第二章 第1节 圆周运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

第二章　匀速圆周运动 必修第二册 1 圆周运动 第 1 节 核心素养导学 物理 观念 (1)认识圆周运动、匀速圆周运动的特点。 (2)理解线速度的物理意义，知道匀速圆周运动中线速度的方向。 (3)理解角速度的物理意义。 (4)了解转速和周期的意义。 科学 思维 (1)掌握线速度和角速度的关系。 (2)能在具体的情境中确定线速度和角速度。 (3)理解线速度、角速度、周期、转速等各量的相互关系。 续表 科学态度 与责任 会用描述匀速圆周运动的物理量分析有关问题；有主动将所学知识应用于日常生活的意识，能在合作中坚持自己的观点，也能尊重他人。 [四层]学习内容1 落实必备知识 [四层]学习内容2 强化关键能力 01 02 CONTENTS 目录 [四层]学习内容3 · 4 浸润学科素养和核心价值 课时跟踪检测 03 04 [四层]学习内容1 落实必备知识 一、形形色色的圆周运动　描述匀速圆周运动的物理量 1.圆周运动 (1)定义：物体的运动轨迹是____的运动。 (2)匀速圆周运动：质点沿圆周运动，在任意相等时间内通过的__________都相等。 圆 圆弧长度 2.线速度 (1)定义：物体做圆周运动通过的_____与通过这段_____所用时间的比。 (2)表达式：v=______。 (3)意义：描述做圆周运动的物体____________。 (4)方向：线速度是矢量，方向与圆弧_____，与半径______。 (5)性质：线速度的方向____________，因此匀速圆周运动是一种__________。 弧长 运动的快慢 垂直 弧长 相切 不断变化 变速运动 3.角速度 (1)定义：对于做匀速圆周运动的质点，连接质点和圆心的半径转过的______与转过_________________的比。 (2)表达式：ω=______。 (3)意义：描述物体绕圆心____________。 角度 这一角度所用时间 转动的快慢 (4)单位： ①角的单位：国际单位制中，_____与_____的比表示角的大小，其单位称为弧度，符号：______。 ②角速度的单位：弧度每秒，符号是______。 4.周期 (1)定义：做匀速圆周运动的物体，__________所用的时间。 (2)意义：周期是描述匀速圆周运动__________的物理量。 弧长 半径 rad/s 运动一周 转动快慢 (1)匀速圆周运动中的“匀速”指的是线速度大小(速率)不变。 (2)线速度中的“线”主要强调其适用于描述圆周运动且区别于角速度。   二、线速度、角速度和周期之间的关系 1.线速度和周期：v=_____。 2.角速度和周期：ω=_____。 3.线速度和角速度：v=______。 1.如图是日常生活中常见到的圆周运动实例，请对以下结论作出判断： (1)游乐场的摩天轮转动的线速度不变。( ) (2)吊扇正常工作时各扇叶的角速度相等。( ) (3)吊扇正常工作时扇叶上各点的线速度大小相等。( ) (4)吊扇正常工作时扇叶上各点的周期相等。( ) × √ × √ 2.如图所示，市场出售的苍蝇拍，拍把长约30 cm，拍头是长为12 cm、宽为10 cm的长方形。这种拍的使用效果往往不好，当拍头打向苍蝇时，尚未打到，苍蝇就飞走了。有人将拍把增长到60 cm，结果是打一个准一个。 请对以上现象作出解释。 提示：因为苍蝇的反应很灵敏，只有拍头的速度足够大时才能击中，而人转动手腕的角速度是有限的，由v=ωr知，当转动手腕的角速度不变，增大转动半径(即拍把长)时，如由30 cm增长到60 cm，则拍头的速度增大为原来的2倍，此时苍蝇就难以逃生了。 3.跷跷板的支点位于板的中点，两个小朋友坐在两端。在跷跷板运动的某一时刻，两个小朋友的线速度的大小关系及角速度的大小关系如何? 提示:两个小朋友线速度的大小和角速度的大小都相等。 [四层]学习内容2 强化关键能力 新知学习(一)　描述圆周运动的物理量及其关系 打篮球的同学可能玩过转篮球，让篮球在指尖旋转，展示自己的球技，如图所示，若篮球正绕指尖所在的竖直轴旋转，那么篮球上不同位置的各点做圆周运动的角速度相同吗?线速度相同吗? 任务驱动 提示:篮球上各点做圆周运动的角速度是相同的。篮球上不同位置的各点转动时的半径可能不同，由v=ωr可知不同位置的各点的线速度大小可能不同，方向也可能不同。 1.描述圆周运动的各物理量之间的关系 重点释解 2.v、ω及r间的关系 由v=ωr知，当v、ω、r中有一个不变时，其他两个物理量间的变化关系： (1)当r一定时，v ∝ω，如图(a)所示。 (2)当ω一定时，v ∝r，如图(b)所示。 (3)当v一定时，ω∝，如图(c)或(d)所示。 1.如图所示是浙江沿海的风力发电机，A、B是同一台发电机叶片上的两点。发电机工作时A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则 (　　) A.ωA>ωB B.ωA<ωB C.vA>vB D.vA<vB 针对训练 √ 解析:A、B两点的角速度相同，A点的半径大于B点的半径，根据v=ωr可得，A点的线速度大于B点的线速度，选项A、B、D错误，选项C正确。 2.(2025·广安高一期末)工程人员在测量距离时会用到手推式测距仪，如图所示。