2020学年高中物理 第五章 曲线运动 4 圆周运动学案 新人教版必修2

2020学年高中物理 第五章 曲线运动 4 圆周运动学案 新人教版必修2

‎4　圆周运动 学习目标 ‎1.知道什么是匀速圆周运动，知道它是变加速运动.‎ ‎2.掌握线速度的定义式，理解线速度的大小、方向的特点.‎ ‎3.掌握角速度的定义式，知道周期、转速的概念.‎ ‎4.掌握角速度与线速度、周期、转速的关系.‎ 考试要求 学考 选考 d d 一、线速度 ‎1.定义：物体做圆周运动通过的弧长与通过这段弧长所用时间的比值，v＝.‎ ‎2.意义：描述做圆周运动的物体运动的快慢.‎ ‎3.方向：线速度是矢量，方向与圆弧相切，与半径垂直.‎ ‎4.匀速圆周运动 ‎(1)定义：沿着圆周运动，并且线速度大小处处相等的运动.‎ ‎(2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以是一种变速运动.‎ 二、角速度 ‎1.定义：连接物体与圆心的半径转过的角度与转过这一角度所用时间的比值，ω＝.‎ ‎2.意义：描述物体绕圆心转动的快慢.‎ 18‎ ‎3.单位 ‎(1)角的单位：国际单位制中，弧长与半径的比值表示角的大小，即Δθ＝，其单位称为弧度，符号：rad.‎ ‎(2)角速度的单位：弧度每秒，符号是rad/s或s－1.‎ 三、周期和转速 ‎1.周期T：做圆周运动的物体转过一周所用的时间，单位：秒(s).‎ ‎2.转速n：单位时间内转过的圈数，单位：转每秒(r/s)或转每分(r/min).‎ ‎3.周期和转速的关系：T＝(n单位为r/s时).‎ 四、线速度与角速度的关系 ‎1.在圆周运动中，线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积.‎ ‎2.公式：v＝ωr.‎ ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(1)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同.(×)‎ ‎(2)做匀速圆周运动的物体，其合外力不为零.(√)‎ ‎(3)做匀速圆周运动的物体，其线速度不变.(×)‎ ‎(4)做匀速圆周运动的物体，其角速度大小不变.(√)‎ ‎(5)做匀速圆周运动的物体，周期越大，角速度越小.(√)‎ ‎2.A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比sA∶sB＝2∶3，转过的圆心角之比θA∶θB＝3∶2，那么它们的线速度之比vA∶vB＝________，角速度之比ωA∶ωB＝________.‎ 答案　2∶3　3∶2‎ 解析　由v＝知＝；由ω＝知＝.‎ 一、线速度和匀速圆周运动 18‎ 如图所示为自行车的车轮，A、B为辐条上的两点，当它们随轮一起转动时，回答下列问题：‎ ‎(1)A、B两点的速度方向各沿什么方向？‎ ‎(2)如果B点在任意相等的时间内转过的弧长相等，B做匀速运动吗？‎ ‎(3)匀速圆周运动的线速度是不变的吗？匀速圆周运动的“匀速”同“匀速直线运动”的“匀速”一样吗？‎ ‎(4)A、B两点哪个运动得快？‎ 答案　(1)两点的速度方向均沿各自圆周的切线方向.‎ ‎(2)B运动的方向时刻变化，故B做非匀速运动.‎ ‎(3)质点做匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻在变化，因此，匀速圆周运动只是速率不变，是变速曲线运动.而“匀速直线运动”中的“匀速”指的是速度不变，是大小、方向都不变，二者并不相同.‎ ‎(4)B点运动得快.‎ ‎1.对线速度的理解 ‎(1)线速度是物体做圆周运动的瞬时速度，线速度越大，物体运动得越快.‎ ‎(2)线速度是矢量，它既有大小，又有方向，线速度的方向在圆周各点的切线方向上.‎ ‎(3)线速度的大小：v＝，Δs代表弧长.‎ ‎2.对匀速圆周运动的理解 ‎(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化.‎ ‎(2)匀速的含义：‎ ‎①速度的大小不变，即速率不变.‎ ‎②转动快慢不变，即角速度大小不变.‎ ‎(3)运动性质：‎ 线速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动是一种变速运动.‎ 18‎ 例1　某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A.因为它速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动 B.它速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动 C.该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态 D.由于质点做匀速圆周运动，其在相同时间内通过的位移相同 答案　B 二、角速度、周期和转速 如图所示，钟表上的秒针、分针、时针以不同的角速度做圆周运动.