第6章 1.圆周运动-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第六章　圆周运动 1.圆周运动 目录 1 必备知识　对点集训 关键能力提升练 2 必备知识　对点集训 必备知识一　对匀速圆周运动的理解 1．(多选)质点做匀速圆周运动，则(　　) A．在任何相等的时间里，质点的位移都相同 B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等 C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同 D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 3．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为1∶2，在相等时间里都转过60°圆心角。则(　　) A．线速度之比为1∶2 B．线速度之比为2∶1 C．角速度之比为2∶1 D．角速度之比为1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 5．(教材本节[练习与应用]T2改编)(多选)如图所示为时钟面板，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．时针的角速度最大 B．秒针的角速度最大 C．分针尖端的线速度大于时针尖端的线速度 D．时针、分针、秒针的转动周期相等 解析：相同时间内秒针转过的角度最大，所以秒针的角速度最大，故A错误，B正确；分针的角速度大于时针的角速度，又因为分针的长度大于时针的长度，所以分针尖端的线速度大于时针尖端的线速度，故C正确；时针、分针、秒针的转动周期不相等，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 必备知识三　同轴转动与皮带传动问题分析 6．(教材本节[练习与应用]T4改编)硬盘是电脑主要的存储媒介之一，由一个或者多个铝制或者玻璃制的碟片组成，碟片外覆盖有铁磁性材料。如图，电动机使磁盘以5400 r/min的转速匀速转动，磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。外磁道某一点P与内磁道某一点Q相比，有(　　) A．TP>TQ B．ωP>ωQ C．vP<vQ D．nP＝nQ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 [名师点拨]　同轴转动时，各点的角速度相等；皮带(或链条、摩擦、齿轮)传动时，两轮边缘各点的线速度大小相等。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 8．(多选)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RB∶RC＝3∶2，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∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 必备知识四　匀速圆周运动的多解问题 9．(多选)剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速可能为(　　) A．0.02 r/s B．2 r/s C．4 r/s D．4π r/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 必备知识 对点集训 关键能力提升练 1．(多选)关于匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　) A．运动轨迹为圆形的，都称为匀速圆周运动 B．匀速圆周运动的线速度大小是不改变的 C．匀速圆周运动的角速度恒定 D．匀速圆周运动的周期只由线速度大小来决定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 2．(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是(　　) A．它们的半径之比为2∶9 B．它们的半径之比为1∶2 C．它们的周期之比为2∶3 D．它们的周期之比为1∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 3．(2023·广西百色市高一校考期中)诗词“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，指的是在地球赤道上的人随地球一昼夜运行路程大约为8万里，假设地球为半径R＝6.4×106 m的球体，广西百色市位于北纬24°，则百色市市民随地球自转的线速度大小约为(sin24°＝0.4，cos24°＝0.9)(　　) A．391 m/s B．382 m/s C．351 m/s D．