已知某款手推式测距仪测距轮子直径255 mm，当轮子以1.6 m/s的平均速率向前运动时，滚轮的转速约为 (　　) A.1 r/s B.2 r/s C.3 r/s D.4 r/s √ 解析:根据v=ωr，又ω=2πn，联立解得n≈2 r/s。 新知学习(二)　传动装置问题 [典例]　(2025·达州高一期末)《天工开物》中介绍了古法制糖工艺，用糖车挤压甘蔗收集汁水如图甲所示，其简化模型的俯视平面图如图乙所示。手柄上的A点到转动轴轴心O点的距离为4R，两个半径为R的圆柱体表面有两个点B和C，则A、B、C三点的线速度大小之比为 (　　) A.1∶4∶1 　　　B.1∶4∶4 C.4∶1∶1 　　　D.4∶1∶4 典例体验 √ [解析]　A、C为同轴转动，角速度相同，则根据v=ωr，可知vA∶vC=4∶1，B、C两点线速度相同，则vA∶vB∶vC=4∶1∶1。 1.传动问题的两个重要结论 (1)皮带传动(不打滑)时，与皮带接触的轮子边缘上各点的线速度大小相等。 (2)同轴传动时，物体上各点的角速度相等。 系统归纳 2.三类传动装置对比 装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(不打滑)，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 特点 角速度、周期相等 线速度相等 线速度相等 转动方向 相同 相同 相反 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：= 续表 1.图甲是一款感应垃圾桶。物体靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中，桶盖上的A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则 (　　) A.ωA>ωB B.ωA<ωB C.vA>vB D.vA<vB 针对训练 √ 解析:桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度大小相等，即ωA=ωB；根据v=ωr，又有rB>rA，则vB>vA，故A、B、C错误，D正确。 2.(2025·达州高一检测)如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径r1=10 cm的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r2=5 cm的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r3=40 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，则后轮每分钟转动圈数为 (　　) A.30 B.60 C.15 D.120 √ 解析:大齿轮与小齿轮通过链条连接，线速度大小相等，大齿轮与小齿轮半径之比为2∶1，根据v=ωr=2πnr可知，大齿轮与小齿轮的转速比n大∶n小=1∶2，又小齿轮与后轮转速相同，故后轮每分钟转动圈数为60，故B正确。 1.匀速圆周运动的周期性和多解性 因匀速圆周运动具有周期性，使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生，这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时，必须把各种可能情况都考虑进去，一般t=nT(T为运动周期，n为运动圈数)，从而可能产生多解问题。 新知学习(三)　匀速圆周运动的多解问题 重点释解 2.匀速圆周运动的多解问题的解题思路 (1)明确两个物体参与运动的性质和求解的问题：两个物体参与的两个运动虽然独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移相等，抓住两运动的联系点是解题关键。 (2)注意圆周运动的周期性造成的多解：分析问题时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况，再根据运动的周期性，在转过的角度θ上再加上2nπ，具体n的取值应视情况而定。 [典例]　如图所示，半径为R的圆板做匀速转动，当半径OB转到某一方向时，在圆板中心正上方高h处，以平行于OB方向水平抛出一小球。要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求小球水平抛出时的速度v0及圆板转动的角速度ω。 典例体验 [答案]　　 (n=1，2，3，…) [解析]　小球从h高处抛出后，做平抛运动的下落时间t=。小球在水平方向运动的距离R=v0t，得v0==，圆盘在时间t内应转动n转，所以ω== (n=1，2，3，…)。 [变式拓展]　如果要求小球刚好落在OB的中点，求小球水平抛出时的速度v0及圆盘转动的最大周期。 答案：　 解析：小球刚好落在OB的中点，则有：R=v0t，解得v0=，圆盘转动的最大周期Tmax=。 /易错警示/ 解答有关圆周运动的问题时，常出现的错误是没有考虑到圆周运动的周期性而漏解。因此，在解答此类问题时，要特别注意可能会出现的符合题意的多种情况。 1.(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=2 m，当飞镖以初速度v0=10 m/s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=10 m/s2。