‎ ‎(1)秒针、分针、时针它们转动的快慢相同吗？如何比较它们转动的快慢？‎ ‎(2)秒针、分针和时针的周期分别是多大？‎ 答案　(1)不相同.根据角速度公式ω＝知，在相同的时间内，秒针转过的角度最大，时针转过的角度最小，所以秒针转得最快.‎ ‎(2)秒针周期为60 s，分针周期为60 min，时针周期为12 h.‎ ‎1.对角速度的理解 ‎(1)角速度描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢，角速度越大，物体转动得越快.‎ ‎(2)角速度的大小：ω＝，Δθ代表在时间Δt内物体与圆心的连线转过的角度.‎ ‎(3)在匀速圆周运动中，角速度大小不变，是恒量.‎ ‎2.对周期和频率(转速)的理解 ‎(1)周期描述了匀速圆周运动的一个重要特点——时间周期性.其具体含义是，描述匀速圆周运动的一些变化的物理量时，每经过一个周期，大小和方向与初始时刻完全相同，如线速度等.‎ ‎(2)当单位时间取1 s时，f＝n 18‎ ‎.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.‎ ‎3.周期、频率和转速间的关系：T＝＝.‎ 例2　一精准转动的机械钟表，下列说法正确的是(　　)‎ A.秒针转动的周期最长 B.时针转动的转速最大 C.秒针转动的角速度最小 D.秒针的角速度为 rad/s 答案　D 解析　秒针转动的周期最短，角速度最大，A、C错误；时针转动的周期最长，转速最小，B错误；秒针的角速度为ω＝ rad/s＝ rad/s，D正确.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】对角速度、周期(和转速)的理解及简单计算 三、描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系 ‎1.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系 ‎(1)v＝＝＝2πnr ‎(2)ω＝＝＝2πn ‎(3)v＝ωr ‎2.描述匀速圆周运动的各物理量之间关系的理解 ‎(1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也确定了.‎ ‎(2)线速度与角速度之间关系的理解：由v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r.‎ 例3　做匀速圆周运动的物体，10 s内沿半径为‎20 m的圆周运动‎100 m，试求物体做匀速圆周运动时：‎ ‎(1)线速度的大小；‎ ‎(2)角速度的大小；‎ ‎(3)周期的大小.‎ 18‎ 答案　(1)‎10 m/s　(2)0.5 rad/s　(3)4π s 解析　(1)依据线速度的定义式v＝可得 v＝＝ m/s＝‎10 m/s.‎ ‎(2)依据v＝ωr可得，ω＝＝ rad/s＝0.5 rad/s.‎ ‎(3)T＝＝ s＝4π s.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系 针对训练1　(2018·温州市新力量联盟高一第二学期期中联考)机械鼠标的正反面如图1所示，鼠标中定位球的直径是‎2.0 cm，如果将鼠标沿直线匀速拖移‎12 cm需要1 s，则定位球的角速度为(　　)‎ 图1‎ A. rad/s B. rad/s C.12 rad/s D.6 rad/s 答案　C 解析　v＝＝ m/s＝‎0.12 m/s r＝‎1.0 cm＝‎‎0.01 m ω＝＝12 rad/s.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系 四、同轴转动和皮带传动问题 如图为两种传动装置的模型图.‎ 18‎ ‎(1)甲图为皮带传动装置，试分析A、B两点的线速度及角速度关系.‎ ‎(2)乙图为同轴转动装置，试分析A、C两点的角速度及线速度关系.‎ 答案　(1)皮带传动时，在相同的时间内，A、B两点通过的弧长相等，所以两点的线速度大小相同，又v＝rω，当v一定时，角速度与半径成反比，半径大的角速度小.‎ ‎(2)同轴转动时，在相同的时间内，A、C两点转过的角度相等，所以这两点的角速度相同，又因为v＝rω，当ω一定时，线速度与半径成正比，半径大的线速度大.‎ 常见的传动装置及其特点 同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特点 角速度、周期 相同 线速度大小相等 线速度大小相等 规律 线速度与半径成正比：‎ ＝ 角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：‎ ＝ 角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：＝ 例4‎ 18‎ ‎　(2018·温州市六校协作体期中联考)某新型自行车，采用如图2甲所示的无链传动系统，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”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).下列有关物理量大小关系正确的是(　　)‎ 图2‎ A.B点与C点的角速度：ωB＝ωC B.C点与A点的线速度：vC＝vA C.B点与A点的线速度：vB＝vA D.A点和C点的线速度：vA＝vC 答案　B 解析　B点与C点的线速度相等，由于rB≠rC，所以ωB≠ωC，故A错误；B点的角速度与A点的角速度相等，所以＝，即vB＝vA，而vC＝vB，故B正确，C错误；对A、B两点由v＝ωr得：＝，所以vA＝vB，而又因vB＝vC，所以vA＝vC，D错误.‎ 针对训练2　如图3所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA＝rC＝2rB.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的(　　)‎ 图3‎ A.角速度之比为2∶1∶2‎ B.角速度之比为1∶1∶2‎ C.线速度大小之比为1∶2∶2‎ D.线速度大小之比为1∶1∶2‎ 答案　D 18‎ 解析　A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘的线速度大小相等，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮的角速度相等.‎ a、b比较：va＝vb 由v＝ωr得：ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2‎ b、c比较：ωb＝ωc 由v＝ωr得：vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2‎ 所以ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2‎ va∶vb∶vc＝1∶1∶2，故D正确.‎ ‎【考点】传动问题分析 ‎【题点】传动问题中各物理量的比值关系 传动问题是圆周运动部分的一种常见题型，在分析此类问题时，关键是要明确什么量相等，什么量不等，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＝与半径r成反比.‎ ‎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.在任何相等的时间内，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等 答案　C 解析　匀速圆周运动是指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项正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，故C项错误.‎ 18‎ ‎【考点】对匀速圆周运动的理解 ‎【题点】对匀速圆周运动的理解 ‎2.(圆周运动各物理量的关系)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为‎4 m/s，转动周期为2 s，下列说法中不正确的是(　　)‎ A.角速度为0.5 rad/s B.转速为0.5 r/s C.运动轨迹的半径约为‎1.27 m D.频率为0.5 Hz 答案　A 解析　由题意知v＝‎4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系可知ω＝＝π rad/s≈3.14 rad/s.由线速度与角速度的关系v＝ωr得r＝＝ m≈‎1.27 m.由v＝2πnr得转速n＝＝ r/s＝0.5 r/s.又由频率与周期的关系得f＝＝0.5 Hz.故A错误，符合题意.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系 ‎3. (同轴转动问题)(2016·浙江10月选考科目考试)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞蹈演员保持如图4所示姿式原地旋转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则(　　)‎ 图4‎ A.ωA<ωB B.ωA>ωB C.vAvB 答案　D 解析　由于A、B两处在人自转的过程中周期一样，所以根据ω＝ 可知，A、B两处的角速度一样，所以A、B选项错误.根据v＝rω 可知A处转动半径大，所以A 18‎ 处的线速度大，选项D正确，选项C错误.‎ ‎4.(传动问题)如图5所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中(　　)‎ 图5‎ A.甲、乙两轮的角速度之比为1∶3‎ B.甲、乙两轮的周期之比为3∶1‎ C.甲、乙两轮边缘处的线速度之比为3∶1‎ D.甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1‎ 答案　D 解析　这种齿轮传动，与不打滑的皮带传动规律相同，即两轮边缘的线速度相等，故C错误；根据线速度的定义v＝可知，弧长Δs＝vΔt，故D正确；根据v＝ωr可知ω＝，又甲、乙两个轮子的半径之比r1∶r2＝1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2＝r2∶r1＝3∶1，故A错误；周期T＝，所以甲、乙两轮的周期之比T1∶T2＝ω2∶ω1＝1∶3，故B错误.‎ ‎【考点】传动问题分析 ‎【题点】传动问题中各物理量的比值关系 ‎5.(圆周运动的周期性)如图6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，不计空气阻力，重力加速度为g，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.‎ 图6‎ 答案　R　2nπ(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 18‎ R＝vt，h＝gt2‎ 故初速度v＝R θ＝n·2π(n＝1,2,3…)‎ 又因为θ＝ωt 则圆盘角速度ω＝＝2nπ(n＝1,2,3…).‎ ‎【考点】圆周运动与其他运动结合的问题 ‎【题点】圆周运动与其他运动结合的多解问题 一、选择题 考点一　描述圆周运动的物理量及相互关系 ‎1.用细线拴住一个小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是(　　)‎ A.速率 B.线速度 C.周期 D.角速度 答案　B ‎2.关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是(　　)‎ A.线速度大的角速度一定大 B.线速度大的周期一定小 C.角速度大的半径一定小 D.角速度大的周期一定小 答案　D 解析　由v＝ωr可知，当r一定时，v与ω成正比；v一定时，ω与r成反比，故A、C均错误.由v＝可知，当r一定时，v越大，T越小，B错误.由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确.‎ ‎3.一质点做匀速圆周运动时，圆的半径为r，周期为4 s，那么1 s内质点的位移大小和路程分别是(　　)‎ 18‎ A.r和 B.和 C.r和r D.r和 答案　D 解析　质点在1 s内转过了圈，根据运动过程可求出这段时间内的位移为r，路程为，所以选项D正确.‎ ‎4.(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 答案　AD 解析　由v＝ωr，得r＝，＝＝，A对，B错；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C错，D对.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】圆周运动各物理量间的比值关系 考点二　传动问题 ‎5.如图1所示，跷跷板的支点位于板的中点，A是板上的点，B位于板的边缘，在跷动的某一时刻，A、B的线速度大小分别为vA、vB，角速度大小分别为ωA、ωB，则(　　)‎ 图1‎ A.vA＝vB，ωA＞ωB B.vA＜vB，ωA＝ωB C.vA＝vB，ωA＜ωB D.vA＞vB，ωA＝ωB 答案　B 解析　板和板上的动物绕同一个轴转动，转动过程中各点的角速度相同，由题意知rB＞rA，由v＝ωr知vB＞vA，B正确.‎ 18‎ ‎6.(2018·嘉兴市3月高三选考)如图2是一种叫“指尖陀螺”的玩具，当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是(　　)‎ 图2‎ A.TB＝TC，vB＞vC B.TB＝TC，vB＜vC C.ωB＝ωC，vB＝vC D.ωB＜ωC，vB＜vC 答案　B ‎7.(2018·台州中学高三第一学期第一次统练)如图3所示，地球可以看做一个球体，O点为地球球心，位于临海的物体A和位于赤道上的物体B，都随地球自转做匀速圆周运动，则(　　)‎ 图3‎ A.物体的周期TA＞TB B.物体的周期TA＝TB C.物体的线速度大小vA＞vB D.物体的角速度大小ωA＜ωB 答案　B ‎8.两个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4所示.当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离是(　　)‎ 图4‎ 18‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　两球在同一杆上，旋转的角速度相等，均为ω，设两球的转动半径分别为r1、r2，则r1＋r2＝L.又知v1＝ωr1，v2＝ωr2，联立得r2＝，B正确.‎ ‎9.如图5所示的齿轮传动装置中，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顺时针转动时，从动轮的运动情况是(　　)‎ 图5‎ A.