419 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 4．(2023·西藏拉萨市高一统考期末)如图，A、B、C三点为奶茶塑封机手压杆上的点，A在杆的顶端，O为杆转动的轴，且AB＝BC＝CO。在杆向下转动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．A、B两点线速度大小之比为1∶3 B．B、C两点周期之比为1∶2 C．A、B两点角速度之比为3∶2 D．B、C两点线速度大小之比为2∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 解析：因A、B、C三点为同轴转动，故三点的周期和角速度都相等，即B、C两点周期之比为1∶1，A、B两点角速度之比为1∶1，B、C错误；设AB＝BC＝CO＝a，则A、B、C三点做圆周运动的半径分别为rOA＝3a，rOB＝2a，rOC＝a，根据v＝ωr可知，A、B两点线速度大小之比vA∶vB＝rOA∶rOB＝3∶2，B、C两点的线速度大小之比vB∶vC＝rOB∶rOC＝2∶1，A错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 6．图甲为小明的磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r。小明现在进行倒带，使磁带全部绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。倒带结束后，小明再以正常速度放音，直到磁带全部播放完，则下列说法正确的是(　　) A．倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为1∶3 B．倒带结束前一瞬间A、B两轮的角速度之比为3∶1 C．倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度不变 D．倒带过程中A轮的磁带边缘的线速度变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 10．如图所示为一自行车的局部结构示意图，设连接脚踏板的连杆长为L1，由脚踏板带动半径为r1的大轮盘(牙盘)，通过链条与半径为r2的小轮盘(飞轮)连接，小轮盘带动半径为R的后轮转动，使自行车在水平路面上匀速前进。 (1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径，想想看，这是为什么？ (2)设L1＝18 cm，r1＝12 cm，r2＝6 cm，R＝30 cm，为了维持自行车以v＝3 m/s的速度在水平路面上匀速行驶，请你计算一下每分钟要踩脚踏板几圈。 答案：(1)见解析　(2)48圈 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 11．如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求： (1)B球抛出时的水平初速度； (2)A球运动的线速度最小值； (3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1．(2023·湖北省武汉市高一统考期末)如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动，转速n＝20 r/s。在暗室中用每秒闪光25次的频闪光源照射圆盘，则(　　) A．观察到白点始终在同一个位置 B．观察到白点顺时针方向转动 C．观察到白点转动的周期为0.20 s D．观察到白点转动的周期为0.25 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 2．一水平放置的圆盘绕竖直固定 轴匀速转动，在圆盘上沿半径方向开有 一条宽度为d＝2 mm的均匀狭缝，将激 光器与传感器上下对准，分别置于圆盘 的上下两侧，使二者间连线与转轴平行，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经过处理后画出相应图线。图甲为该装置的示意图，图乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度。图中Δt1＝1.0×10－3 s，Δt2＝0.8×10－3 s，利用图乙中的数据可以知道，圆盘转动的角速度为________ rad/s，激光器和传感器沿半径方向移动的速度大小是________ m/s。 2.5π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 关键能力提升练 创新考法1 创新考法2 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：如图所示，经eq \f(T,4)，质点由A到B，再经eq \f(T,4)，质点由B到C，由于线速度大小不变，根据线速度的定义，Δs＝v·eq \f(T,4)，所以相等时间内通过的路程相等，B正确；但位移xAB、xBC大小相等，方向并不相同，故平均速度不同，A、C错误；由角速度的定义ω＝eq \f(Δθ,Δt)知Δt相同，Δθ＝ωΔt相同，D正确。 