若飞镖恰好击中P点，则 (　　) A.圆盘的半径为10 cm B.圆盘转动的周期可能是0.08 s C.圆盘转动的角速度最小值为10π rad/s D.若飞镖初速度增大1倍，则它将击中圆心O 针对训练 √ √ 解析：根据题意可知，飞镖做平抛运动，水平方向上有L=v0t，解得飞镖飞行的时间为t==0.2 s，竖直方向上有2R=gt2，解得R=0.1 m=10 cm，故A正确。根据题意，设圆盘转动的周期为T，则有t=T+kT(k=0，1，2，3，…)，圆盘转动的周期T= s(k=0，1，2，3，…)。当k=2时，T=0.08 s；当k=0时，圆盘转动的周期最大，为Tm=0.4 s，由ω=可知，此时角速度最小，为ωmin=5π rad/s，故C错误，B正确。 若飞镖初速度增大1倍，由上述分析可知，飞镖飞行的时间为t'=t=0.1 s，则飞镖下落的高度为h=gt'2=0.05 m=5 cm，飞镖不能击中圆心O，故D错误。 2.如图所示，用薄纸做成的圆筒，直径为D，竖直放置，绕圆筒轴线OO'以角速度ω0逆时针匀速运动。一玩具手枪发出的子弹，沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响)，沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变)，结果在圆筒上只留下子弹的一个洞痕，求子弹的速度。 答案： (n=0，1，2，3，…) 解析：由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕，考虑匀速圆周运动的周期性，故有π+2nπ=ω0t (n=0，1，2，3，…) 解得t= (n=0，1，2，3，…) 所以v== (n=0，1，2，3，…)。 [四层]学习内容3 · 4 浸润学科素养和核心价值 1.(选自鲁科版教材“物理聊吧”)在一些机器内部装有很多相互啮合的大小齿轮(如图所示)。当机器转动时，有人说小齿轮比大齿轮转得快，也有人说它们的速度大小实际上是一样的。为什么会有不同的说法?你怎么看? ◉物理观念——转动“快慢”的比较 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 提示：相互啮合的大小齿轮的边缘的线速度大小相等，所以有人说它们的速度大小实际上是一样的；又因为小齿轮的齿数较少，所以小齿轮的角速度较大，转得较快。由此可见，比较的角度不同，得出了不同的结论。 2.(选自鲁科版教材课后练习)有同学设计了测量玩具枪的子弹速度的方法。如图所示，直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕轴O匀速转动，现把枪口对准圆筒，使子弹沿截面直径穿过圆筒。若圆筒旋转不到半周时，子弹在圆筒上留下A、B两弹孔，已知OA、OB的夹角为φ，不计圆筒对子弹速度的影响，那么子弹的速度为多大? ◉科学思维——测量玩具枪的子弹速度 答案： 解析：子弹从A点射入到从B穿出圆筒时，圆筒转过的角度为π-φ(注：圆筒旋转不到半周，转过的角度小于π)。 则子弹穿过圆筒的时间：t= 子弹的速度v==。 ◉科学态度与责任——从牛力齿轮到高铁齿轮 3.(选自粤教版教材“资料活页”)勤劳勇敢的先辈们在生产实践中利用他们的聪明才智，发明了古老的齿轮传动技术。山西省曾经出土过秦代的齿轮。明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮(牛转翻车)的图画，如图甲所示。这说明古人早已懂得利用两个大小不同的齿轮来达到改变转速的目的。 祖先的智慧在今天的中华大地得到继承与发扬。 中国高铁，从无到有，再到今天的“世界速度”，已经成为中国制造的一张“金名片”。齿轮传动系统是高铁列车的重要部件，其工作性能直接影响到高铁列车运行的可靠性和安全性，也是高铁列车跑出“世界速度”的关键所在。 为解决束缚高铁发展的国际性难题，我国科研人员用创新的机械结构和多学科综合优化的方法，围绕温升、振动、集成设计以及可靠性等方面开展技术攻关，研发了新型高铁列车齿轮传动系统，并实现批量生产和应用。该系统打破了国外垄断，使中国高铁的持续运行速度达到350 km/h。 2018年1月，国家科学技术奖励大会在北京召开，我国自主研发的高铁列车齿轮传动系统(如图乙所示)荣获国家科学技术进步奖二等奖。 不忘初心，砥砺前行。从古代的牛力齿轮到现代的高铁齿轮，中国制造正一步步走向新的辉煌! 1.在某次文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转，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 (　　) A.ωA<ωB B.ωA>ωB C.vA<vB D.vA>vB 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 √ 解析:由于A、B两处在演员自转的过程中周期一样，所以根据ω=可知，A、B两点的角速度相等，所以A、B选项错误；根据v=rω可知A点转动半径大于B点转动半径，所以A点的线速度大于B点的线速度，即选项D正确。 2.