顺时针转动，周期为 B.逆时针转动，周期为 C.顺时针转动，周期为 D.逆时针转动，周期为 答案　B 解析　主动轮顺时针转动，则从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度大小相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从＝，B正确.‎ ‎【考点】传动问题分析 ‎【题点】皮带(或齿轮)传动问题分析 ‎10.如图6所示的装置中，已知大齿轮的半径是小齿轮半径的3倍，A点和B点分别在两轮边缘，C点离大轮轴距离等于小轮半径.若不打滑，则它们的线速度之比vA∶vB∶vC为(　　)‎ 图6‎ A.1∶3∶3 B.1∶3∶1‎ C.3∶3∶1 D.3∶1∶3‎ 18‎ 答案　C 解析　A、C两点转动的角速度相等，由v＝ωr可知，vA∶vC＝3∶1；A、B两点的线速度大小相等，即vA∶vB＝1∶1，则vA∶vB∶vC＝3∶3∶1.‎ ‎【考点】传动问题分析 ‎【题点】传动问题中各物理量的比值关系 考点三　圆周运动的周期性 ‎11.某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘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‎28 cm.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‎16 cm.P、Q转动的线速度相同，都是4π 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7所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为(　　)‎ 图7‎ A.0.56‎‎ s B.0.28 s C.0.16 s D.0.07 s 答案　A 解析　根据公式T＝可求出，P、Q转动的周期分别为TP＝0.14 s和TQ＝0.08 s，根据题意，只有当P、Q同时转到题图所示位置时，Q才能接收到红外线信号，所以所求的最小时间应该是它们转动周期的最小公倍数，即0.56 s，所以选项A正确.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】对周期和转速的理解及简单计算 ‎12.如图8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，且对准圆盘上边缘的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的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是(　　)‎ 18‎ 图8‎ A.d＝ B.ω＝(n＝0,1,2,3…)‎ C.v0＝ω D.ω2＝(n＝0,1,2,3…)‎ 答案　B 解析　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，恰好击中A点，说明A正好在最低点被击中，则A点转动的时间t＝，平抛的时间t＝，则有＝(n＝0,1,2,3，…)，B正确，C错误；平抛的竖直位移为d，则d＝gt2＝，联立有dω2＝gπ2(2n＋1)2(n＝0,1,2,3，…)，A、D错误.‎ ‎【考点】圆周运动与其它运动结合的问题 ‎【题点】圆周运动与其它运动结合的多解问题 二、非选择题 ‎13.(描述圆周运动的物理量)一汽车发动机的曲轴每分钟转2 400周，求：‎ ‎(1)曲轴转动的周期与角速度；‎ ‎(2)距转轴r＝‎0.2 m点的线速度.‎ 答案　(1) s　80π rad/s　(2)16π m/s 解析　(1)由于曲轴每秒钟转＝40(周)，周期T＝ s；而每转一周为2π rad，因此曲轴转动的角速度ω＝2π×40 rad/s＝80π rad/s.‎ ‎(2)已知r＝‎0.2 m，因此这一点的线速度v＝ωr＝80π×‎0.2 m/s＝16π m/s.‎ ‎【考点】线速度、角速度、周期(和转速)‎ ‎【题点】线速度、角速度、周期(和转速)的关系 ‎14.(圆周运动与其他运动的结合)如图9所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，圆轮最低点距地面的高度为R，轮上a、b两点与O的连线相互垂直，a、b两点均粘有一个小物体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上.‎ 18‎ 图9‎ ‎(1)试判断圆轮的转动方向(说明判断理由).‎ ‎(2)求圆轮转动的角速度大小.‎ 答案　见解析 解析　(1)由题意知，a物体做平抛运动，若与b点物体下落的时间相同，则b物体必须做竖直下抛运动，故知圆轮转动方向为逆时针转动.‎ ‎(2)a平抛：R＝gt2①‎ b竖直下抛：2R＝v0t＋gt2②‎ 由①②得v0＝ ③‎ 又因ω＝ ④‎ 由③④解得ω＝ .‎ ‎【考点】圆周运动与其它运动结合的问题 ‎【题点】圆周运动与其它运动结合的问题 18‎