(　　) A．转速逐渐减小，平均速率为eq \f(4πnr,Δt) B．转速逐渐减小，平均速率为eq \f(8πnr, Δt) C．转速逐渐增大，平均速率为eq \f(4πnr, Δt) D．转速逐渐增大，平均速率为eq \f(8πnr, Δt) 解析　根据图b分析可知透过光的时间越来越长，说明风轮叶片转速逐渐减小，还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈，又因为它转1圈风轮叶片转n圈，所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈，所以它的平均速率v＝eq \f(4n·2πr,Δt)＝eq \f(8πnr,Δt)，故只有B正确． 解析　画出地球自转示意图，如图所示，设赤道上的人站在A点，北纬60°上的人站在B点，地球自转角速度固定不变，A、B两点的角速度相同，有 ωA＝ωB＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2×3.14,24×3600) rad/s＝7.3×10－5 rad/s， 依题意可知，A、B两处站立的人随地球自转做匀速圆周运动的半径分别为： RA＝R，RB＝Rcos60°， 则由v＝ωr可知，A、B两点的线速度分别为： vA＝ωARA＝7.3×10－5×6400×103 m/s＝467.2 m/s， vB＝ωBRB＝7.3×10－5×6400×103×eq \f(1,2) m/s＝233.6 m/s， 即赤道上和北纬60°上的人随地球转动的角速度都为7.3×10－5 rad/s，赤道上和北纬60°上的人随地球转动的线速度分别为467.2 m/s和233.6 m/s. 解析　分针的周期为T分＝1 h，时针的周期为T时＝12 h，两者周期之比为T分∶T时＝1∶12，故A、D错误；由v＝eq \f(2πr,T)可得分针和时针的针尖转动的线速度之比为v分∶v时＝eq \f(r分,T分)∶eq \f(r时,T时)＝eq \f(3,1)∶eq \f(2,12)＝18∶1，故B错误；由ω＝eq \f(2π,T)可得分针和时针转动的角速度之比为ω分∶ω时＝T时∶T分＝12∶1，故C正确． 11．(传动问题)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n1、从动轴的转速n2、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(　　) A．n2＝n1eq \f(x,r) B．n1＝n2eq \f(x,r) C．n2＝n1eq \f(x2,r2) D．n2＝n1eq \r(\f(x,r)) 解析　从动轴的转速为n2，滚轮半径为r，则滚轮边缘的线速度大小为v2＝2πn2r，平盘与滚轮接触处的线速度大小为v1＝2πn1x.根据v2＝v1，得2πn2r＝2πn1x，解得n2＝n1eq \f(x,r)，故A正确． 解析　观察者感觉扇叶不动，且扇叶互成120°角，说明闪光灯闪光时，扇叶正好转过三分之一圆周、三分之二圆周或一周……即转过的角度θ＝eq \f(2,3)πn(n＝1，2，3…)，由于闪光灯每秒闪光30次，所以风扇每秒转过的角度为θ＝eq \f(60,3)πn，则转速为10n r/s＝600n r/min，n＝1时，转速为600 r/min，n＝2时，转速为1200 r/min，n＝5时，转速为3000 r/min，故A、C、D正确． 13．(综合)如图所示，一根长为L的轻杆，O端用光滑的铰链固定，另一端A固定着一个小球，轻杆靠在一个高为h的物块上．若物块与地面间的摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是(　　) A．A的角速度大于B点的角速度 B．A的线速度等于B点的线速度 C．小球转动的角速度为eq \f(vsinθ,h) D．小球的线速度大小为eq \f(vLsin2θ,h) 解析　已知A、B两点的运动为同轴转动，所以两点具有相同的角速度，即ωA＝ωB，根据v＝ωr及rOA>rOB，知A点的线速度大于B点的线速度，故A、B错误；当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于物块的速度在垂直于轻杆方向上的分速度，即vB＝v2＝vsinθ，由几何关系知rOB＝eq \f(h,sinθ)，则小球A转动的角速度ω＝eq \f(vB,rOB)＝eq \f(vsin2θ,h)，则小球A的线速度大小为vA＝Lω＝eq \f(vLsin2θ,h)，故C错误，D正确． 答案　ω＝eq \f(π,2)(4n＋1)eq \r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，3…) 解析　设P球自由下落到圆周最高点的时间为t， 由自由落体运动规律可得h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g)). 经过时间t，Q球由图示位置转至最高点，才能与P球在圆周最高点相碰，其做匀速圆周运动，设周期为T，有 t＝(4n＋1)eq \f(T,4)(n＝0，1，2，3…)， 两式联立再由T＝eq \f(2π,ω)得，(4n＋1)eq \f(π,2ω)＝eq \r(\f(2h,g))， 所以ω＝eq \f(π,2)(4n＋1)eq \r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，3…)． 15．(综合)如图甲所示，小强手持伞柄使雨伞绕竖直轴匀速转动，雨伞边缘的雨滴被“甩出”后落到地面上，图乙是从雨伞正上方观察到的情形．已知雨伞半径(雨伞边缘到伞柄的垂直距离)R＝0.5 m，雨伞边缘离地面的高度h＝1.8 m，落到地面上的雨滴形成的圆半径r＝2.5 m，不计空气阻力．求该雨伞转动的角速度ω约为多少？(g取10 m/s2，eq \r(6)≈2.45，结果保留两位有效数字) 解析　雨滴被“甩出”后做平抛运动，设其水平位移为x，由自由落体运动规律知，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2， 代入数据解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.6 s， 由几何关系可得x2＋R2＝r2， 代入数据解得x＝eq \r(6) m≈2.45 m， 水平方向位移x＝vt， 可得雨伞转动的线速度v＝eq \f(x,t)≈4.1 m/s， 雨伞转动的角速度ω＝eq \f(v,R)＝8.2 rad/s. $$