第1节 匀速圆周运动快慢的描述
[核心素养·明目标]
核心素养
学习目标
物理观念
(1)知道什么是匀速圆周运动。(2)会用线速度、角速度、周期描述圆周运动。
科学思维
认识匀速圆周运动中线速度、角速度和周期之间的关系。
科学探究
能从生活中常见的圆周运动出发认识圆周运动，认识到对于同一问题可以从不同侧面进行研究。
科学态度与责任
会利用匀速圆周运动的角速度、线速度、周期、转速间的关系解决日常生活中的实际问题；能在合作中坚持自己的观点；能体会物理学技术应用对日常生活的影响。
知识点一 线速度和角速度
1．匀速圆周运动
在任意相等时间内通过的弧长都相等的圆周运动。
2．线速度
(1)定义：做匀速圆周运动的物体上某点通过的弧长s与所用时间t的比值。
(2)方向：总是沿圆周的切线方向。
(3)公式：v＝。单位：国际单位为m/s。
3．角速度
(1)定义：物理学中，将半径转过的角度φ与所用时间t之比称为匀速圆周运动的角速度。
(2)公式：ω＝。
(3)国际单位是弧度每秒，符号rad/s。
(4)匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。
匀速圆周运动的线速度方向时刻改变，是变速运动。
1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀速圆周运动速度的方向和半径垂直。
(√)
(2)线速度是位移与发生这段位移所用时间的比值。
(×)
(3)角速度是标量，没有方向。
(×)
知识点二 周期、频率和转速 线速度、角速度、周期的关系
1．周期、频率和转速
周期
周期性运动每重复一次所需要的时间，符号T，单位：s
频率
在一段时间内，运动重复的次数与这段时间之比，f＝，单位：Hz
转速
一段时间内转过的圈数与这段时间之比，符号n，单位：r/min或r/s
2.线速度、角速度、周期的关系
(1)线速度和角速度的关系：v＝rω。
(2)线速度和周期的关系：v＝。
(3)角速度和周期的关系：ω＝。
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，那么篮球上不同高度的各点的角速度相同吗？线速度相同吗？
提示：篮球上各点的角速度是相同的。但由于不同高度的各点转动时的圆心、半径不同，由v＝ωr可知不同高度的各点的线速度不同。
2：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀速圆周运动的周期相同，角速度大小及转速都相同。
(√)
(2)匀速圆周运动的物体周期越长，转动得越快。
(×)
(3)做匀速圆周运动的物体在角速度不变的情况下，线速度与半径成正比。
(√)
考点1 描述圆周运动的各物理量的关系
如图所示是一个玩具陀螺，a、b、c是陀螺上的三个点；当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时：
(1)a、b、c三点角速度和周期各有什么关系？
(2)a、b、c三点做圆周运动的线速度有什么关系？
提示：(1)ωa＝ωb＝ωc，Ta＝Tb＝Tc。
(2)va＝vc＞vb。
1．描述圆周运动的各物理量间的关系
2．v、ω及r间的关系
(1)由v＝ωr知，r一定时，v∝ω；ω一定时，v∝r。v与ω、r间的关系如图甲、乙所示。
甲 乙
(2)由ω＝知，v一定时，ω∝，ω与r间的关系如图甲、乙所示。
甲 乙
【典例1】 (多选)质点做匀速圆周运动，则( )
A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等
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
思路点拨：(1)匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等即路程相等，但位移不同。
(2)匀速圆周运动的角速度相同。
BD [如图所示，由于线速度大小不变，根据线速度的定义Δs＝v·Δt，所以相等时间内通过的路程相等，B正确；但位移sAB、sBC大小相等，方向并不相同，平均速度不同，A、C错误；由角速度的定义ω＝知Δt相同，Δφ＝ωΔt相同，D正确。]
(1)圆周运动一定是变速运动。因为速度是矢量，只要方向改变就说明速度发生了改变，而圆周运动的速度方向是时刻改变的，所以圆周运动一定是变速运动。
(2)线速度描述圆周运动质点通过弧长的快慢程度，匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻变化。
(3)角速度描述质点转过角度的快慢程度，匀速圆周运动的角速度恒定不变。
1．甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，甲、乙通过的路程之比是3∶2，运动方向改变的角度之比是4∶3，则关于甲、乙两快艇的说法中正确的是( )
A．线速度的大小之比为2∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．周期之比为3∶4
D [根据v＝可知，线速度大小之比等于两快艇在相同时间内通过的路程之比，为3∶2，故A错误；运动方向改变量为其对应的圆心角，根据ω＝可知，角速度之比等于相同时间内转过的角度之比，为4∶3，故B错误；根据T＝可知，周期之比等于角速度的反比，为3∶4，故D正确；根据v＝rω可得r＝，则＝×＝，故C错误。]
考点2 三种常见传动装置