必备知识二　描述圆周运动的物理量及其关系 2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　) A．根据T＝eq \f(2πr,v)，线速度越大，则周期越小 B．根据T＝eq \f(2π,ω)，角速度越大，则周期越小 C．角速度越大，速度的方向变化越快 D．线速度越大，速度的方向变化越快 解析：r一定时，线速度越大，则周期越小，由于r不确定，A错误。根据T＝eq \f(2π,ω)可知，B正确。线速度描述物体沿圆周运动的快慢，角速度描述物体沿圆周转动的快慢，C正确，D错误。 解析：根据角速度定义式ω＝eq \f(Δθ,Δt)，角速度之比为1∶1，故C、D错误；甲、乙两物体转动半径之比为1∶2，角速度之比为1∶1，根据线速度与角速度的关系式v＝ωr，可知线速度之比为1∶2，故A正确，B错误。 4．高速或超速离心机是基因提取中的关键设备，当超速离心机转速达80000 r/min时，关于距超速离心机转轴12 cm处的质点，下列说法正确的是(　　) A．周期为eq \f(1,80000) s B．线速度大小为320π m/s C．角速度为160000π rad/s D．角速度为eq \f(4000,3) rad/s 解析：离心机转速n＝80000 r/min＝eq \f(4000,3) r/s，故周期T＝eq \f(1,n)＝eq \f(3,4000) s＝7.5×10－4 s，故A错误；角速度ω＝2π·n＝eq \f(8000π,3) rad/s，故C、D错误；半径r＝0.12 m，线速度v＝ω·r＝eq \f(8000π,3)×0.12 m/s＝320π m/s，B正确。 解析：P、Q两点同轴转动，故两点转动的角速度相同，即ωP＝ωQ，根据ω＝2πn，则有nP＝nQ，根据ω＝eq \f(2π,T)，则有TP＝TQ；由题知P点的轨迹半径大于Q点的轨迹半径，根据v＝ωr，则有vP>vQ，故A、B、C错误，D正确。 7．如图所示的齿轮传动装置中，主动轮和从动轮的齿大小相同，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω逆时针转动时，从动轮的转动情况是(　　) A．顺时针转动，周期为eq \f(2π,3ω) B．逆时针转动，周期为eq \f(2π,3ω) C．顺时针转动，周期为eq \f(6π,ω) D．逆时针转动，周期为eq \f(6π,ω) 解析：齿轮不打滑，说明接触点线速度大小相等，主动轮逆时针转动，故从动轮顺时针转动。因为齿的大小相等，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，故主动轮与从动轮的角速度之比eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(r,R)＝eq \f(z2,z1)＝eq \f(1,3)，解得从动轮的角速度ω2＝3ω1＝3ω。根据ω＝eq \f(2π,T)得从动轮的周期T＝eq \f(2π,ω2)＝eq \f(2π,3ω)，故A正确。 解析：A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故va∶vb＝1∶1，根据公式v＝ωR，有ωa∶ωb＝3∶2，根据ω＝2πn，有na∶nb＝3∶2，根据T＝eq \f(2π,ω)，有Ta∶Tb＝2∶3；B轮、C轮是同轴转动，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，根据v＝ωR，有vb∶vc＝3∶2，根据ω＝2πn，有nb∶nc＝1∶1，根据T＝eq \f(2π,ω)，有Tb∶Tc＝1∶1，联立可得va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，na∶nb∶nc＝3∶2∶2，Ta∶Tb∶Tc＝2∶3∶3，故A、D正确，B、C错误。 解析：暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源相邻两次照射圆盘时，圆盘转过的角度是eq \f(2π,5)的倍数，即T＝eq \f(1,10) s内转过的角度θ＝eq \f(k·2π,5)(k＝1，2，3，…)，则圆盘的角速度ω＝eq \f(θ,T)＝4kπ rad/s(k＝1，2，3，…)，则圆盘的转速n＝eq \f(ω,2π)＝2k r/s(k＝1，2，3，…)，故选B、C。 10．(多选)如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0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，则(　　) A．飞镖击中P点所需的时间为eq \f(L,v0) B．圆盘的半径可能为2,0)eq \f(\a\vs4\al(gL2),2v) C．圆盘转动角速度的最小值为eq \f(2πv0,L) D．P点随圆盘转动的线速度大小可能为eq \f(\a\vs4\al(5πgL),4v0) 解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，由运动学公式，可得飞镖击中P点所需的时间为t＝eq \f(L,v0)，故A正确；分析可知，飞镖击中P点时，P恰好在圆盘最下方，有2r＝eq \f(1,2)gt2，解得圆盘的半径r＝2,0)eq \f(\a\vs4\al(gL2),4v) ，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…)，可得角速度为ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(（2k＋1）πv0,L)(k＝0，1，2，…)，则圆盘转动角速度的最小值为k＝0时，ω＝eq \f(πv0,L)，故C错误；P点随圆盘转动的线速度大小为v＝ωr＝eq \f(（2k＋1）πv0,L)×2,0)eq \f(\a\vs4\al(gL2),4v) ＝eq \f(\a\vs4\al(（2k＋1）πgL),4v0)(k＝0，1，2，…)，当k＝2时，v＝eq \f(\a\vs4\al(5πgL),4v0)，故D正确。 解析：轨迹为圆周或一段圆弧的机械运动为圆周运动，物体沿着圆周运动，并且线速度大小处处相等时称为匀速圆周运动，A错误，B正确；由ω＝eq \f(v,r)可知匀速圆周运动的角速度恒定，C正确；匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)，由线速度大小和轨道半径大小共同来决定，D错误。 解析：由v＝ωr，得r＝eq \f(v,ω)，eq \f(r甲,r乙)＝eq \f(v甲ω乙,v乙ω甲)＝eq \f(2,9)，A正确，B错误；由T＝eq \f(2π,ω)，得T甲∶T乙＝eq \f(1,ω甲)∶eq \f(1,ω乙)＝1∶3，D正确，C错误。 解析：由题意可得地球自转的角速度ω＝eq \f(2π,T)，其中T＝24 h＝86400 s，如图所示，百色市市民随地球自转做匀速圆周运动的半径r＝Rcos24°，则其线速度v＝ωr，联立解得v≈419 m/s，故选D。 5．两小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图所示。当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则O点到小球2的距离是(　　) A．eq \f(Lv1,v1＋v2) B．eq \f(Lv2,v1＋v2) C．eq \f(L（v1＋v2）,v1) D．eq \f(L（v1＋v2）,v2) 解析：由题意知两小球角速度相等，即ω1＝ω2，设小球1、2到O点的距离分别为r1、r2，则eq \f(v1,r1)＝eq \f(v2,r2)，又r1＋r2＝L，所以r2＝eq \f(Lv2,v1＋v2)，B正确。 解析：由题意可推知，在倒带结束前一瞬间，磁带全部绕到了A轮上，磁带的外缘半径R＝3r，而A、B两轮磁带边缘的线速度v相等，根据v＝ωr可得，A、B两轮的角速度之比为eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r,R)＝eq \f(1,3)，A正确，B错误；在倒带过程中，A轮转动的角速度恒定，随着磁带的倒回，A轮的磁带边缘的半径变大，根据vA＝ωrA，可知A轮的磁带边缘的线速度增大，C、D错误。 7．共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供的单车共享服务，是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列说法正确的是(　　) A．B点与C点的角速度：ωB＝ωC B．C点与A点的线速度：vC＝eq \f(rB,rA)vA C．B点与A点的线速度：vB＝eq \f(rA,rB)vA D．B点与C点的线速度：vB>vC 解析：由图乙可知，B点与C点属于齿轮传动，所以B点与C点的线速度大小相等，由于rB≠rC，根据v＝rω，所以ωB≠ωC，故A、D错误；由图乙可知，A点与B点属于同轴传动，B点的角速度与A点的角速度相等，即ωB＝ωA，由v＝ωr，可得eq \f(vB,rB)＝eq \f(vA,rA)，即vB＝eq \f(rB,rA)vA，故C错误；B点与C点的线速度大小相等，所以vC＝vB＝eq \f(rB,rA)vA，故B正确。 8．如图所示，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略重力及空气阻力，则子弹速度不可能是(　　) A．eq \f(dω,2π) B．eq \f(dω,3π) C．eq \f(dω,5π) D．eq \f(dω,7π) 解析：圆筒上只有一个弹孔，说明子弹从同一孔射入、射出，设子弹的速度为v，子弹在圆筒中运动的时间为t＝eq \f(d,v)，该时间内圆筒转过的角度θ＝2nπ＋π(n＝0，1，2，…)，而ω＝eq \f(θ,t)，联立可得v＝eq \f(dω,（2n＋1）π)(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，v＝eq \f(dω,π)，当n＝1时，v＝eq \f(dω,3π)，当n＝2时，v＝eq \f(dω,5π)，当n＝3时，v＝eq \f(dω,7π)，所以A不可能，B、C、D有可能。 9．某物体做匀速圆周运动，其速度的大小为3 m/s，1 s内速度变化的大小为3 m/s，则匀速圆周运动的半径和角速度分别为(　　) A．3 m和1 rad/s B．1 m和3 rad/s C．eq \f(18,π) m和eq \f(π,6) rad/s D．eq \f(9,π) m和eq \f(π,3) rad/s 解析：物体做匀速圆周运动的线速度大小为3 m/s，1 s内速度变化的大小为3 m/s，根据几何知识知，初速度、末速度、速度的变化量组成矢量等边三角形，则物体转过的角度为θ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k＝0，1，2，…)，则角速度ω＝eq \f(θ,t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3))) rad/s(k＝0，1，2，…)，由v＝ωr得，运动半径r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(9,6kπ＋π) m(k＝0，1，2，…)，对比选项数据可知，只有r＝eq \f(9,π) m和ω＝eq \f(π,3) rad/s满足要求，故D正确，A、B、C错误。 解析：(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度相同，当牙盘的半径大于飞轮的半径时，由v＝ωr知，牙盘的角速度小于飞轮的角速度，即人踩脚踏板的角速度小于后轮的角速度，这样即使脚蹬得慢，自行车也能获得较快的速度。 (2)自行车行进的速度等于后轮边缘上某点绕转轴转动的线速度。设牙盘转动的角速度为ω1，自行车后轮转动的角速度，即飞轮的角速度为ω2，人踩脚踏板的转速为n，则ω2＝eq \f(v,R)＝eq \f(3,0.3) rad/s＝10 rad/s，由ω2r2＝ω1r1，得ω1＝5 rad/s，n＝eq \f(ω1,2π)＝eq \f(5,2π) r/s＝eq \f(150,π) r/min≈48 r/min，即每分钟要踩脚踏板48圈。 答案：(1)Req \r(\f(\a\vs4\al(g),2h))　(2)2πReq \r(\f(\a\vs4\al(g),2h)) (3)eq \f(1,n) eq \r(\f(2h,g))(n＝1，2，3…) 解析：(1)设B球抛出时的初速度大小为v0，在空中运动时间为t，小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则R＝v0t ① 在竖直方向上做自由落体运动，则h＝eq \f(1,2)gt2 ② 由①②式得v0＝eq \f(R,t)＝Req \r(\f(\a\vs4\al(g),2h))。 (2)A球的线速度取最小值vA时，A球刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即T0＝t 又vA＝eq \f(2πR,T0) 联立解得vA＝2πReq \r(\f(\a\vs4\al(g),2h))。 (3)A、B球在a点相碰，则A球在平抛的B球的飞行时间t内又回到a点，即B球平抛运动的时间t等于A球周期T的整数倍，所以t＝nT 解得T＝eq \f(1,n) eq \r(\f(2h,g))(n＝1，2，3…)。 解析：由题意可知黑色圆盘转动的角速度ω＝2πn＝40π rad/s，在暗室中用每秒闪光25次的频闪光源照射圆盘，即每隔t＝0.04 s闪光一次，此时间内白点随黑色圆盘沿顺时针方向旋转的角度为θ＝ωt＝eq \f(8π,5)，因π<eq \f(8π,5)<2π，所以第2次曝光白点的位置在第1次曝光白点位置的左侧，第3次曝光白点的位置在第2次曝光白点位置的左侧，……，则观察到白点逆时针旋转，A、B错误；在t＝0.04 s内，观察到白点转动的角度α＝2π－θ，则角速度ω′＝eq \f(α,t)＝10π rad/s，观察到白点转动的周期为T′＝eq \f(2π,ω′)＝0.20 s，故C正确，D错误。 eq \f(1,4π) 解析：由题图乙可知圆盘的转动周期为0.8 s，则角速度ω＝eq \f(2π,T)＝2.5π rad/s；由于接收到的信号宽度在变窄，说明激光束通过狭缝的时间在减少，即圆盘对应激光器和传感器的位置的线速度在增加，可知激光器和传感器向圆盘的边缘运动，因此t ＝0.2 s时圆盘对应激光器和传感器的位置的线速度大小为v1＝eq \f(d,Δt1)＝ω·r1，t＝1.0 s时的线速度大小为v2＝eq \f(d,Δt2)＝ω·r2，则激光器和传感器沿半径方向移动的速度大小为v＝eq \f(r2－r1,T)，联立解得v＝eq \f(1,4π) m/s。 $$