(2025·安徽高考)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是 (　　) √ 解析:因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度相同，设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向的分速度=ωrcos ωt，即vN=ωrcos ωt，故D正确，A、B、C错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是 (　　) A.半径一定时，线速度与角速度成正比 B.周期一定时，线速度与角速度成正比 C.线速度一定时，角速度与半径成正比 D.角速度一定时，线速度与半径成反比 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:根据公式v=ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω=，知角速度一定，A正确，B错误；根据公式v=ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式v=ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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=，线速度越大，则周期越小 B.根据T=，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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据T=，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小，选项A错误；角速度越大，周期越小，选项B正确；单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快，选项C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为 (　　) A.1 000 r/s　　　 　　　 B.1 000 r/min C.1 000 r/h D.2 000 r/s √ 解析:由v=ωr、ω=2πn联立可得n== r/s≈17.7 r/s=1 062 r/min，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.如图所示，用起瓶器打开瓶盖，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则 (　　) A.ωA=ωB，vA>vB B.ωA=ωB，vA<vB C.ωA<ωB，vA=vB D.ωA>ωB，vA=vB √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:A、B两点为同轴转动，角速度相等，故ωA=ωB；由于rA<rB，根据v=rω，可得vA<vB，选项B正确，A、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(多选)如图所示是中国古代玩具饮水鸟的示意图，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。P、Q是饮水鸟上两点，且rPO>rQ O，则在摆动过程中 (　　) A.P点的线速度小于Q点的线速度 B.P、Q两点的角速度大小相等 C.相同时间内P、Q两点通过的弧长相等 D.P、Q两点的线速度方向相反 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:鸟将绕着O点不停摆动，P、Q是饮水鸟上两点，属于同轴转动。P点离O点更远，绕O点转动的半径大。根据同轴转动角速度相等知P、Q两点的角速度大小相等，故B正确；P、Q两点的角速度大小相同，P点绕O点转动的半径大，根据v=ωr知，P点的线速度较大，故A错误；P、Q两点的线速度大小不同，故相同时间内通过的弧长不相等，故C错误；P、Q在O点两端，两点的线速度方向均与杆垂直，故两点的线速度方向相反，选项D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·广元高一期中)如图所示，暗室中有一匀速转动的自行车轮，车轮均匀分布有8根辐条，O为车轮的轴心。有一频闪发光源，发光频率为f，一观察者看到车轮“不转动”，则在闪光周期内车轮转动的角度可能为 (　　) A. π　　B. π　　C. π　　D. π √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:　观察者看到车轮“不转动”，则在闪光周期内车轮转动的角度一定是π的整数倍，即可能为π。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R=0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1 kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2t rad/s，g取10 m/s2。物块先后经过A、B、C、D四点，已知AB=BC=CD。以下判断正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.