“旋转木马”是小朋友们非常喜欢的娱乐项目，两位小朋友随着旋转木马一起绕轴转动，其中甲在外侧，乙在内侧，甲小朋友认为自己转一圈比乙转一圈走过的路程长，所以比乙转得快，乙小朋友认为自己转一圈时，甲也转一圈，所以自己与甲转得一样快，那么这两位小朋友谁转得更快一些呢？
提示：两位小朋友说的都有道理。甲、乙两人属于同轴转动，角速度相等，半径大的线速度大，所以甲的线速度大，甲和乙的角速度一样大。
1．同轴转动
同轴转动：各点绕同一轴转动
图示
相同量
角速度：ωA＝ωB周期：TA＝TB
不同量
线速度：＝
2．齿轮传动
齿轮传动：两齿轮啮合传动
图示
相同量
边缘点线速度的大小：vA＝vB
A、B为两齿轮边缘点
不同量
角速度：＝周期：＝
3．皮带传动
皮带传动：两轮边缘或皮带上各点
图示
相同量
边缘点线速度的大小：vA＝vB
不同量
角速度：＝周期：＝
【典例2】 如图所示的皮带传动装置中，右边两轮固定在一起同轴转动，图中A、B、C三轮的半径关系为3rA＝2rC＝4rB，设皮带不打滑，求三轮边缘上的点A、B、C的线速度之比、角速度之比、周期之比。
思路点拨：解答本题时应注意以下两点：
(1)皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等。
(2)同轴转动的两轮上所有点的角速度相等。
[解析] 由题意可知，A、B两轮由皮带传动，皮带不打滑，故vA＝vB，B、C在同一轮轴上，同轴转动，故ωB＝ωC。由v＝ωr得vB∶vC＝rB∶rC＝2∶4＝1∶2，所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶2；由ω＝得ωA∶ωB＝rB∶rA＝3∶4，所以ωA∶ωB∶ωC＝3∶4∶4；由ω＝可知，周期与角速度成反比，即TA∶TB∶TC＝4∶3∶3。
[答案] vA∶vB∶vC＝1∶1∶2 ωA∶ωB∶ωC＝3∶4∶4 TA∶TB∶TC＝4∶3∶3
求解传动问题的方法
(1)绕同轴转动的点具有共同的角速度、转速、周期，各点线速度v＝rω，即v∝r。
(2)皮带传动，边缘各点具有大小相等的线速度，而角速度ω＝，即ω∝。
(3)齿轮传动与皮带传动具有共同的特点。
2．(角度一)如图所示，风力发电机叶片上有a和b两点，在叶片转动时，a、b的角速度分别为ωa、ωb，线速度大小为va、vb，则( )
A．ωa＜ωb，va＝vb
B．ωa＞ωb，va＝vb
C．ωa＝ωb，va＜vb
D．ωa＝ωb，va＞vb
D [由于a、b两点属于同轴转动，故它们的角速度相等，即ωa＝ωb，由公式v＝ωr且由题图可知，ra＞rb，所以va＞vb，故D正确。]
3．(角度二)如图所示，A、B两个齿轮的齿数分别是z1、z2，各自固定在过O1、O2的轴上。其中过O1的轴与电动机相连接，此轴转速为n1，求：
(1)A、B两齿轮的半径r1、r2之比；
(2)B齿轮的转速n2。
[解析] (1)在齿轮传动装置中，各齿轮在相同时间内转过的“齿”是相同的，齿轮的齿数与周长成正比，
故r1∶r2＝z1∶z2。
(2)在齿轮传动进行时，每个啮合的齿轮边缘处线速度大小相等，因此齿轮传动满足齿轮转速与齿数成反比，
即＝，所以n2＝。
[答案] (1)z1∶z2 (2)
考点3 匀速圆周运动的多解问题
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，必须把各种可能都考虑进去，一般t＝nT(T为运动周期，n为运动圈数)。
【典例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，求小球的初速度和圆盘转动的角速度ω。
[解析] 小球做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，则运动时间t＝。又因为水平位移为R，所以小球的初速度v＝＝R·。在时间t内圆盘转过的角度θ＝n·2π(n＝1，2，3…)，其中n为圆盘转动的圈数，又因为θ＝ωt，则圆盘角速度ω＝＝2nπ(n＝1，2，3…)。
[答案] R· 2nπ(n＝1，2，3…)
匀速圆周运动多解问题
(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。
4.如图所示，一位同学玩飞镖游戏，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，圆盘绕垂直圆盘过圆心O的水平轴匀速运动，角速度为ω。若飞镖恰好击中A点，则下列关系式正确的是( )
A．dv＝L2g
B．ωL＝π(1＋2n)v0(n＝0，1，2，3…)
C．v0＝ω
D．dω2＝gπ2(1＋2n)2(n＝0，1，2，3…)
B [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…)，dv＝gL2，A、D错误。]
1．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法中正确的是( )
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的运动半径一定小
D．角速度大的周期一定小
D [由v＝ωr知，r一定时，v与ω成正比；v一定时，ω与r成反比，故A、C错误；由v＝知，r一定时，v越大，T越小，故B错误；由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确。]
2.(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>rQO，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
BD [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。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。]
3.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．ω
C．ω
D．9ω
D [手轮圈和大车轮的转动角速度相等，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相等，若小车轮的半径是r，则有v＝ω·9r＝ω′·r，小车轮的角速度为ω′＝9ω，选项D正确。]
4.(新情境题，以收割机拨禾轮转动为背景，考查线速度、角速度和转速的关系)收割机拨禾轮上面通常装4个到6个压板，如图所示，拨禾轮一边旋转，一边随收割机前进，压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切断器，另一方面把切下来的农作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于农作物的速度方向与收割机前进方向相反。
问题：已知收割机前进速率为1.2
m/s，拨禾轮直径为1.5
m，转速为22
r/min，则压板运动到最低点挤压农作物的速率为多大？
[解析] 设压板转到最低点时端点的速度为v1，
则v1＝2πnr＝2×3.14××
m/s≈1.73
m/s，
由于拨禾轮是在收割机上，而收割机的前进速度为v2，
所以拨禾轮上的压板在最低点挤压农作物的速率为v＝v1－v2＝(1.73－1.2)m/s＝0.53
m/s，方向向右。
[答案] 0.53
m/s
回归本节知识，自我完成以下问题：
(1)线速度是如何定义的？请写出其定义式。
提示：物体通过的弧长与对应时间的比值为线速度，定义式：v＝。
(2)角速度是如何定义的？其与线速度间存在怎样的关系？
提示：半径转过的角度与对应时间的比值为角速度，角速度与线速度的关系：v＝ωr。
(3)周期是如何定义的？周期与频率存在怎样的关系？
提示：周期性运动重复一次所用的时间即为周期，周期与频率存在的关系：T＝。
11课后素养落实(九) 匀速圆周运动快慢的描述
(建议用时：40分钟)
?考点一 线速度和角速度
1．(2020·辽宁辽阳期中)一个小球被细线拴着在水平面内做匀速圆周运动，其运动半径为2
m，角速度为1
rad/s，则( )
A．小球的线速度大小为1.5
m/s
B．小球在3
s时间内通过的路程为4.5
m
C．小球做圆周运动的周期为6.28
s
D．以上说法都不正确
C [根据匀速圆周运动中线速度与角速度的关系得小球的线速度大小v＝ωr＝1×2
m/s＝2
m/s，故A错误；小球在3
s时间内通过的路程为s＝vt＝2×3
m＝6
m，故B错误；根据周期与角速度的关系得小球做圆周运动的周期为T＝＝6.28
s，故C正确，D错误。]
2.如图所示，如果把钟表上时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( )
A．
min
B．
min
C．
min
D．1
min
B [分针与秒针的角速度分别为ω分＝
rad/s，ω秒＝
rad/s。φ分＝ω分Δt，φ秒＝ω秒Δt，φ秒－φ分＝2π，解得两次重合的时间间隔Δt＝＝
s＝
s＝
min，故B正确。]
?考点二 周期、频率、转速、线速度、角速度、周期的关系
3．关于匀速圆周运动的线速度v、角速度ω和半径r，下列说法正确的是( )
A．若r一定，则v与ω成正比
B．若r一定，则v与ω成反比
C．若ω一定，则v与r成反比
D．若v一定，则ω与r成正比
A [根据v＝ωr知，若r一定，则v与ω成正比；若ω一定，则v与r成正比；若v一定，则ω与r成反比。故只有选项A正确。]
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
B [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。]
5.(多选)如图所示为一个绕中心线OO′以角速度ω转动的球，下列说法正确的是( )
A．A、B两点的角速度大小相等
B．A、B两点的线速度大小相等
C．若θ＝30°，则vA∶vB＝1∶2
D．若θ＝30°，则vA∶vB＝∶2
AD [共轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度大小相等，根据v＝ωr可知，由于两点的半径不同，故两点的线速度的大小不同，故A正确，B错误；设球的半径为R，若θ＝30°，则A点的转动半径为RA＝R
cos
30°＝R，B点的转动半径为RB＝R，根据v＝ωr，则＝＝，故C错误，D正确。]
6.(多选)如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r的地方，它们都随圆盘一起运动。比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )
A．两木块的线速度相等
B．两木块的角速度相等
C．M的线速度是N的线速度的3倍
D．M的角速度是N的角速度的3倍
BC [由传动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ωr知，因rN＝r，rM＝r，故木块M的线速度是木块N的3倍，选项B、C正确。]
7．(湖南衡阳一中2020高一下入学考试)如图所示是一辆共享单车，A、B、C三点分别为单车轮胎和前后两齿轮外沿上的点，其中RA＝3RB＝9RC，下列说法中正确的是( )
A．ωB＝ωC
B．vC＝vA
C．ωA＝3ωB
D．vA＝3vB
C [前齿轮和后齿轮是链条传动，链条传动的特点是两齿轮与链条接触点的线速度的大小与链条的线速度大小相同，故vB＝vC，根据v＝ωR，得3ωB＝ωC，故A错误；由于A点和C点同轴，故两点的角速度相同，根据v＝ωR，得vA＝9vC，故B错误；因ωA＝ωC，3ωB＝ωC，故ωA＝3ωB，故C正确；因vA＝9vC，vB＝vC，故vA＝9vB，故D错误。]
8.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图是某一变速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．该车可变换两种不同挡位
B．该车可变换五种不同挡位
C.当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4
D.当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1
C [由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即＝，选项C正确。]
9．(2020·陕西咸阳高一下月考)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。
[解析] (1)依据线速度的定义式可得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。
[答案] (1)10
m/s (2)0.5
rad/s (3)4π
s
10．无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”。如图所示为一种“滚轮—平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，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＝n1
B．n1＝n2
C．n2＝n1
D．n2＝n1
A [由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1＝v2，由此可得x·2πn1＝r·2πn2，所以n2＝n1，选项A正确。]
11．某品牌电动自行车的铭牌参数如下：
车型：20英寸(车轮直径：508
mm)
电池规格：36
V12
A·h(蓄电池)
整车质量：40
kg
额定转速：210
r/min
外形尺寸：1
800
mm×650
mm×1
100
mm
充电时间：2～8
h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机
额定工作电压/电流：36
V/5
A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定速度约为( )
A．15
km/h
B．18
km/h
C．20
km/h
D．25
km/h
C [由题意可知车轮半径为R＝254
mm＝0.254
m，车轮额定转速为n＝210
r/min＝
r/s＝
r/s，车轮转动的角速度ω＝2nπ，则车轮轮缘上的点的线速度为v＝ωR＝2nπR＝2××3.14×0.254×3.6
km/h≈20
km/h，故C正确。]
12.(2020·四川内江市中区高一下月考)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成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°角。取g＝10
m/s2，求：
(1)水流的初速度v0大小；
(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？
[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－R
sin
θ＝gt2，
代入数据解得t＝1
s，
由合速度与分速度的关系有tan
θ＝，
解得v0＝7.5
m/s。
(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。
[答案] (1)7.5
m/s (2)12.5
rad/s
13.利用如图所示的装置可测量子弹的速度，其中薄壁圆筒半径为R，圆筒上的a、b两点是一条直径上的两个端点(图中OO′为圆筒轴线)。圆筒以速度v竖直向下匀速运动。若某时刻子弹沿图示平面正好水平射入a点，且恰能经b点穿出。(子弹穿过圆筒时速度不变)
(1)若圆筒匀速下落时不转动，求子弹射入a点时速度的大小；
(2)若圆筒匀速下落的同时绕OO′匀速转动，求圆筒转动的角速度满足的条件。
[解析] (1)子弹在圆筒内做平抛运动，在水平方向有2R＝v0t，
在竖直方向有vt＝gt2，代入解得v0＝。
(2)当圆筒转动n(n为整数)圈时，子弹恰好从a点射入且经b点穿出，设圆筒匀速转动的角速度为ω，
则θ＝2πn＝ωt，
而vt＝gt2，所以t＝，得ω＝(n＝1，2，3…)。
[答案] (1) (2)ω＝(n＝1，2，3…)
1