物块做匀速运动 B.物块做匀加速运动，加速度大小为1 m/s2 C.物块在CD段上的平均速度更接近轮轴边缘的线速度 D.轮轴做匀速圆周运动 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:物块速度始终与轮轴边缘线速度大小相等，为v=ωR=t m/s，又v=at，得a=1 m/s2，故A错误，B正确；物块做匀加速运动，则轮轴边缘线速度逐渐增大，故D错误；物块先后经过AB、BC、CD所用时间满足tAB>tBC>tCD，根据v=知，当t越小时物块的平均速度越接近轮轴边缘的线速度，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.P、Q的线速度相同 B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C.P点的线速度大小约为1.6 m/s D.摇把的转速约为400 r/min √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v=ωr=2πnr=2×π×× m/s=0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 从动轮边缘的线速度vc=ω·rc=2×π××0.02 m/s=π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz=vc，所以主动轮的转速nz=== r/s=25 r/min，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.如图所示，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盘上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转动的线速度大小相同，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，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 (　　) A.0.56 s B.0.28 s C.0.16 s D.0.07 s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:P做圆周运动的周期TP== s=0.14 s，Q做圆周运动的周期TQ== s=0.08 s，设Q在相邻两次接收到信号的时间内，P转动n1圈，Q转动n2圈，则n1TP=n2TQ，由于n1与n2 为正整数，则当n1=4、n2=7时，相邻两次接收到信号所用时间最短，最短时间tmin=0.14×4 s=0.56 s，A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(10分)如图所示，直径为0.5 m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度为 m/s，求： (1)地球仪转动的角速度和周期；(5分) 答案：(1)π rad/s　2 s　 解析: (1) B点做圆周运动的半径为RB=R·cos 60°=0.125 m， 且vB=ω·RB，得出角速度ω=π rad/s。 又由ω= ，得出地球仪转动的周期T=2 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)地球仪上A点的线速度。(5分) 答案： (2) m/s 解析: (2)A点的线速度为vA=ω·RA，得出vA= m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(16分)在我国南方山区有一种简易水轮机， 如图所示，从悬崖上流出的水可看作连续做平抛 运动的物体，水流轨迹与下边放置的轮子边沿相 切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力。当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同。设水的流出点比轮轴高h=5.6 m，轮子半径R=1 m。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点相对应的半径与水平线成37°。取g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)水流的初速度v0大小；(8分) 答案：(1)7.5 m/s 解析: (1)流出的水做平抛运动，设在空中运动的时间为t，在竖直方向有h-Rsin 37°=gt2，代入数据解得t=1 s， 由合速度与分速度的关系有tan 37°=， 解得v0=7.5 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少?(8分) 答案：(2)12.5 rad/s 解析: (2)设水与轮接触时的速度为v， 则有v==12.5 m/s， 设轮子转动的角速度为ω，由于水的末速度与轮子边缘的线速度相同，则有ω==12.5 rad/s。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $