第一节 匀速圆周运动
学习任务 1．认识圆周运动、匀速圆周运动，知道线速度、角速度、周期、转速的概念。 2．能构建运动模型，掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系。 3．能自制实验，探究线速度与角速度的关系及各种传动之间的关系，提高动手实验能力。 4．观察生活中的圆周运动特点，体会物理规律应用的方法和意义。
知识点一 线速度
1．圆周运动的概念
如果质点的运动轨迹是圆，那么这一质点的运动就称为圆周运动。
2．匀速圆周运动的概念
(1)如果做圆周运动的质点线速度大小不随时间变化，这种运动称为匀速圆周运动。
(2)匀速圆周运动的速度方向时刻在变化。
3．线速度
(1)定义：在一段很短的时间Δt内，点A转过的弧长为Δl，则反映了点A沿圆周运动的快慢，称为线速度，用v表示。
(2)表达式：v＝或v＝，单位为米/秒，符号m/s。
(3)方向：线速度是矢量，既有大小，又有方向。圆周运动也是曲线运动，因此线速度的方向沿着圆周该点的切线方向。
(4)物理意义：当Δt足够小时，弧长Δl与质点的位移Δs近似相等，此时线速度v实际上就是直线运动中的瞬时速度。
匀速圆周运动是“匀速”运动吗？
提示：不是。
1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀速圆周运动是一种变速运动。 ( √ )
(2)做匀速圆周运动的物体，相等时间内通过的位移相同。 ( × )
(3)做匀速圆周运动的物体，其所受合力一定不为零。 ( √ )
知识点二 角速度
1．定义：如图所示，在一段很短的时间Δt内，半径OA转过的角度为Δθ，反映了质点绕圆心转动的快慢，称为角速度，用符号ω表示。
2．表达式：ω＝或ω＝。
3．国际单位：弧度每秒，符号是rad/s。
4．物理意义：角速度是描述质点绕圆心转动快慢的物理量。
5．周期：做匀速圆周运动的质点，运动一周所用的时间称为周期，用符号T表示，单位为秒(s)。
6．转速：物体转过的圈数与所用时间之比称为转速，用符号n表示。单位是转每秒，符号是r/s；或者转每分，符号是 r/min。
物体做匀速圆周运动时，角速度不变。
2：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)转速越大，周期一定越大。 ( × )
(2)在国际单位制中，角的度量单位为度。 ( × )
知识点三 线速度、角速度和周期间的关系
1．线速度大小与周期的关系
设某一质点沿半径为r的圆做匀速圆周运动，在一个周期T内，做匀速圆周运动的质点通过的弧长为2πr，转过的角度为2π，则关系式为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。
角速度ω大的质点，其线速度v不一定大。
3：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在半径一定时，线速度与角速度成正比。 ( √ )
(2)公式v＝ωr仅适用于匀速圆周运动。 ( × )
4：填空
甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们的线速度之比为_________。
[解析] 由题意知甲、乙两物体的角速度之比ω1∶ω2＝∶＝4∶3，故v1∶v2＝r1ω1∶r2ω2＝2∶3。
[答案] 2∶3
如图所示，月球绕地球运动，地球绕太阳运动，这两个运动都可看成是圆周运动，怎样比较这两个圆周运动的快慢？请看下面地球和月球的“对话”。
地球说：你怎么走得这么慢？我绕太阳运动1 s要走29.79 km，你绕我运动1 s才走1.02 km。
月球说：不能这样说吧！你一年才绕太阳转一圈，我27.3天就能绕你转一圈，到底谁转得慢？
请问：地球说得对，还是月球说得对？
提示：地球和月球说的均是片面的，它们选择描述匀速圆周运动快慢的标准不同。严格来说地球绕太阳运动的线速度比月球绕地球运动的线速度大，而月球绕地球运动的角速度比地球绕太阳运动的角速度大。
考点1 描述圆周运动的物理量
1．描述圆周运动的各物理量之间的关系
2．描述圆周运动的各物理量之间关系的分析技巧
(1)角速度、周期、转速之间关系的分析：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，其余两个物理量也就确定了。
(2)线速度与角速度之间关系的分析：由v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r。
在讨论v、ω、r三者的关系时，应采用控制变量法，先保持其中一个量不变，再讨论另外两个量之间的关系。ω、T和n三个物理量可相互换算，只要其中一个量确定，其余两个量也就确定了。
角度1 描述圆周运动的物理量
【典例1】 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
角度2 描述圆周运动的物理量间的关系
【典例2】 火车以60 m/s的速率驶过一段圆弧弯道，某乘客发现放在水平桌面上的指南针在10 s内匀速转过了10°。在此10 s时间内，火车( )
A．运动位移为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
D [由Δs＝vΔt知，弧长Δs＝600 m，是路程而不是位移，A错误；火车在弯道内做曲线运动，加速度不为零，B错误；由10 s内匀速转过10°知，角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，C错误；由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，D正确。]
各物理量关系的三点注意
(1)v、ω、r间的关系为瞬时对应关系。
(2)讨论v、ω、r三者关系时，先确保一个量不变，再确定另外两个量间的正、反比关系。
(3)关系式v＝ωr适用于所有的圆周运动；关系式T＝适用于所有具有周期性运动的情况。
[跟进训练]
1．(角度1)(多选)甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步。在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度分别为ω1、ω2，线速度大小分别为v1、v2，频率分别为f1、f2，则( )
A．ω1＞ω2，f1＞f2 B．ω1＝ω2，f1＝f2
C．ω1＝ω2，v1＜v2 D．ω1＜ω2，v1＞v2
BC [由题意知，甲、乙两人跑步的周期T相同，由f＝知，甲、乙两人跑步的频率相同，即f1＝f2；由ω＝知，甲、乙两人的角速度相同，即ω1＝ω2；由v＝知，v1＜v2。B、C正确。]
2．(角度2)嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作的“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径约20 cm的蛋糕，在蛋糕边缘上每隔4 s“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油，则下列说法正确的是( )
A．圆盘转动的转速约为2π r/min
B．圆盘转动的角速度大小约为 rad/s
C．蛋糕边缘的奶油的线速度大小约为 m/s
D．圆盘转动的频率约为 Hz
B [由题意可知，圆盘转一周所需的时间为15×4 s＝60 s，因此周期为60 s，转速为1 r/min，A错误；由角速度与周期的关系可得ω＝＝ rad/s＝ rad/s，B正确；蛋糕边缘的奶油的线速度大小为v＝ωr＝ m/s，C错误；根据周期和频率的关系可得圆盘转动的频率为f＝＝ Hz，D错误。]
考点2 常见三种传动方式
1．三种传动装置
项目 同轴传动 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，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(两齿轮的齿数分别为n1、n2)
特点 角速度、周期相同 线速度大小相同 线速度大小相同
转动方向 相同 相同 相反
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：＝＝
2．求解传动问题的思路
(1)分清传动特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。
(2)确定半径关系：根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题意确定半径关系。
(3)择式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝分析，若角速度大小相等，则根据v∝r分析。
【典例3】 如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起同轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA＝＝2rB。若皮带不打滑，求A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的角速度之比和线速度之比。
[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，即va＝vb或va∶vb＝1∶1 ①
由v＝ωr得ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2 ②
B、C两轮固定在一起同轴转动，则B、C两轮的角速度相等，即ωb＝ωc或ωb∶ωc＝1∶1 ③
由v＝ωr得vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2 ④
由②③得ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2
由①④得va∶vb∶vc＝1∶1∶2。
[答案] 1∶2∶2 1∶1∶2
[母题变式]
上例中，若C轮的转速为n r/s，其他条件不变，则A轮边缘的线速度和角速度各为多大？
[解析] 由ω＝2πn，vb＝ωrB
得va＝vb＝2πnrB
ωa＝＝＝πn。
[答案] 2πnrB πn
传动装置的特点
在处理传动装置中各物理量间的关系时，关键是确定其相同的量。
(1)同轴传动的物体上各点的角速度、转速和周期相等，但在同一轮上半径不同的各点线速度不同。
(2)皮带传动(皮带不打滑)中与皮带接触的两轮边缘上各点(或咬合的齿轮边缘的各点)的线速度大小相同，角速度与半径有关。
[跟进训练]
3．如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮。A是主动轮，B是从动轮，它们的半径RA＝2RB，a和b两点在各轮的边缘，c和d在各轮半径的中点，下列判断正确的是( )
A．va＝2vb B．ωa＝2ωc
C．ωd＝ωc D．vb＝2vc
D [由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相同，所以va＝vb，故A错误；a、c两点同轴转动，角速度相等，所以ωa＝ωc，故B错误；根据v＝ωR可得，ωaRA＝ωbRB，则ωa∶ωb＝RB∶RA＝1∶2，即ωb＝2ωa，a、c两点角速度相等，b、d两点角速度相等，所以ωd＝2ωc，故C错误；由于ωa＝ωc，Ra＝2Rc，故va∶vc＝2∶1，即va＝2vc，又va＝vb，所以vb＝2vc，故D正确。]
考点3 圆周运动的周期性和多解问题
1．问题特点
(1)研究对象：匀速圆周运动的多解问题含有两个做不同运动的物体。
(2)运动特点：一个物体做匀速圆周运动，另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动，匀速直线运动等)。
(3)运动的关系：由于两物体运动的时间相等，根据等时性建立等式求解待求物理量。
2．分析技巧
(1)抓住联系点：明确题中两个物体的运动性质，抓住两运动的联系点。
(2)先特殊后一般：先考虑第一个周期的情况，再根据运动的周期性，考虑多个周期的情况。
【典例4】 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的水平轴匀速转动，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．＝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，…)
思路点拨：圆周运动是一种周期性运动，每经过一个周期物体都会回到原来的位置，本题中飞镖恰好击中A点说明在飞镖做平抛运动的这段时间内圆盘应转过的弧度为(2n＋1)π(n＝0，1，2，3，…)。飞镖的水平位移为L，竖直位移为d，根据圆周运动和平抛运动的相关知识求解。
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＝(n＝0，1，2，3，…)，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＝＝L2g，A、D错误。]
解决圆周运动多解性问题的方法
(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，先确定一个周期的情况，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。
[跟进训练]
4．(多选)如图所示，夜晚电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪45次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120°角。当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速可能是( )
A．600 r/min B．900 r/min
C．1 200 r/min D．1 800 r/min
BD [闪光灯的闪光周期T＝ s，在一个周期T内，扇叶转动的角度应为120°的整数倍，即圈的整数倍，所以最小转速nmin＝＝15 r/s＝900 r/min，可能满足题意的转速为n＝knmin＝900k r/min (k＝1，2，3…)，故选项B、D正确，A、C错误。]
1．(多选)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．匀速圆周运动是变速运动
B．匀速圆周运动的速率不变
C．任意相等时间内通过的位移相等
D．任意相等时间内通过的路程相等
ABD [由匀速圆周运动的定义知，做匀速圆周运动的物体速度的大小不变，也就是速率不变，但速度方向时刻改变，故A、B两项正确；做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的弧长即路程相等，但通过的位移不一定相等，故D项正确，C项错误。]
2．某时钟走时准确，秒针和分针在某时刻重合，当它们再次重合时距第一次重合的时间间隔为( )
A． min B．1 min
C． min D． h
A [分针的周期T1＝1 h＝3 600 s，秒针的周期T2＝1 min＝60 s，两者的周期比T1∶T2＝60∶1，分针与秒针第1次重合到第2次重合有ω分t＋2π＝ω秒t，即t＋2π＝t，得时间间隔t＝＝ s＝ min，故选A。]
3．(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．角速度大小之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．周期之比为2∶3∶3
AD [A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点的线速度大小相等，故va∶vb＝1∶1，根据公式v＝rω，有ωa∶ωb＝3∶2，根据ω＝2πn，有＝3∶2，根据T＝，有Ta∶Tb＝2∶3；B轮、C轮是同轴传动，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，根据v＝rω，有vb∶vc＝3∶2，根据ω＝2πn，有nb∶nc＝1∶1，根据T＝，有Tb∶Tc＝1∶1，联立可得＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，na∶nb∶nc＝∶Tc＝2∶3∶3。故A、D正确，B、C错误。]
4．(新情境题，以旋转筒为背景，考查运动的周期性)水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5 π rad/s，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m；如图所示，当圆孔正上方某高度h处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算求小球恰好落入圆筒小孔时，释放小球的高度h(空气阻力不计，g取10 m/s2)。
[解析] 设小球做自由落体运动下落h高度历时为t，
则h＝gt2
要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足：
2kπ＝ωt(k＝1，2，3…)
联立以上两式并代入数据，
解得释放小球的高度h为
h＝k2 m(k＝1，2，3…)。
[答案] h＝k2 m(k＝1，2，3…)
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．描述匀速圆周运动的物理量有哪些？
提示：线速度、角速度、周期、转速
2．线速度、角速度、周期和半径满足什么关系？
提示：v＝ω·r T＝＝
课时分层作业(四) 匀速圆周运动
?题组一 圆周运动及其物理量
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
[答案] BD
2．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A．因为v＝ωr，所以线速度大小v与轨道半径r成正比
B．因为ω＝，所以角速度ω与轨道半径r成反比
C．因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比
D．因为ω＝，所以角速度ω与周期T成反比
CD [当ω一定时，线速度v大小才与轨道半径r成正比，所以A错误；当v一定时，角速度ω才与轨道半径r成反比，所以B错误；在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比，所以C、D正确。]
3．把某一机械手表的分针与时针上的点看成是匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍，则( )
A．分针与时针的周期之比为1∶60
B．分针与时针的角速度之比为12∶1
C．分针与时针末端的线速度之比为8∶1
D．分针与时针的频率之比为1∶12
B [分针的周期为T分＝1 h，时针的周期为T时＝12 h，则分针与时针的周期之比为T分∶T时＝1∶12，由ω＝可知，分针与时针的角速度之比为ω分∶ω时＝12∶1，由f＝可知，分针与时针的频率之比为f分∶f时＝12∶1，A、D错误，B正确；由v＝ωr得，分针与时针末端的线速度之比为v分∶v时＝ω分r分∶ω时r时＝18∶1，C错误。]
?题组二 常见三种传动方式
4．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中，a、b两点( )
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．周期大小不同
D．转速大小不同
A [同轴转动，角速度大小相等，周期、转速都相等，选项A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，选项B错误。]
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>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。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可知，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。]
6．(多选)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．该车可变换四种不同挡位
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
BC [A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮通过链条分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换4种挡位，故A错误，B正确；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A轮转一圈，D转4圈，即＝，故C正确，D错误。]
7．图甲是一款感应垃圾桶。手或垃圾靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖在打开的过程中，其边上A、B两点的角速度分别为ωA、ωB，线速度分别为vA、vB，则( )
A．ωA＞ωB B．ωA＜ωB
C．vA＞vB D．vA＜vB
D [桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度相等，即ωA＝ωB；根据v＝ωr，又有rB>rA，则vB>vA，故A、B、C错误，D正确。]
?题组三 圆周运动的周期性和多解问题
8．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2 m，轴杆的转速为3 600 r/min，子弹穿过两盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔所在半径的夹角θ＝30°，如图所示。则该子弹的速度可能是( )
A．360 m/s B．720 m/s
C．1 440 m/s D．108 m/s
C [子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度θ＝2πn＋(n＝0，1，2，…)，B盘转动的角速度ω＝＝2πf＝2πn＝2π× rad/s＝120π rad/s，子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间，即＝，所以v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，n＝0时，v＝1 440 m/s；n＝1时，v≈110.77 m/s；n＝2时，v＝57.6 m/s，C正确。]
9．如图所示，B物体放在光滑的水平地面上，在水平力F的作用下由静止开始运动，B物体的质量为m，同时A物体在竖直面内由M点开始做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动。求满足使A、B速度相同的力F的取值。
[解析] 速度相同即大小、方向相同，B为水平向右，A一定要在最低点才能保证速度水平向右。由题意可知，当A从M点运动到最低点时
t＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，线速度v＝ωr
对于B(初速度为0)
v＝at＝＝
解得F＝(n＝0，1，2，…)。
[答案] F＝(n＝0，1，2，…)第二节 向心力与向心加速度
第1课时 向心力
学习任务 1．了解向心力的概念，知道向心力是根据力的作用效果命名的。 2．通过实验探究影响向心力大小的因素，掌握拓展实验的探究方法，提高动手实验的能力。 3．掌握向心力公式，并能分析向心力的来源，解决相关问题。 4．从实际问题中体会向心力的应用，指导生活生产实际，培养学以致用的科学精神。
知识点 感受向心力及向心力的公式
1．定义：
大量实验表明，物体做匀速圆周运动时所受合外力的方向始终指向轨迹的圆心，这个指向圆心的合外力称为向心力。
2．方向：
向心力的方向始终指向圆心，总是与线速度方向垂直。
3．公式：
F＝mω2r或者F＝。
4．效果力：
向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以由不同性质的力如弹力、重力、摩擦力等提供，也可以由某一力的分力或某些力的合力提供。
向心力是和重力、弹力、摩擦力一样的力吗？
提示：不一样，向心力是效果力。
思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)做匀速圆周运动的物体所受的向心力是恒力。 ( × )
(2)向心力和重力、弹力一样，是性质力。 ( × )
(3)向心力可以由重力或弹力等来充当，是效果力。 ( √ )
飞机在空中水平面内做匀速圆周运动；在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。
(1)飞机和小球在运动过程中受到哪些力的作用？
(2)飞机受力的合力方向及作用效果是什么？
提示：(1)飞机受到重力和升力的作用；小球受到重力和支持力的作用。
(2)这些力的合力指向圆周运动的圆心，充当向心力，改变速度的方向。
考点1 对向心力的理解
1．向心力的特点
由于向心力的方向与物体运动方向始终垂直，故向心力是变力。其作用不改变线速度的大小，只改变线速度的方向。
2．向心力的来源分析
在匀速圆周运动中，由合力提供向心力。在非匀速圆周运动中，物体合力不是始终指向圆心，沿半径方向的合力指向圆心，提供向心力。
3．向心力来源的实例分析
向心力来源 实例分析
重力提供向心力 如图所示，用细绳拴住小球，使小球在竖直面内转动，当它经过最高点时，若细绳的拉力恰好为零，则此时向心力由小球所受的重力提供
弹力提供 向心力 如图所示，绳子的一端系在光滑水平桌面上的O点，另一端系一小球，使小球在桌面上做匀速圆周运动，则小球做匀速圆周运动的向心力由绳子的拉力(弹力)提供
摩擦力提 供向心力 如图所示，木块随圆盘一起做匀速圆周运动，其所需的向心力由静摩擦力提供。木块相对圆盘的运动趋势的方向沿半径背离圆心，静摩擦力的方向与相对运动趋势的方向相反。但是，当圆盘光滑(无摩擦力)时，木块将沿切线方向飞出，说明木块相对于地面的运动趋势的方向沿切线方向，而相对于圆盘的运动趋势的方向沿半径向外
合力提供 向心力 如图所示，细线拉住小球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球经过最低点时，向心力由细线的拉力和小球重力的合力提供
分力提供 向心力 如图所示，小球在细线作用下，在水平面内做圆周运动时，向心力由细线的拉力在水平方向的分力提供
【典例1】 如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直。当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是( )
A．当转盘匀速转动时，P所受摩擦力方向为c
B．当转盘匀速转动时，P不受转盘的摩擦力
C．当转盘加速转动时，P所受摩擦力方向可能为a
D．当转盘减速转动时，P所受摩擦力方向可能为b
A [转盘匀速转动时，物块P所受的重力和支持力平衡，摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，故摩擦力方向为c，A项正确，B项错误；当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，故摩擦力可能沿b方向，不可能沿a方向，C项错误；当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有与a方向相反的切向力，使线速度大小减小，故摩擦力可能沿d方向，不可能沿b方向，D项错误。]
分析向心力来源的注意点
(1)向心力可能是物体受到的某一个力，也可能是某一个力的分力或某几个力的合力。
(2)物体做匀速圆周运动时，合力一定是向心力，方向指向圆心，只改变速度的方向。
(3)物体做变速圆周运动时，合力方向与速度方向一定不垂直，合力沿半径方向的分力充当向心力，改变速度的方向；合力沿平行轨道切线方向的分力改变速度的大小。
(4)物体做变速圆周运动，当速率增大时，物体受到的合力与速度方向的夹角为锐角；当速率减小时，物体受到的合力与速度方向的夹角为钝角。
[跟进训练]
1．(多选)如图所示为游乐园中的“空中飞椅”设施，游客乘坐飞椅从启动，匀速旋转，再到逐渐停止运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．游客和飞椅的向心力等于连接飞椅的绳子的拉力
B．游客所受的合力可能大于游客的向心力
C．当游客做匀速圆周运动时，其所受合力的方向总是与速度方向垂直
D．当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合力的方向一定与速度方向相反
BC [游客和飞椅的向心力由绳子的拉力在指向圆心方向的分力提供，向心力不等于绳子的拉力，故A错；在启动过程中，合力一部分提供向心力，一部分提供切向加速度使游客和飞椅加速，该过程中游客所受的合力大于游客的向心力，故B对；当游客做匀速圆周运动时，游客所受的合力完全提供向心力，只改变速度方向，不改变速度大小，即所受合力的方向总是与速度方向垂直，故C对；当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合力的方向与速度方向成钝角，切线方向的分力产生切向加速度，使游客的速率减小，故D错。]
考点2 实验：探究影响向心力大小的因素
1．实验原理与设计
(1)实验的基本思想——控制变量法。
在物理实验中，根据实验需求，要注意使实验过程中的不同变量保持不变。
(2)设计思路。
a．若要讨论向心力与质量的关系，应控制半径、角速度不变。
b．若要讨论向心力与半径的关系，应控制质量、角速度不变。
c．若要讨论向心力与角速度的关系，应控制质量、半径不变。
2．实验器材
向心力演示器、天平、质量不等的若干小球等。
3．实验步骤
向心力演示器如图所示，匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，根据标尺8上露出的红白相间等分格，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。其实验步骤如下：
(1)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动半径和转动角速度相同时，探究向心力与小球质量的关系。
(2)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动角速度和质量相同时，探究向心力与转动半径的关系。
(3)皮带套在塔轮2、3半径不同的圆盘上，小球质量和转动半径相同时，探究向心力与角速度的关系。
4．数据收集与分析
(1)列F、m数据收集表格。
把不同质量的小球放在长槽和短槽内，确保小球的转动半径和角速度相同，把小球的向心力和质量填在下表中：
实验序号 1 2 3 4 5
质量m/kg
向心力F/N
(2)作F-m图像。
以F为纵坐标、m为横坐标，根据数据作F-m图像，用曲线拟合测量点，找出规律，分析F与m的关系。
(3)列F、r数据收集表格。
把相同质量的小球分别放在长槽和短槽内，确保小球的质量和角速度相同，把小球的向心力和转动半径填在下表中：
实验序号 1 2 3 4 5
半径r/m
向心力F/N
(4)作F-r图像。
以F为纵坐标、r为横坐标，根据数据作F-r图像，用曲线拟合测量点，找出规律，分析F与r的关系。
(5)列F、ω数据收集表格。
把相同质量的小球分别放在长槽和短槽内，确保小球的质量和转动半径相等，把小球的向心力和角速度以及角速度的二次方填在下表中：
实验序号 1 2 3 4 5
角速度ω/rad
角速度的二次方ω2/rad2
向心力F/N
(6)作F-ω2图像。
以F为纵坐标、ω2为横坐标，根据数据作图像，用曲线拟合测量点，找出规律，分析F与ω2的关系。
5．实验结论
(1)在半径和角速度相同时，向心力与质量成正比。
(2)在质量和角速度相同时，向心力与转动半径成正比。
(3)在转动半径和质量相同时，向心力与角速度的二次方成正比。
通过归纳和推导，可得向心力的表达式：
Fn＝mrω2＝m＝mωv＝mr。
6．注意事项
(1)实验前要做好横臂支架的安全检查，螺钉是否有松动。
(2)标尺格数比应选择最小格数进行，使学生容易看清格数比。如：F1∶F2＝1∶4，可以选择2格和8格，但最好使用1格和4格。
(3)转动转台时，应先让一个套筒的标尺达到预定的整数格，然后观察另一个套筒的标尺。
(4)实验时，转速应从慢到快。
【典例2】 如图是探究影响向心力大小的因素的实验装置。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。
(1)该实验应用_________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(2)探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板_________(选填“A”或“B”)和挡板C处。
[解析] (1)该实验应用控制变量法来探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(2)探究向心力的大小与角速度的关系时，应控制两球的质量及两球做圆周运动的轨道半径相等，即应选择两个质量相同的球，分别放在挡板A与挡板C处，同时选择半径不同的两个轮盘。
[答案] (1)控制变量法 (2)A
[跟进训练]
2．如图所示，图甲为“利用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为其俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动时，
(1)两槽转动的角速度ωA_________ωB(选填“＞”“＝”或“＜”)。
(2)现有两个质量相同的钢球，球1放在A槽的横臂挡板处，球2放在B槽的横臂挡板处，它们到各自转轴的距离之比为2∶1，则钢球1、2的线速度之比为_________；当钢球1、2各自对应的标尺露出的格数之比为_________时，向心力公式F＝mω2r得到验证。
[解析] (1)因a、b两轮通过皮带相连，且a、b两轮半径相同，故两轮角速度相同；而A、B槽分别与a、b轮同轴固定，故两槽的角速度分别与两轮的角速度相等，综上可知两槽转动的角速度相等，即ωA＝ωB。
(2)钢球1、2的角速度相同，做匀速圆周运动的半径之比为2∶1，根据v＝ωr可知，钢球1、2的线速度之比为2∶1，根据向心力公式F＝mω2r可知，钢球1、2受到的向心力之比为2∶1，则当它们各自对应的标尺露出的格数之比为2∶1时，向心力公式F＝mω2r得到验证。
[答案] (1)＝ (2)2∶1 2∶1
考点3 匀速圆周运动的动力学问题
1．指导思想
凡是做匀速圆周运动的物体一定需要向心力，而物体所受外力的合力提供向心力，这是处理该类问题的基础。
2．解题步骤
(1)明确研究对象(做圆周运动的物体)，确定其做匀速圆周运动的轨道平面。
(2)分析几何关系，目的是确定匀速圆周运动的圆心、轨道半径；分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度等相关量；分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源。
(3)列方程：沿半径方向合力满足Fx＝mrω2＝m＝，垂直半径方向合力满足Fy＝0。
(4)联立方程求出结果。
【典例3】 有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着质量为m的座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g，求：
(1)转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系；
(2)此时钢绳的拉力。
思路点拨：解此题可按以下思路。
―→―→―→
[解析] (1)转盘转动的角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ，则座椅到转轴的距离即座椅做圆周运动的半径为
R＝r＋Lsin θ ①
对座椅受力分析，如图所示。
根据几何关系可知Fn＝mg tan θ
由向心力的公式得mg tan θ＝mω2R ②
由①②得：ω＝。
(2)设钢绳的拉力为FT，由三角函数知
FT＝。
[答案] (1)ω＝ (2)
匀速圆周运动问题的求解方法
圆周运动问题仍属于一般的动力学问题，无非是两类基本问题：由物体的受力情况确定物体的运动情况，或者由物体的运动情况求解物体的受力情况。整体步骤仍与“用牛顿运动定律解决问题”一致。但是一定要确定圆周运动所在的平面以及圆心和半径。
[跟进训练]
3．如图所示，水平转盘上放有一个质量为m的小物体，小物体离转轴的距离为r，转轴与小物体间用一根刚好伸直的细线相连，小物体和转盘间的最大静摩擦力等于重力的μ倍，细线所能承受的最大拉力为3μmg。问：
(1)当转盘角速度为多少时，细线的拉力为零？
(2)若小物体始终相对转盘静止，转盘转动的最大角速度是多少？
[解析] (1)当物体仅由静摩擦力提供向心力时，最大的向心力为μmg，此时
μmg≥mω2r
解得ω≤。
(2)当拉力达到最大时，转盘有最大角速度ωmax，
μmg＋Fm＝
即：μmg＋3μmg＝
解得：ωmax＝＝2。
[答案] (1)ω≤ (2)2
考点4 变速圆周运动与一般曲线运动
1．变速圆周运动合力的作用效果
(1)跟圆周相切的分力Ft：产生切向加速度，此加速度改变线速度的大小。
(2)指向圆心的分力Fn：产生向心加速度，此加速度改变线速度的方向。
2．匀速圆周运动与变速圆周运动的比较
比较项 匀速圆周运动 变速圆周运动
线速度特点 线速度的方向不断改变、大小不变 线速度的大小、方向都不断改变
受力特点 合力方向一定指向圆心，充当向心力 合力可分解为与圆周相切的分力和指向圆心的分力，指向圆心的分力充当向心力
周期性 有 不一定有
性质 均是非匀变速曲线运动
公式 Fn＝m＝mω2r都适用
3．一般曲线运动
(1)运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动。
(2)处理方法：一般的曲线运动中，可以把曲线分割成许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。
【典例4】 一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示，曲线上的A点的曲率圆定义：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫作A点的曲率圆，其半径ρ叫作A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )
A． B．
C． D．
思路点拨：物体在轨迹最高点以某一曲率半径做圆周运动的向心力由重力提供，列出重力等于向心力的表达式进行求解。
C [斜抛出去的物体同时参与两个方向的运动：水平方向以速度vx＝v0cos α做匀速直线运动，竖直方向以初速度vy＝v0sin α做匀减速直线运动。到最高点时，竖直方向速度为零，其速度为vP＝v0cos α，且为水平方向。这时重力提供其做圆周运动的向心力，由mg＝m得ρ′＝，所以C正确，A、B、D错误。]
变速圆周运动问题的两点注意
(1)变速圆周运动中，某一点的向心力均可用Fn＝m、Fn＝mrω2公式求解，这些公式虽然是从匀速圆周运动中得出的，但在变速圆周运动中它们仍然适用，只不过应用时要注意Fn、ω、v必须是同一时刻的瞬时值。
(2)曲线运动中，质点在某一点的速度方向是曲线上这一点的切线方向，此点的曲率半径表示曲线在此处的弯曲程度。
[跟进训练]
4．如图所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则( )
A．物体的合力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力
D．物体的合力方向始终不与其运动方向垂直(最低点除外)
D [物体做加速曲线运动，合力不为零，A错误；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心(最低点除外)，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向的夹角始终为锐角，合力与速度不垂直，B、C错误，D正确。]
1．下列说法中正确的是( )
A．只要物体做圆周运动，它所受的合力一定指向圆心
B．做曲线运动的物体，受到的合力方向一定在不断改变
C．匀速圆周运动是匀速运动
D．向心力只改变做圆周运动的物体的速度方向，不改变速度的大小
D [只有做匀速圆周运动的物体所受合力才一定指向圆心，A错误；物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合力方向不一定变化，如平抛运动，B错误；匀速圆周运动速度大小不变，方向沿圆周的切线方向，时刻在变化，所以速度是变化的，是变速运动，C错误；向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小，D正确。]
2．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
B [本题考查圆周运动中的受力问题。该同学在荡秋千过程中的最低点，同学和踏板整体受到的重力和两根绳的拉力的合力提供同学和踏板做圆周运动的向心力，设每根绳子上平均承受的拉力大小为F，由牛顿第二定律得2F－mg＝m，解得F＝＝＝410 N，B正确，A、C、D错误。]
3．如图所示为改装的探究圆周运动向心力的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球球心到塑料圆盘的竖直高度h和小球做匀速圆周运动的半径R；
③当小球第1次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是_________。
A．小球运动的周期为
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、升高
(2)若已测出R＝40.00 cm、r＝4.00 cm、h＝90.00 cm、t＝100.00 s、n＝51，π取3.14，则小球做匀速圆周运动的周期T＝_________s，记录的当地重力加速度大小应为g＝_________m/s2(计算结果均保留三位有效数字)。
[解析] (1)小球从第1次通过A位置到第n次通过A位置，转动的圈数为n－1，所用时间为t，故周期T＝，A错误；小球的线速度大小v＝＝，B正确；小球受重力和拉力，二力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，则有Fn＝mg tan α＝，C错误；若电动机的转速增加，小球做匀速圆周运动所需的向心力增大，则细绳与竖直方向的夹角增大，故转动半径增大，小球球心到塑料圆盘的竖直高度减小，激光笔1、2应分别左移、升高，D正确。
(2)小球做圆周运动的周期T＝＝ s＝2.00 s；向心力Fn＝＝mR，解得g＝9.86 m/s2。
[答案] (1)BD (2)2.00 9.86
4．(新情境题，以体育运动为背景考查圆周运动规律)如图所示，双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动，观众有时会看到女运动员被男运动员拉着离开冰面在空中做水平方向的匀速圆周运动。若女运动员做圆锥摆运动时和竖直方向的夹角约为θ，女运动的质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，求：
(1)男运动员对女运动员的拉力大小。
(2)男运动员转动的角速度。
[解析] 设男运动员对女运动员的拉力大小为F，女运动员受力分析如图所示，则Fcos θ＝mg
Fsin θ＝mω2r
解得F＝
ω＝。
[答案] (1) (2)
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．向心力的特点是什么？
提示：向心力的方向始终指向圆心，向心力的作用效果用来改变速度的方向。
2．向心力一定是合外力吗？
提示：不一定，匀速圆周运动的向心力是合外力。
3．向心力的大小和哪些因素有关？
提示：与物体的质量、线速度、运动半径有关。
课时分层作业(五) 向心力
?题组一 对匀速圆周运动向心力的理解
1．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列判断正确的是( )
A．合力的大小不变，方向一定指向圆心
B．合力的大小不变，方向也不变
C．合力产生的效果既改变速度的方向，又改变速度的大小
D．合力产生的效果只改变速度的方向，不改变速度的大小
[答案] AD
2．如图所示，在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的图是( )
A B C D
[答案] C
3．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，合力等于向心力，根据F合＝Fn＝mr，联立可得Fn＝r 3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3，故选C。]
4．(多选)如图所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，提供运动中小球所需向心力的是 ( )
A．绳的拉力
B．重力和绳拉力的合力
C．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力
CD [如图所示，对小球进行受力分析，它受到重力和绳的拉力作用，向心力是指向圆心方向的合力。因此，它可以是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以是各力沿绳方向的分力的合力。故选项C、D正确。]
?题组二 实验：探究影响向心力大小的因素
5．如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平滑杆上并通过棉线与转轴相连的重锤。试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素。
(1)使线长LA＝LB，质量mA＞mB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_________的增大而增大；
(2)使质量mA＝mB，线长LA＞LB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在重锤质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_________的增大而增大；
(3)对任一次断线过程进行考察；
现象：并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后线才断的；
表明：在重锤质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随_________的增大而增大。
[解析] (1)两重锤的质量mA＞mB，连接A的棉线先断，即质量越大，棉线的拉力越大，则说明在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随重锤质量的增大而增大。
(2)两重锤质量mA＝mB，线长LA＞LB，而连接A的棉线先断，即棉线越长，所受的拉力越大；表明在重锤质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动半径的增大而增大。
(3)并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后随着转动角速度的增大线才断的，表明在重锤质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动角速度的增大而增大。
[答案] (1)重锤质量 (2)转动半径 (3)转动角速度
6．如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是_________。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不相等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不相等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了_________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的轨道半径的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为_________。
[解析] (1)根据F＝mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变，所以A正确，B、C、D错误。
(2)由前面分析可以知道该实验采用的是控制变量法。
(3)根据已知条件得，右边小球受到的向心力是左边小球的2倍，故可以知道左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为1∶2。
[答案] (1)A (2)控制变量法 (3)1∶2
?题组三 向心力的计算
7．(多选)在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．l、ω不变，m越大线越易被拉断
B．m、ω不变，l越小线越易被拉断
C．m、l不变，ω越大线越易被拉断
D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变
AC [在光滑水平面上的物体的向心力由绳的拉力提供，由向心力公式F＝mω2l，得选项A、C正确。]
8．如图所示，把一个长为20 cm、劲度系数为360 N/m的弹簧一端固定，并作为圆心，弹簧的另一端连接一个质量为0.50 kg的小球，当小球以 r/min 的转速在光滑水平面上做匀速圆周运动时，弹簧的伸长应为( )
A．5.2 cm B．5.3 cm
C．5.0 cm D．5.4 cm
C [小球转动的角速度ω＝2πn＝ rad/s＝12 rad/s，由向心力公式得kx＝mω2·(x0＋x)，解得x＝＝ m＝0.05 m＝5.0 cm。故C正确。]
9．长为L的细线，一端拴一质量为m的小球，另一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，如图所示，当细线与竖直方向的夹角为α时，求：
(1)细线的拉力F的大小；
(2)小球运动的线速度大小；
(3)小球运动的角速度及周期。
[解析] 对做匀速圆周运动的小球进行受力分析，如图所示，小球受到重力mg和细线的拉力F的作用。
(1)因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合力沿水平方向且指向圆心O′。由平行四边形定则得，小球受到的合力大小F合＝mg tan α，细线的拉力大小F＝。
(2)由牛顿第二定律得mg tan α＝m
由几何关系得r＝Lsin α
解得小球运动的线速度大小
v＝。
(3)小球运动的角速度ω＝＝＝
小球运动的周期T＝＝2π。
[答案] (1) (2) (3) 2π
1．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆端套有一个质量为m的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图所示，则杆的上端受到小球的作用力大小为( )
A．mω2R
B．
C．
D．不能确定
C [小球在重力和杆的作用力下做匀速圆周运动。这两个力的合力充当向心力必指向圆心，如图所示。用力的合成法可得杆的作用力：
F＝＝，根据牛顿第三定律，小球对杆的上端的反作用力F′＝F，C正确。]
2．如图所示，质量为M的滑块能在水平光滑滑杆上自由滑动，滑杆装在转盘上。滑块用轻质细绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连。当转盘以角速度ω转动时，滑块到轴的距离为r，且恰能保持稳定转动。若转盘的转速增大至原来的2倍，调整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块( )
A．所受向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的
C．半径r变为原来的
D．角速度变为原来的
B [若转盘的转速增大，再次稳定时，滑块做匀速圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于物体的重力，所以向心力不变，A错；转盘的转速增大至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据Fn＝Mrω2，向心力不变，则r变为原来的。根据v＝rω，线速度变为原来的，B对，C、D错。]
3．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0。
[解析] 对小物块受力分析如图所示，
由牛顿第二定律知mg tan θ＝·Rsin θ，得ω0＝＝。
[答案]
4．如图所示，在光滑的圆锥顶用长为l的细线悬挂一质量为m的物体，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为θ＝30°，物体以速度v绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动。
(1)当v1＝时，求细线对物体的拉力；
(2)当v2＝时，求细线对物体的拉力。
[解析] 当物体恰好离开锥面时，此时物体与锥面接触但是没有弹力作用，如图所示：
则：竖直方向Tcos θ－mg＝0，
水平方向Tsin θ＝
R＝lsin θ，解得v＝。
(1)当v1
则在水平方向
T1sin θ－N1cos θ＝
竖直方向T1cos θ＋N1sin θ－mg＝0
R＝lsin θ，解得T1＝mg。
(2)v2>v时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图所示：
则竖直方向：T2cos α－mg＝0
水平方向：T2sin α＝
而且：R2＝lsin α，解得：T2＝2mg。
[答案] (1) (2)2mg第2课时 向心加速度
学习任务 1．知道向心加速度的概念。 2．知道向心加速度与线速度、角速度的关系。 3．掌握向心加速度的公式，并能根据问题情境选择合适的向心加速度表达式。
知识点 向心加速度
1．定义
根据牛顿第二定律F＝ma，加速度a与合力F的方向一致。在匀速圆周运动中，F是指向圆心的向心力，所以加速度a也一定指向圆心，称为向心加速度。
2．公式
a＝ω2r或者a＝。
3．方向
总是沿半径指向圆心，并且与线速度方向垂直。
4．向心加速度的物理意义
描述线速度方向改变快慢的物理量。
能根据公式an＝说向心加速度大小与线速度平方成正比吗？
提示：不能。
1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀速圆周运动的向心加速度的方向始终与速度方向垂直。 ( √ )
(2)乙同学认为，由公式an＝ω2r知，向心加速度an与运动半径r成正比。 ( × )
2：填空
作为中国保护大熊猫研究中心之一的雅安碧峰峡基地位于东经103°，北纬30°。地球可以看作半径为R的球体，则在该研究中心处的物体与赤道上的物体随地球自转的向心加速度之比为_________。
[解析] 北纬30°的物体与赤道上的物体随地球自转属于共轴转动，角速度相同，根据an＝rω2，加速度与半径成正比，因为北纬30°的物体与赤道上的物体的半径之比为∶1，所以向心加速度之比为∶2。
[答案] ∶2
问题1：图甲中的小球与图乙中的运动员正在做匀速圆周运动，是否都具有加速度？
问题2：做匀速圆周运动的物体的加速度方向如何确定？你的依据是什么？
问题3：除了用牛顿第二定律确定向心加速度的方向外，你还有什么方法可确定向心加速度的方向？
提示：(1)都具有加速度。
(2)从动力学角度，由牛顿第二定律确定；加速度的方向与合外力方向一致。
(3)从运动学角度，利用加速度的方向与速度变化量的方向一致确定加速度方向。
考点1 向心加速度的理解
1．向心加速度的物理意义
向心加速度只表示线速度方向变化的快慢，不表示线速度大小变化的快慢。
2．向心加速度的方向特点
(1)指向圆心：无论匀速圆周运动，还是变速圆周运动，向心加速度的方向都指向圆心，或者说与线速度的方向垂直。
(2)时刻改变：无论向心加速度的大小是否变化，向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变。所以一切圆周运动都是变加速曲线运动。
3．非匀速圆周运动的加速度
对于非匀速圆周运动，如图所示。(1)物体加速度的方向不再指向圆心。
(2)其中一个分加速度的方向指向圆心，为向心加速度，仍满足公式an＝＝ω2r，其作用仍然是改变速度的方向。
(3)另一个分加速度改变速度的大小。
不管物体做什么样的圆周运动，其向心加速度的方向一定指向圆心；在匀速圆周运动中，合加速度的方向一定指向圆心，在非匀速圆周运动中，合加速度的方向一般不指向圆心。
【典例1】 (多选)下列说法中，正确的是( )
A．匀速圆周运动向心加速度大小不变，为匀变速曲线运动
B．圆周运动是变速运动，其加速度方向总是指向圆心
C．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
D．向心加速度总是跟速度的方向垂直，方向时刻在改变
CD [匀速圆周运动虽然其向心加速度的大小始终不变，但其向心加速度的方向始终在变化，因而匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，A错误；圆周运动是变速运动，其加速度为向心加速度和切向加速度的合加速度，因为向心加速度始终指向圆心，因而，只有在切向加速度为零，即物体做匀速圆周运动时，合加速度的方向才指向圆心，B错误；向心加速度始终垂直于速度的方向，它是描述速度方向变化快慢的物理量，C、D正确。]
向心加速度与合加速度的关系
(1)物体做匀速圆周运动时，向心加速度就是物体运动的合加速度。
(2)物体做变速圆周运动时，合加速度可分解为沿圆周切线方向的分量和指向圆心方向的分量，其指向圆心方向的分量就是向心加速度。
[跟进训练]
1．下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A．向心加速度越大，物体速率变化越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
C [在匀速圆周运动中，速率不变，A错；向心加速度的大小可用an＝或an＝ω2r表示，当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r成正比。可见an与r的比例关系是有条件的，B错；向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直，C对；在匀速圆周运动中，向心加速度的大小恒定，但方向始终指向圆心，即其方向时刻变化，所以向心加速度不是恒量，D错。]
考点2 向心加速度公式及应用
1．向心加速度的几种表达式
2．向心加速度an与半径r的关系图像
(1)当角速度一定时，向心加速度与运动半径成正比，如图甲所示。
(2)当线速度一定时，向心加速度与运动半径成反比，如图乙所示。
向心加速度的表达式对应瞬时加速度，它既适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动。
【典例2】 如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的。当大轮边缘上的P点的向心加速度是12 m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多少？
思路点拨：①P和S在同一轮上，角速度相同，选用an＝ω2r计算S点的向心加速度。
②P和Q为皮带传动的两个轮边缘上的点，线速度相等，选用an＝计算Q点的向心加速度。
[解析] 同一轮子上的S点和P点的角速度相同，
即ωS＝ωP
由向心加速度公式an＝ω2r，得＝
故aS＝aP＝×12 m/s2＝4 m/s2
又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等，即vP＝vQ
由向心加速度公式an＝得＝
故aQ＝aP＝2×12 m/s2＝24 m/s2。
[答案] 4 m/s2 24 m/s2
向心加速度表达式的应用技巧
(1)角速度相等时，研究an与v的关系用an＝ωv分析比较。
(2)周期相等时，研究an与r的关系用an＝r分析比较。
(3)线速度相等时，研究an与r的关系用an＝分析比较。
(4)线速度相等时，研究an与ω的关系用an＝ωv分析比较。
[跟进训练]
2．如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω匀速旋转，A、B为球体表面上两点，下列说法正确的是( )
A．A、B两点具有相同的角速度
B．A、B两点具有相同的线速度
C．A、B两点的向心加速度的方向都指向球心
D．A、B两点的向心加速度大小之比为2∶1
A [A、B为球体表面上两点，因此，A、B两点的角速度与球体绕轴O1O2旋转的角速度相同，A正确；如图所示，A以P为圆心做匀速圆周运动，B以Q为圆心做匀速圆周运动，因此，A、B两点的向心加速度方向分别指向P、Q，C错误；设球的半径为R，则A运动的半径rA＝Rsin 60°，B运动的半径rB＝Rsin 30°，＝＝＝，B错误；＝＝，D错误。 ]
1．下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A．向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B．匀速圆周运动的向心加速度是不变的
C．匀速圆周运动的向心加速度大小不变
D．只要是圆周运动，其加速度都是不变的
C [圆周运动有两种情形：一是匀速圆周运动，二是非匀速圆周运动。在匀速圆周运动中，加速度的方向指向圆心，叫向心加速度，其大小不变，方向时刻改变；非匀速圆周运动中加速度可以分解为向心加速度和切向加速度，向心加速度改变线速度的方向，切向加速度改变线速度的大小。故选项C正确。]
2．(多选)如图所示为甲、乙两球在不同轨道上做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，由图像可知( )
A．甲球运动时，线速度大小保持不变
B．甲球运动时，角速度大小保持不变
C．乙球运动时，线速度大小保持不变
D．乙球运动时，角速度大小保持不变
AD [由a＝知，v大小不变时，a与R成反比，图像为双曲线的一支，A对，B错；由a＝ω2R知，ω大小不变时，a与R成正比，图像为过原点的倾斜直线，C错，D对。]
3．自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB＝4RA、RC＝8RA，如图所示。正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比aA∶aB∶aC为( )
A．1∶1∶8 B．4∶1∶4
C．4∶1∶32 D．1∶2∶4
C [A、B的线速度大小相等，RA∶RB＝1∶4，根据a＝知，aA∶aB＝4∶1。A、C的角速度相等，RA∶RC＝1∶8，根据a＝ω2r知，aA∶aC＝1∶8，所以aA∶aB∶aC＝4∶1∶32。故C正确。]
4．(新情境题，以轧路机为背景，考查向心加速度公式)如图所示，轧路机大轮的半径R是小轮半径r的2倍，压路机匀速行进时，大轮边缘上A点的向心加速度是0.12 m/s2，那么小轮边缘上B点的向心加速度是多少？大轮上距轴心的距离为的C点的向心加速度是多大？
[解析] 因为vB＝vA，由a＝
得＝＝2
所以aB＝0.24 m/s2
因为ωA＝ωC，由a＝ω2r
得＝＝
所以aC＝0.04 m/s2。
[答案] 0.24 m/s2 0.04 m/s2
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．圆周运动的加速度一定指向圆心吗？
提示：不一定，只有匀速圆周运动的加速度才指向圆心。
2．向心加速度的物理意义是什么？
提示：反映速度方向变化快慢。
3．向心加速度表达式是什么？
提示：an＝＝ω2r＝r。
课时分层作业(六) 向心加速度
?题组一 向心加速度的理解
1．关于向心加速度，下列说法正确的是( )
A．向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．向心加速度的大小恒定，方向时刻改变
D．向心加速度是平均加速度，大小可用a＝来计算
[答案] B
2．(多选)关于匀速圆周运动和向心加速度，下列说法正确的是( )
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在变，所以必有加速度
C．做匀速圆周运动的物体，向心加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动的向心加速度大小虽然不变，但方向始终指向圆心，时刻发生变化，所以匀速圆周运动不是匀变速运动
[答案] BD
3．如图所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )
A．加速度为零
B．加速度恒定
C．加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心
D．加速度大小不变，方向时刻指向圆心
D [由题意知，木块做匀速圆周运动，木块的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确，A、B、C错误。]
4．“山东舰”是我国首艘自主建造的国产航母。如图为“山东舰”进行“180°回转测试”，以较为稳定的航行姿态，最终在海面上画了一个直径约为1 000米左右的浪圈。将“山东舰”的运动近似看作匀速圆周运动，浪圈近似看作其运动轨迹，忽略“山东舰”的大小和形状，设其航速约为20节(1节＝1.852 km/h)。下列关于“山东舰”回转测试的物理量中，根据上述信息不能近似求得的是( )
A．周期T
B．角速度ω
C．向心加速度an的大小
D．向心力Fn的大小
D [“山东舰”做匀速圆周运动的直径d≈1 000 m，线速度v＝ m/s≈10 m/s，根据T＝＝可得，周期T≈314 s，根据ω＝＝可得，角速度ω≈0.02 rad/s，根据an＝＝可得，向心加速度大小an≈0.2 m/s2。因未知“山东舰”的质量，故无法得出向心力Fn的大小，故选D。]
5．(多选)如图所示，细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在水平面内做圆周运动，关于小球运动到P点时的加速度方向，下列图中可能的是( )
A B C D
BD [若小球做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，加速度指向圆心，故B项正确；若小球做变速圆周运动，运动到图示的P点时，所受的合力可分解为向心力和切向方向的力，即P点的加速度应可分解为沿PO方向的向心加速度和垂直于PO的切向加速度，故D项正确。]
?题组二 向心加速度的表达式及应用
6．以下关于质点做匀速圆周运动的说法，正确的是( )
A．因为an＝，所以向心加速度与转动半径成反比
B．因为an＝ω2r，所以向心加速度与转动半径成正比
C．因为ω＝，所以角速度与转动半径成反比
D．因为ω＝2πn(n为转速)，所以角速度与转速成正比
D [物体做匀速圆周运动的向心加速度与物体的线速度、角速度、半径有关，但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能得出。由an＝知，当v一定时an与r成反比；同理，由an＝ω2r知，当ω一定时an与r成正比；由ω＝知，当v一定时，ω与r成反比，选项A、B、C错误；ω＝2πn，2π是定值，ω与转速n成正比，选项D正确。]
7．如图所示，半径为R的圆环竖直放置，一轻弹簧一端固定在圆环的最高点A，一端系一带有小孔穿在圆环上的小球，弹簧原长为R。将小球从静止释放，释放时弹簧恰无形变，小球运动到环的最低点时速率为v，这时小球向心加速度的大小为( )
A． B． C． D．
A [小球沿圆环运动，其运动轨迹就是圆环所在的圆，轨迹的圆心就是圆环的圆心，运动轨迹的半径就是圆环的半径，小球运动到环的最低点时，其向心加速度的大小为，加速度方向竖直向上，选项A正确。]
8．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达 50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
C [向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an约为1 000 m/s2，C正确。]
9．如图所示，半径为R的圆盘绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，在距轴为r处有一竖直杆，杆上用长为L的细线悬挂一小球。当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球也以同样的角速度做匀速圆周运动，这时细线与竖直方向的夹角为θ，则小球的向心加速度大小为( )
A．ω2R B．ω2r
C．ω2Lsin θ D．ω2(r＋Lsin θ)
D [小球运动的轨迹是水平面内的圆，如题图中虚线所示，其圆心是水平面与转轴OO′的交点，所以圆周运动的半径为r＋Lsin θ，由a＝rω2，可知其加速度大小为ω2(r＋Lsin θ)，选项D正确。]
1．(多选)如图所示是静止在地面上的起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆长度收缩，吊臂绕固定转轴沿顺时针方向转动，吊臂上的M、N两点做圆周运动，此时M点的角速度为ω，ON＝2OM＝2L，则( )
A．M点的速度方向垂直于液压杆
B．N点的角速度为ω
C．两点的线速度大小关系为vN＝4vM
D．N点的向心加速度大小为2ω2L
BD [吊臂绕固定转轴O旋转，因此M点的速度方向垂直于吊臂，故A错误；M、N点在吊臂上绕同一固定转轴O旋转，有相同的角速度，即N点的角速度等于M点的角速度，故B正确；根据v＝ωr可知vN＝2vM，故C错误；根据a＝ω2r可知，N点的向心加速度大小为aN＝2ω2L，故D正确。]
2．如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点与轮4边缘的c点相比( )
A．线速度之比为1∶4
B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1
D．向心加速度之比为1∶8
D [由题意知2va＝2v3＝v2＝vc，其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，所以va∶vc＝1∶2，A错误；设轮4的半径为r，则aa＝＝＝＝ac，即aa∶ac＝1∶8，C错误，D正确；＝＝，B错误。]
3．如图甲所示，某汽车以恒定的速率驶入一个狭长的90°圆弧形水平弯道，弯道两端连接的都是直道。有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示。求：
(1)汽车转弯所用的时间；
(2)汽车行驶的速率。
[解析] (1)由题图乙可得汽车转弯所用的时间为t＝10 s。
(2)汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T＝4t＝40 s，由an＝r，解得r≈63.7 m，由an＝，解得v≈10 m/s。
[答案] (1)10 s (2)10 m/s
4．如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆的半径为R；乙做自由落体运动，当乙下落至A点时，甲恰好第一次运动到最高点B，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度的大小。(重力加速度为g)
[解析] 设乙下落到A点所用时间为t，则对乙，满足R＝gt2，解得t＝
这段时间内甲运动了T，即T＝ ①
又由于an＝ω2R＝R ②
由①②得，an＝π2g。
[答案] π2g第三节 生活中的圆周运动
第四节 离心现象及其应用
学习任务 1．通过实例了解汽车经过公路弯道处时的向心力来源，能对铁路弯道、拱形与凹形路面模型进行分析。 2．了解离心运动及物体做离心运动的条件，知道离心运动的应用和危害。 3．利用生活中圆周运动实例分析，培养学生科学的态度并激发学习兴趣及爱国热情。
知识点一 汽车转弯
1．汽车在水平公路上转弯
(1)汽车相当于在做圆周运动，此时的向心力由车轮与路面间的静摩擦力f来提供。
f＝F＝m。
(2)相关因素
解得汽车转弯时的速度大小
v＝。
从上式可知，急转弯处半径r较小，雨天路滑使最大静摩擦力Ffm减小，汽车质量m过大，这三种情况都需要在转弯时限制速度v的大小。
2．在部分公路弯道处采用外高内低的斜坡式设计
mg与FN的合力提供向心力
F＝mgtan θ＝m
解得v＝此时仅由重力和支持力的合力提供向心力。
当v＞，静摩擦力方向向哪个方向？
提示：沿斜面向下。
1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)汽车在水平面内转弯时，向心力由静摩擦力提供。 ( √ )
(2)汽车在斜面处转弯时，速度大小不受限制。 ( × )
知识点二 铁路弯道
1．火车在水平轨道上转弯
火车在弯道处实际上做圆周运动，由外侧车轮的轮缘挤压外轨，车轮受外轨的横向力作用，使火车获得转弯所需的向心力。
2．弯道处铁轨的外轨略高于内轨
火车转弯处外轨略高于内轨，巧妙地借助火车受到的支持力和重力的合力提供部分向心力，减轻轮缘对外轨的挤压。
火车转弯时圆面是沿着轨道吗？
提示：不是，是沿水平面。
2：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)铁路弯道的半径很大，故火车转弯需要的向心力很小。 ( × )
(2)火车转弯时的向心力一定是由重力与铁轨支持力的合力提供的。 ( × )
知识点三 拱形与凹形路面
汽车过拱形路面最高点及凹形路面最低点的压力分析
项目 拱形路面的最高点 凹形路面的最低点
受力分析图
向心力 G－FN＝m FN－G＝m
汽车对路 面的压力 FN′＝FN＝G－ FN′＝FN＝G＋m
结论 v增大时，FN′减小；当v增大至时，FN′＝0，此过程为失重 v增大时，FN′增大，此过程为超重
汽车在拱形路面速度不宜过大，不要使车脱离桥面；在凹形路面速度过大容易爆胎。
3：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)汽车驶过拱形路面最高点时，对路面压力可能等于零。 ( √ )
(2)汽车过拱形或凹形路面时，向心加速度的方向都是竖直向上的。( × )
知识点四 离心现象及其应用
1．离心现象
做圆周运动的物体，在所受向心力突然消失或合力不足以提供维持圆周运动所需向心力的情况下，会做逐渐远离圆心的运动，这种现象称为离心现象。
2．应用：利用离心现象工作的机械叫作离心机械，如洗衣机的脱水筒和离心分离器。
离心现象是因为受到离心力作用吗？
提示：不是。
4：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)绕地球做匀速圆周运动的航天器中的航天员及所有物体均处于完全失重状态。
( √ )
(2)做离心运动的物体沿半径方向远离圆心。 ( × )
1．2020年2月27日，埃及一列由亚历山大开往马特鲁的火车发生脱轨事故，造成24人受伤。火车因其载客量大、速度快等特点，一旦发生事故就会产生严重的后果。
结合我们所学的向心力的知识，思考在火车转弯时，除了垫高外轨还有哪些措施可减少脱轨事故的发生？
提示：降低转弯速度、增加弯道半径、禁止超载。
2．在电视或电影中我们经常会看到汽车高速通过一个拱桥时会一跃而起，脱离地面。试分析：
(1)这种“飞车”现象产生的原因是什么？
(2)车速到多少时才能达到这种效果呢？
提示：(1)在最高点时，由于速度太大，重力完全充当向心力，导致汽车脱离地面。
(2)v≥。
考点1 火车转弯问题分析
1．轨迹分析
火车在转弯过程中，运动轨迹是一圆弧，由于火车转弯过程中重心高度不变，故火车轨迹所在的平面是水平面，而不是斜面。火车的向心加速度和向心力均沿水平面指向圆心。
2．向心力分析
(1)若转弯处内外轨一样高，则由外轨对轮缘的弹力提供向心力。
(2)若转弯时外轨略高于内轨，根据弯道的半径和规定的速度，适当选择内、外轨的高度差，则按规定速度转弯时所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供。
3．规定速度分析
若火车转弯时只受重力和支持力作用，不受轨道侧压力。则mg tan θ＝，可得v0＝(R为弯道半径，θ为轨道所在平面与水平面的夹角，v0为转弯处的规定速度)。
4．轨道轮缘压力与火车速度的关系
(1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，内、外轨道对轮缘都没有侧压力。
(2)当火车行驶速度v大于规定速度v0时，火车有离心运动趋势，故外轨道对轮缘有侧压力。
(3)当火车行驶速度v小于规定速度v0时，火车有向心运动趋势，故内轨道对轮缘有侧压力。
【典例1】 有一列重为100 t的火车，以72 km/h的速率匀速通过一个内外轨一样高的弯道，轨道半径为400 m。(g取10 m/s2)
(1)试计算铁轨受到的侧压力大小；
(2)若要使火车以此速率通过弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。
思路点拨：1．(1)问中，外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力。
2．(2)问中，重力和铁轨对火车的支持力的合力提供火车转弯的向心力。
[解析] (1)v＝72 km/h＝20 m/s，外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力，所以有
F＝m＝ N＝1×105 N
由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小等于1×105 N。
(2)火车过弯道，重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向心力，如图所示，则mgtan θ＝m
由此可得tan θ＝＝0.1。
[答案] (1)1×105 N (2)0.1
[母题变式]
上例中，要提高火车的速度为108 km/h，则要想火车安全通过弯道需要如何改进铁轨？
提示：速率变为原来的倍，则由mg tan θ＝m可知：
若只改变轨道半径，则R′变为900 m，
若只改变路基倾角，则tan θ′＝0.225。
火车转弯问题的两点注意
(1)合力的方向：火车转弯时，火车所受合力沿水平方向指向圆心，而不是沿轨道斜面向下。
(2)受力分析：火车转弯速率大于或小于规定速率时，火车受到三个力的作用，即重力、轨道的支持力和外轨或内轨对火车的侧向挤压力，侧向挤压力的方向沿轨道平面向里或向外，合力沿水平面指向圆心。
[跟进训练]1．铁路在弯道处的内、外轨高度是不同的，已知内、外轨所在平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则( )
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力等于
D．这时铁轨对火车的支持力大于
C [火车转弯时需要的向心力F＝＝mg tan θ，由受力分析可知，支持力与重力的合力正好等于向心力，故火车轮缘对内、外轨无挤压，选项A、B错误；由竖直方向受力平衡得，mg＝FNcos θ，可知选项C正确，D错误。]
考点2 汽车过拱形与凹形路面时的动力学分析
汽车过拱形与凹形路面时的动力学分析
项目 汽车过拱形路面 汽车过凹形路面
受力分析
向心力的来源 Fn＝mg－FN＝m Fn＝FN－mg＝m
对路面的压力 FN′＝FN＝mg－m FN′＝FN＝mg＋m
超重或失重 失重 超重
讨论 (1)当v＝时，FN＝0，汽车将做平抛运动 (2)当0≤v＜时，0＜FN≤mg，v增大，FN减小 (3)当v＞时，汽车脱离路面，发生危险 v增大，FN、FN′增大
【典例2】 如图所示，质量m＝2.0×104 kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60 m。如果桥面承受的压力不得超过3.0×105 N( g取10 m/s2)，则：
(1)汽车允许的最大速率是多少？
(2)若以所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？
思路点拨：解此题的关键是确定汽车在何位置时对桥面的压力最大，汽车经过凹形桥面时，向心加速度方向向上，汽车处于超重状态；经过凸形桥面时，向心加速度向下，汽车处于失重状态，所以在经过凹形桥面最低点时，汽车对桥面的压力最大。
[解析] (1)汽车在凹形桥面的底部时，由牛顿第三定律可知，桥面对汽车的最大支持力FN1＝3.0×105 N，根据牛顿第二定律得FN1－mg＝m
即v＝＝ m/s
＝10 m/s＜＝10 m/s
故汽车在凸形桥最高点不会脱离桥面，所以最大速率为10 m/s。
(2)汽车在凸形桥面的最高点时，对桥面的压力有最小值，由牛顿第二定律得
mg－FN2＝m
则FN2＝m＝2.0×104× N＝1.0×105 N
由牛顿第三定律得，在凸形桥面最高点汽车对桥面的压力为1.0×105 N。
[答案] (1)10 m/s (2)1.0×105 N
对于汽车过桥问题，具体的解题步骤如下：
(1)选取研究对象，确定轨道平面、圆心位置和轨道半径。
(2)正确分析研究对象的受力情况，明确向心力是按作用效果命名的力，在受力分析时不能列出，明确向心力的来源。
(3)根据平衡条件和牛顿运动定律列方程求解。
[跟进训练]
2．有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m 的拱桥。g取10 m/s2，求：
(1)若汽车到达桥顶时速度为5 m/s，桥对汽车的支持力F的大小；
(2)若汽车经过桥顶时恰好对桥顶没有压力而腾空，汽车此时的速度大小v0；
(3)已知地球半径R＝6 400 km，现设想一辆沿赤道行驶的汽车，若不考虑空气的影响，也不考虑地球自转，那它开到多快时就可以“飞”起来。
[解析] (1)当汽车到达桥顶时，重力、支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg－F＝m
解得F＝7 600 N。
(2)汽车经过桥顶时恰好对桥没有压力而腾空，则FN＝0，汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，有mg＝
解得v0＝10 m/s≈22.4 m/s。
(3)汽车要在地面上腾空，所受的支持力为零，重力提供向心力，则有mg＝m
解得v′＝8 000 m/s。
[答案] (1)7 600 N (2)10 m/s(或22.4 m/s) (3)8 000 m/s
考点3 对离心运动的理解
1．离心运动的实质
离心现象的本质是物体惯性的表现。做圆周运动的物体，由于惯性，总是有沿着圆周切线飞出去的倾向，之所以没有飞出去，是因为受到向心力的作用。从某种意义上说，向心力的作用是不断地把物体从圆周运动的切向方向拉回到圆周上来。
2．做离心运动的条件
做圆周运动的物体，提供向心力的外力突然消失或者合外力不能提供足够大的向心力。
3．离心运动、近心运动的判断
如图所示，物体做圆周运动是离心运动还是近心运动，由实际提供的合力Fn与所需向心力的大小关系决定。
(1)若F＝mrω2(或m)即“提供”满足“需要”，物体做圆周运动。
(2)若F＞mrω2(或m)即“提供”大于“需要”，物体做半径变小的近心运动。
(3)若F＜mrω2(或m)即“提供”不足，物体做离心运动。
1．产生离心运动的原因是合力突然消失或不足以提供所需的向心力，而不是物体又受到了“离心力”。
2．做离心运动的物体是做半径越来越大的运动或沿切线方向飞出去的运动，而不是沿半径方向飞出去。
4．离心运动的应用和防止
(1)应用：离心干燥器，洗衣机的脱水筒，离心制管技术。
(2)防止：汽车在公路转弯处必须限速行驶，转动的砂轮、飞轮的转速不能太高。
【典例3】 无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度最大为
思路点拨：解答本题的关键是明确无缝钢管的制作原理，知道铁水做圆周运动的向心力来源，可以结合牛顿第二定律分析。
C [铁水在竖直平面内做圆周运动，重力和弹力合力的一部分提供向心力，没有离心力，故A错；铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相等，故B错；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C对；为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不小于临界角速度即可，故D错。]
[跟进训练]
3．如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车( )
A．缓慢起动时，两个行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两个行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
B [缓慢起动时，两个箱子都应该处于受力平衡状态，箱子的运动状态不会改变，即两个行李箱会与车子保持相对静止，选项A错误；急刹车时，箱子由于惯性保持原有运动状态，因此行李箱a会相对车子向前运动，行李箱b因受到的摩擦力较大，不一定会相对车子向前移动，选项B正确；根据F向＝m可知，缓慢转弯时，所需要的向心力会很小，因此静摩擦力足够提供两个行李箱转弯的向心力，所以两个行李箱会与车子保持相对静止，选项C错误；根据F向＝m可知，急转弯时，行李箱b需要的向心力较大，如果行李箱b所受最大静摩擦力不足以提供向心力，则会发生离心运动，即可能会相对车子向外侧运动，选项D错误。]
1．(多选)在人们经常见到的以下现象中，属于离心现象的是( )
A．舞蹈演员在表演旋转动作时，裙子会张开
B．在雨中转动一下伞柄，伞面上的雨水会很快地沿伞面运动，到达边缘后雨水将沿切线方向飞出
C．满载黄沙或石子的卡车，在急转弯时，部分黄沙或石子会被甩出
D．守门员把足球踢出后，球在空中沿着弧线运动
ABC [裙子张开属于离心现象，故A项正确；伞上的雨水受到的力由于不够提供向心力导致水滴做离心运动，故B项正确；黄沙或石子也是因为受到的力不够提供向心力而做离心运动，故C项正确；守门员踢出足球，球在空中沿着弧线运动是因为足球在力的作用下运动，不是离心现象，故D项错误。]
2．摩托车转弯时容易发生侧滑(速度过大)或侧翻(车身倾斜角度不当)，所以除了控制速度外车手要将车身倾斜一个适当角度，使车轮受到路面沿转弯半径方向的静摩擦力与路面对车支持力的合力沿车身方向(过重心)。某摩托车沿水平路面以恒定速率转弯过程中车身与路面间的夹角为θ，已知人与摩托车的总质量为m，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则此次转弯中的向心力大小为( )
A． B．mg tan θ
C．μmg tan θ D．
A [在水平路面上转弯，向心力由沿半径方向的静摩擦力f提供，在竖直方向支持力与重力平衡，FN＝mg，已知支持力与摩擦力的合力沿车身方向，所以f＝，故选A。]
3．城市中为了解决交通拥堵问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，在A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则( )
A．小汽车通过桥顶时处于失重状态
B．小汽车通过桥顶时处于超重状态
C．小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN＝
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
A [由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得mg－FN＝，解得FN＝＜mg，故其处于失重状态，A正确，B错误；FN＝只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，C错误；由mg－FN＝，FN≥0解得v1≤，D错误。]
4．(新情境题，以汽车在公路上行驶为背景，考查圆周运动)在用高级沥青铺设的高速公路上，对汽车的设置限速是30 m/s。汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍(g取10 m/s2)。
(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上转弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？
(2)如果高速公路上设计了圆弧拱桥作立交桥，要使汽车能够安全通过(不起飞)圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？
(3)如果弯道的路面设计为倾斜(外高内低)，弯道半径为120 m，要使汽车以最大速度通过此弯道时不产生侧向摩擦力，则弯道路面的倾斜角度是多少？
[解析] (1)汽车在水平路面上转弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其最大向心力等于车与路面间的最大静摩擦力，有0.6mg＝m，由速度v＝30 m/s，解得弯道的最小半径r＝150 m。
(2)汽车过拱桥，可看成在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，
有mg－FN＝m
为了保证安全，路面对车的支持力FN必须大于等于零。
有mg≥m，代入数据解得R≥90 m。
(3)设弯道倾斜角度为θ，汽车通过此弯道时向心力由重力及支持力的合力提供，
有mg tan θ＝m
解得tan θ＝
故弯道路面的倾斜角度θ＝37°。
[答案] (1)150 m (2)90 m (3)37°
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．对火车转弯要做哪些安全限制？
提示：速度、载重。
2．汽车过拱形桥的向心力来源是什么？
提示：重力和支持力的合力。
3．航天员在太空处于什么状态？
提示：完全失重状态。
4．发生离心现象的原因是什么？
提示：物体所受外力不足以提供所需的向心力。
离心运动的应用
一池污水，若顺其自然靠重力沉降，往往需要几个月才能清浊分明。微粒的沉降，由于存在着分子热运动的干扰作用，靠重力作为推动力不仅极其缓慢有时甚至是不可能的。例如，在蔗糖水溶液中，蔗糖分子要沉降1 mm就需要100年。啤酒、果汁何以清澈透亮？如何从牛奶中提取奶油？如何将油田中喷出的油水混合液进行油水分离？如何将血液中的血细胞和血浆分开？究竟依靠的是何种推动力呢？
(1)离心分层现象
在一个盛有清水的圆筒形容器(转鼓)中，倒入一组同样大小的钢球和木球，然后启动电机使其绕轴高速旋转。此时，由于离心力的大小正比于物体的质量(体积相同时正比于它的密度)，所以钢球很快被甩到最外层，而木球则被推向转轴，清水则占据了“中间地带”(如图)。
可见，一旦转鼓高速转动起来，容器中的物质就会按密度分层排列。密度小者(轻相)聚集在“中央”即转轴附近，密度大者(重相)则分散在“边区”即转鼓壁附近。这种现象称为离心沉降。如果在转鼓上开满小孔，则其中的液体就会在离心力作用下通过小孔被“驱逐出境”，而固体颗粒则停留在转鼓壁面上，从而达到脱水的目的，这种现象称为离心过滤。例如，奶油的提取，啤酒、酒、果汁的澄清，污水的净化，就属于离心沉降；而煤、矿石和海盐的脱水等则属于离心过滤。
上面这个实验告诉我们，要将存在密度差的两种物体(液体或固体)高效地分离开来，可以依靠惯性离心力，它是由物体做高速转动所产生的。瑞典科学家斯维伯格和比姆斯曾使用比重力场大五万至十万倍的离心力场，高效地完成像细菌、病毒等超细微粒(直径只有万分之几乃至十万分之几毫米)的沉降，将它们从水状悬浮液中分离出来。
(2)离心分离术
啤酒何以清澈透亮？原来，这也与离心分离密切相关。在麦汁中含有一种极不稳定的冷凝固物，应尽量减少其含量才能保证成品啤酒不致出现冷混浊现象。然而这种冷凝固物的粒子极其微小，直径仅有0.1～0.5 μm，很难除净。若采用高速离心机进行处理，就比较容易实现净化。这种粒子虽然极微小，但由于它与液柤之间存在密度差，所以一旦进入强大的离心力场后，二者立即“分道扬镳”，从而可以很容易把冷凝固粒子剔除。
一种名叫“离心浇铸”的先进技术，也得益于这种分离术。当模具绕一固定轴旋转达到500 r/min时，将熔化了的金属倒入其中，夹杂在液态金属里的气体和熔渣，由于其密度远小于液态金属，因此它们将从金属里被分离出来跑向模具的空处。按此法浇铸出的金属零件密实、均匀，可以大大提高使用寿命。
离心运动实际是应用了什么？
提示：向心力、向心加速度。
课时分层作业(七) 生活中的圆周运动 离心现象及其应用
?题组一 火车转弯
1．火车在某个弯道按规定运行速度40 m/s转弯时，内、外轨对车轮皆无侧压力。若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s，则下列说法正确的是( )
A．仅内轨对车轮有侧压力
B．仅外轨对车轮有侧压力
C．内、外轨对车轮都有侧压力
D．内、外轨对车轮均无侧压力
[答案] A
2．火车以半径r＝900 m 转弯，火车质量为8×105 kg，轨道宽为l＝1.4 m，外轨比内轨高h＝14 cm，则下列说法中正确的是(当角度很小时，可以认为其正弦值近似等于正切值，重力加速度g取10 m/s2)( )
A．若火车在该弯道实际运行速度为40 m/s，外轨对车轮有向内的侧压力
B．若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s，内轨对车轮有向外的侧压力
C．若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s，外轨对车轮有向内的侧压力
D．若火车在该弯道实际运行速度为25 m/s，外轨对车轮有向内的侧压力
A [若火车拐弯时不受轨道的挤压，重力和支持力的合力提供向心力，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得，mg tan θ＝，由于θ很小，则tan θ≈sin θ＝，由以上两式解得v0＝＝30 m/s，若火车在该弯道实际运行速度为40 m/s，则火车有向外运动的趋势，外轨对车轮有向内的侧压力，A正确；若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s，则轨道与车轮间没有作用力，B、C错误；若火车在该弯道实际运行速度为25 m/s，则火车有向内运动的趋势，内轨对车轮有向外的侧压力，D错误。]
?题组二 汽车过拱形桥
3．如图所示，汽车在炎热的夏天沿不规整的曲面行驶，其中最容易发生爆胎的点是(汽车运动速率不变)( )
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
D [由牛顿第二定律及向心力公式可知，汽车在a、c两点，有FN＝G－m＜G，即汽车在a、c两点不容易发生爆胎；同理可知，汽车在b、d两点，有FN＝G＋m>G，即汽车在b、d两点容易发生爆胎，又由题图知b点所在曲线半径大，即rb＞rd，又汽车在b、d两点的速率相等，故FNb4．如图所示，当汽车通过拱形桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为(g取10 m/s2)( )
A．15 m/s B．25 m/s
C．30 m/s D．20 m/s
D [根据牛顿第二定律得mg－FN＝，即mg＝，解得r＝40 m，当汽车在桥顶所受摩擦力为零时，支持力为零，有mg＝，解得v′＝20 m/s，故选项D正确，A、B、C错误。]
5．(多选)在某些地方到现在还要依靠滑铁索过江，若把滑铁索过江简化成如图所示的模型，铁索的两个固定点A、B在同一水平面内，A、B间的距离L＝80 m，绳索的最低点与A、B间的垂直距离h＝8 m，若把绳索看成是圆弧，已知一质量m＝52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s(g取10 m/s2)，那么( )
A．人在整个绳索上的运动可看成是匀速圆周运动
B．可求得绳索的圆弧半径为104 m
C．人在滑到最低点时对绳索的压力为570 N
D．在滑到最低点时人处于失重状态
BC [人借助滑轮下滑过程中，速度大小是变化的，所以人在整个绳索上的运动不能看成匀速圆周运动，故A错误；设绳索的圆弧半径为R，由几何知识得R2＝＋(R－h)2，得R＝104 m，故B正确；在最低点对人进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝570 N，由牛顿第三定律可知，此时人对绳索的压力为570 N，此时人处于超重状态，故C正确，D错误。]
?题组三 向心力的来源
6．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置且固定在地面上，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物块与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物块在最低点时，下列说法正确的是( )
A．所需向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μmg
D．受到的合力方向斜向左上方
D [在最低点，物块所需向心力Fn＝m，故A错误；根据牛顿第二定律得，物块在最低点有FN－mg＝m，则FN＝mg＋m，摩擦力f＝μFN＝μ，故B、C错误；因为物块受到重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物块所受的合力方向斜向左上方，故D正确。]
7．一辆汽车质量m＝2.0 t，汽车与路面的动摩擦因数为μ＝0.2，公路某转弯处半径为R＝50 m(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，问：若路面水平，汽车转弯不发生侧滑，汽车速度不可能是( )
A．9 m/s B．10 m/s
C．11 m/s D．8 m/s
C [汽车转弯时，静摩擦力提供向心力，要不发生侧滑：f ≤μmg；又因圆周运动有：f＝m得：v≤＝10 m/s，所以汽车转弯不发生侧滑，汽车速度不可能是11 m/s，A、B、D不符合题意，C符合题意。]
?题组四 离心现象
8．有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速增大到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，是因为( )
A．游客受到离心力的作用
B．游客处于失重状态
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客随着转速的增大有沿筒壁向上滑动的趋势
C [游客受三个力的作用，分别为重力、与筒壁垂直的弹力和向上的静摩擦力，故A错误；因为游客的加速度位于水平方向，不存在超重或失重现象，故B错误；游客在竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，则知静摩擦力的大小等于重力的大小，故C正确；当转速增大时，弹力增大，静摩擦力不变，游客没有沿筒壁向上滑动的趋势，故D错误。]
9．飞船中的航天员需要在航天之前进行多种训练，其中如图所示是离心实验器的原理图。可以用此实验研究过荷对人体的影响，测定人体的抗荷能力。离心试验器转动时，被测者做匀速圆周运动，现观察到图中的直线AB(线AB与舱底垂直)与水平杆成30°角，则被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍？
[解析] 人受重力和弹力的作用，两个力的合力提供向心力，受力分析如图所示。竖直方向：
FNsin 30°＝mg
得FN＝2mg
由牛顿第三定律知，人对座位的压力是其重力的2倍。
[答案] 2倍
1．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，如图所示。顶部有一物体A，现给它一个水平初速度v0＝，则物体将( )
A．沿球面下滑至M点
B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动
C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
D [设在顶部物体A受到半圆球对它的作用力为F，由牛顿第二定律得mg－F＝，把v0＝代入得F＝0。说明物体只受重力作用，又因物体有水平初速度v0，故物体做平抛运动，D正确。]
2．下列行为可以在绕地球做匀速圆周运动的“天宫二号”舱内完成的有( )
A．用台秤称量重物的质量
B．用水杯喝水
C．用沉淀法将水与沙子分离
D．给小球一个很小的初速度，小球就能在细绳拉力下在竖直面内做圆周运动
D [重物处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量重物的质量，故A错误；水杯中的水处于完全失重状态，不会因重力而流入嘴中，故B错误；沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；小球处于完全失重状态，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动，故D正确。]
3．随着我国综合国力的提高，近几年来我国的公路网发展迅猛。在公路转弯处，常采用外高内低的斜面式弯道，这样可以使车辆经过弯道时不必大幅减速，从而提高通行能力且节约燃料。若某处有这样的弯道，其半径为r＝100 m，路面倾角为θ，且tan θ＝0.4，g取10 m/s2。
(1)求汽车的最佳通过速度，即不出现侧向摩擦力时的速度大小；
(2)若弯道处侧向动摩擦因数μ＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求汽车的最大速度是多少。
[解析] (1)如图甲所示，当汽车通过弯道时，做水平面内的圆周运动，不出现侧向摩擦力时，汽车受到重力mg和路面的支持力N′两个力作用，两力的合力提供汽车做圆周运动的向心力。则有
mg tan θ＝
所以v0＝＝20 m/s。
(2)汽车以最大速度通过弯道时的受力分析如图乙所示。将支持力N和摩擦力f进行正交分解，有
N1＝Ncos θ，N2＝Nsin θ，f1＝fsin θ，f2＝fcos θ
所以有mg＋f1＝N1，N2＋f2＝F向，且f＝μN
由以上各式可解得向心力为F向＝mg
根据F向＝m可得v＝15 m/s。
[答案] (1)20 m/s (2)15 m/s
4．如图所示，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做特技表演。若摩托车运动的速率恒为v＝20 m/s，人和车的总质量为m＝200 kg，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的k倍，且k＝0.5。摩托车通过与圆心O在同一水平面上的B点向下运动时牵引力恰好为零，摩托车车身的长度不计，重力加速度g取10 m/s2，试求：
(1)运动员完成一次圆周运动所需的时间(π取3.14)；
(2)摩托车通过最低点A时牵引力的大小。
[解析] (1)根据题意可知，摩托车通过B点时牵引力为零，此时摩托车所受摩擦阻力f与重力平衡，所以有mg＝f＝kN
根据牛顿第二定律有N＝m
解得R＝20 m
运动员完成一次圆周运动所需的时间
T＝＝6.28 s。
(2)摩托车经过A点时，根据牛顿第二定律得
NA－mg＝m
又fA＝kNA，
摩托车经过A点时，水平方向有FA＝fA，
联立解得FA＝3.0×103 N。
[答案] (1)6.28 s (2)3.0×103 N素养培优课(一) 水平面和竖直平面内的圆周运动
培优目标 1．掌握水平面内圆周运动问题的分析方法。 2．掌握竖直面内圆周运动问题的分析方法。 3．熟练受力分析与运动分析的技巧与步骤。
考点1 水平面内圆周运动问题
1．水平面内的圆周运动是指物体做圆周运动的轨迹在水平面内，多以生活中常见实例或水平圆周运动模型为例分析向心力及临界条件问题。
(1)水平面内圆周运动的“摩擦力”模型是指依靠静摩擦力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力。
(2)水平面内圆周运动的“弹力”模型是指依靠弹力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力。
(3)水平面内圆周运动的“圆锥摆”模型是指依靠弹力(细线拉力或倾斜面弹力)和物体重力的合力使物体在水平面内做圆周运动。
2．两类情况分析
(1)不滑动
质量为m的物体在水平面上做圆周运动或随圆盘一起转动(如图所示)时，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值fm时，物体运动的速度也达到最大，即fm＝，解得vm＝。
(2)绳子被拉断
质量为m的物体被长为l的轻绳拴着(如图所示)，且绕绳的另一端O在水平面内做匀速圆周运动，当绳子的拉力达到最大值Fm时，物体的速度最大，即Fm＝，解得vm＝。
这就是物体在半径为l的圆周上运动的临界速度。
【典例1】 如图所示，在匀速转动的圆盘上，沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块，A离轴心距离r1＝20 cm，B离轴心距离r2＝30 cm, A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的，g取10 m/s2，求：
(1)若细线上没有张力，圆盘转动的角速度ω应满足什么条件？
(2)欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度多大？
(3)当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时，烧断细线，则A、B将怎样运动？
[解析] (1)当物块B所需向心力FB≤fm时，细线上张力为零，随着角速度的增大，当FB＝fm时，有kmg＝r2，得ω0＝＝ rad/s＝ rad/s
当ω≤ω0＝ rad/s时，细线上不会有张力。
(2)当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωmax，超过ωmax时，A、B将相对圆盘滑动(设细线中张力为T)
对A：kmg－T＝·r1
对B：kmg＋T＝·r2
解得ωmax＝＝ rad/s＝4.0 rad/s。
(3)烧断细线时，A做圆周运动所需向心力FA＝r1=0.32 mg，最大静摩擦力为0.4mg，A随盘一起转动。B此时所需向心力为FB＝r2=0.48mg，大于它的最大静摩擦力0.4mg，因此B将做离心运动，离圆心越来越远。
[答案] (1)ω≤ rad/s (2)4.0 rad/s (3)A随圆盘一起转动，B做离心运动
水平面内圆周运动的临界问题的通解思路
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴OO′的距离为2l。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的静摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
AC [两个木块与圆盘间的最大静摩擦力相等，木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，木块所受的静摩擦力f＝mω2r，m、ω相等时，f∝ r，所以b所受的静摩擦力较大，随着ω增大，b所受的静摩擦力先达到最大静摩擦力，所以b先滑动，A项正确，B项错误；b处于临界状态时有kmg＝mω2·2l，得ω＝，C项正确；当ω＝时，对a分析有Ffa＝mlω2＝ml ＝kmg＜Ffm＝kmg，a所受摩擦力为静摩擦力，大小为kmg，D项错误。]
考点2 竖直平面内圆周运动的问题
1．运动性质
物体在竖直平面内做圆周运动时，受弹力和重力两个力的作用，物体做变速圆周运动，常见两类模型。
2．模型分析
(1)轻绳和轻杆模型概述
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。
(2)两类模型分析对比
类别 轻绳模型 轻杆模型
常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 v临＝ v临＝0
讨论分析 (1)能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道，如图所示 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v＞时， FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点 的FN图线 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向
角度1 轻绳模型
【典例2】 用长L＝0.6 m的绳系着装有m＝0.5 kg水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”。g取10 m/s2。则：
(1)最高点水不流出的最小速度为多大？
(2)若过最高点时速度为3 m/s，此时水对桶底的压力多大？
[解析] (1)水做圆周运动，在最高点水不流出的条件是，水的重力不大于水所需要的向心力。当重力恰好提供向心力时，对应的是水不流出的最小速度v0。
以水为研究对象，mg＝
解得v0＝＝ m/s≈2.45 m/s。
(2)因为v＝3 m/s>v0，所以重力不足以提供向心力，要由桶底对水向下的压力补充，此时所需向心力由以上两力的合力提供。
设桶底对水的压力为F，则由牛顿第二定律有mg＋F＝m
解得F＝m－mg＝0.5×N＝2.5 N
根据牛顿第三定律F′＝－F，
所以水对桶底的压力F′＝－2.5 N，负号表示方向竖直向上。
[答案] (1)2.45 m/s (2)2.5 N
角度2 轻杆模型
【典例3】 有一轻质杆L长为0.5 m，一端固定一小球质量m为0.5 kg，杆绕另一端在竖直面内做圆周运动。(g取10 m/s2)
(1)当小球在最高点时刚好对杆无作用力，求此时的速度大小；
(2)当小球运动到最高点速率分别为1 m/s和 4 m/s 时，求小球对杆的作用力；
(3)当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为41 N，求小球运动的速率。
[解析] (1)小球在最高点时刚好对杆无作用力，此时重力提供向心力有mg＝，代入数据解得v1＝＝ m/s。
(2)当小球运动到最高点速率为1 m/s时，此时小球A受到杆向上的支持力。根据牛顿第二定律可得：mg－F1＝，代入数据得F1＝4 N，根据牛顿第三定律可得小球对杆的作用力为4 N，方向向下；当小球运动到最高点速率为4 m/s时，由于v3＝4 m/s> m/s此时小球A受到杆向下的拉力，根据牛顿第二定律F2＋mg＝，代入数据解得F2＝11 N，根据牛顿三定律可得小球对杆的作用力为11 N，方向向上。
(3)当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为41 N，由牛顿第二定律有F－mg＝，代入数据解得v4＝6 m/s。
[答案] (1) m/s (2)4 N，方向向下 11 N，方向向上 (3)6 m/s
竖直平面内圆周运动的分析方法
(1)明确运动的模型，是轻绳模型还是轻杆模型。
(2)明确物体的临界状态，即在最高点时物体具有最小速度时的受力特点。
(3)分析物体在最高点或最低点的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解。
[跟进训练]
2．(角度1)细绳一端固定，另一端系一小球在竖直平面内做完整的圆周运动，设绳长为L，重力加速度为g，则( )
A．小球通过最高点时，速度大小一定为
B．小球运动的过程中，所受合力一定指向圆心
C．小球通过最低点时一定受到绳子的拉力作用
D．小球运动过程中，可能受到绳子的拉力、重力和向心力
C [在最高点且细绳拉力为零时：mg＝m，得v＝。当有拉力时，速度v>，A错；小球做圆周运动的过程中，在最高点和最低点，合力提供的向心力指向圆心，在其他位置合力不指向圆心，B错；在最低点，合力提供向心力，所以小球一定受细绳的拉力，C对；向心力是物体所受合力沿指向圆心方向的分力，D错。]
3．(角度2)(多选)如图甲所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．轻杆长度l＝
B．小球质量m＝－
C．当v2D．仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变
BD [小球在最高点，当速度为零时，向心力为零，小球的重力与轻杆对小球的弹力大小相等，方向相反，据题图乙可知－b＝mg，解得球的质量为m＝－，故B正确；在最高点，重力和杆的作用力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得F＋mg＝m，化简可得F＝m－mg，由F-v2图像的斜率可得k＝＝，解得轻杆的长度为l＝，故A错误；由题图乙可知，当v2＝a时，轻杆中的弹力为零，故由竖直平面内的圆周运动的临界条件可知当v2素养培优练(一) 水平面和竖直平面内的圆周运动
1．如图所示，用轻绳一端拴一小球，绕另一端O在竖直平面内做圆周运动。若绳子可能断，则运动过程中绳子最易断的位置是小球运动到( )
A．最高点
B．最低点
C．两侧与圆心等高处
D．无法确定
[答案] B
2．(多选)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量为m1，B、C的质量均为m2，且m1＝2m2，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动)( )
A．C的向心加速度最大
B．B的静摩擦力最小
C．当圆台转速增大时，A比B先滑动
D．当圆台转速增大时，C将最先滑动
[答案] ABD
3．一轻杆下端固定一质量为M的小球，上端连在轴上，并可绕轴在竖直平面内运动，不计空气阻力，在最低点给小球一个水平速度v0时，刚好能到达最高点，若在最低点给小球的瞬时速度从v0不断增大，则可知( )
A．小球在最高点对杆的作用力不断增大
B．小球在最高点对杆的作用力先减小后增大
C．小球在最高点对杆的作用力不断减小
D．小球在最高点对杆的作用力先增大后减小
B [杆既能支撑小球，又能拉小球，也就是说，杆在最高点给小球的弹力既可能向上又可能向下，因此，小球在最高点的速度可以为零。当到达最高点小球速度为零时，杆对小球的作用力为支持力，且等于mg。随着速度的增大，支持力逐渐减小，当v＝时，杆对小球的作用力为零，当速度继续增大时，杆对小球的作用力为拉力且不断增大，故B正确，A、C、D错误。]
4．如图所示，在匀速转动的圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量相等(均为m)的两物块用轻绳连接，物块A到转轴的距离为R＝20 cm，与圆盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(已知π2＝g)则( )
A．物块A一定会受圆盘的摩擦力
B．当转速n＝0.5 r/s时，A不受摩擦力
C．A受摩擦力方向一定与线速度方向在一条直线上
D．当圆盘转速n＝1 r/s时，摩擦力方向沿半径背离圆心
D [若mg＝mω2R，则物块A不受摩擦力；当摩擦力为零时，mg＝mω2R＝m(2πn)2R，代入数据解得n＝ r/s，A、B错；物块A受摩擦力方向与半径在一条直线上，指向圆心或背离圆心，C错；当圆盘转速n＝1 r/s时，即n＝1 r/s< r/s，物块A有沿半径向内运动的趋势，所以摩擦力方向沿半径背离圆心，D对。]
5．(多选)如图所示，在竖直的转轴上，a、b两点间距为0.4 m，细线ac长0.5 m，bc长0.3 m，在c点系一质量为m的小球，在转轴带着小球转动的过程中，下列说法正确的是( )
A．转速较小时，ac受拉力，bc松弛
B．bc刚好拉直时，ac中拉力为1.25mg
C．bc拉直后转速增大，ac拉力增大
D．bc拉直后转速增大，ac拉力不变
ABD [在转速较小时，随着转速的增加，小球做圆周运动的半径逐渐增大，此过程ac受拉力，bc松弛，A对；当bc刚好拉直时，设ac与竖直方向的夹角为θ，cos θ＝0.8，对小球受力分析有＝Tac，Tac＝1.25mg，B对；当转速继续增大，向心力增大，则bc的拉力逐渐增大，但ac拉力保持不变，C错，D对。]
6．(多选)如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最高点时小球的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．管道的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
AB [由题图乙可知，当v2＝b，FN＝0时，mg＝m，解得R＝，故A正确；当v2＝0时，mg＝a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误。]
7．(多选)如图所示光滑轨道上，小球滑下经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆弧的压力为mg，已知圆弧的半径为R，则( )
A．在最高点A，小球受重力和向心力
B．在最高点A，小球受重力和圆弧的压力
C．在最高点A，小球的速度为
D．在最高点A，小球的向心加速度为2g
BD [小球在最高点受重力和压力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma，又FN＝mg，所以a＝2g，B、D正确。]
8．在质量为M的电动机飞轮上固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为r，如图所示，为了使放在地面上的电动机不会跳起，电动机飞轮的角速度不能超过( )
A． B．
C． D．
D [重物转到飞轮的最高点，电动机刚要跳起时，重物对飞轮的作用力F的大小恰好等于电动机的重力Mg的大小，即F＝Mg。以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝，故选D。]
9．(多选)如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动过程中，物体始终保持静止，关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑块运动到B点时，N＝Mg，摩擦力方向向右
C．滑块运动到C点时，N>(M＋m)g，物体与地面间无摩擦力
D．滑块运动到D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
BC [小滑块在A点时，小滑块对物体的作用力在竖直方向上，物体与小滑块组成的系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误；小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力的作用，由物体的受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体对地面的压力NB＝Mg，故B正确；小滑块在C点时，小滑块的向心力向上，所以小滑块对物体的压力要大于小滑块的重力，故物体受到的小滑块的压力大于mg，则物体对地面的压力大于(M＋m)g，物体与地面间无摩擦力，故C正确；小滑块在D点和B点的受力情况类似，由B点的分析可知，物体对地面的压力ND＝Mg，故D错误。]
10．如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接。OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ，重力加速度为g。
(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1；
(2)当小球随光滑直杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2，求匀速转动的角速度ω；
(3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0＝匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0。
[解析] (1)对小球进行受力分析如图所示，小球从弹簧的原长位置静止释放时，小球不受弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ。随着小球沿杆向下运动，其所受弹簧的弹力不断增大，当弹簧弹力增大到与mgsin θ相等时，小球不再具有沿杆向下的加速度，此时小球速度达到最大，即此刻有kΔl1＝mgsin θ，解得Δl1＝。
(2)设弹簧伸长量为Δl2时，小球受力如图所示，F2为小球所受弹簧的拉力，有F2＝kΔl2，FN为小球所受垂直于杆的支持力，则水平方向上有FNsin θ＋kΔl2cos θ＝mω2·(l0＋Δl2)cos θ，竖直方向上有FNcos θ－kΔl2sin θ－mg＝0，联立解得ω＝。
(3)当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，小球离B点的距离为L0，其角速度为ω0，其运动半径为L0cos θ，此时有mg tan θ＝cos θ，解得L0＝＝＝L。
[答案] (1)gsin θ (2) (3)L
11．某同学自学圆周运动知识。如图所示，他用一根无弹性细绳拴住一个质量为m的小沙袋，让小沙袋在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，同时测出小沙袋运动n周所需时间为t。若小沙袋所需向心力近似等于手通过绳对小沙袋的拉力，求：
(1)小沙袋做圆周运动的周期T；
(2)小沙袋做圆周运动的角速度ω；
(3)细绳对小沙袋的拉力F。
[解析] (1)小沙袋做圆周运动的周期T＝。
(2)小沙袋做圆周运动的角速度ω＝，解得ω＝。
(3)细绳对小沙袋的拉力提供向心力，可得
F＝mω2r
解得F＝。
[答案] (1) (2) (3)
12．如图所示，一个半径为R＝1.5m的金属圆环竖直固定放置，环上套有一个质量为m的小球，小球可在环上自由滑动，与环间的动摩擦因数为0.75。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。当小球向右滑动经过环的最高点时(结果可用根号表示)：
(1)若此刻环对小球的摩擦力为零，求此刻小球的速率；
(2)若此刻环对小球的摩擦力大小为0.3mg，求此刻环对小球的作用力大小；
(3)若此刻环对小球的摩擦力大小为0.3mg，求此刻小球的速率。
[解析] (1)环对小球的摩擦力f＝0时，环对小球的弹力N＝0，则有mg＝m
解得小球速率v＝ m/s。
(2)滑动摩擦力f＝μN，将f＝0.3mg、μ＝0.75代入得环对小球的弹力N＝＝＝0.4mg
弹力方向与摩擦力方向垂直，由力的合成可知环对小球的作用力大小F＝＝0.5mg。
(3)由(2)可知，环对小球的弹力N＝0.4mg
当环对小球的弹力方向向上时，有mg－N＝
解得小球的速率v1＝3 m/s
当环对小球的弹力方向向下时，有mg＋N＝
解得小球的速率v2＝ m/s。
[答案] (1) m/s (2)0.5mg (3)3 m/s或 m/s
13．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg。求A、B两球落地点间的距离。
[解析] 两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。
对A球：3mg＋mg＝
解得vA＝
对B球：mg－0.75mg＝
解得vB＝
由2R＝gt2，t＝
解得xA＝vAt＝vA＝4R，xB＝vBt＝vB＝R
所以Δx＝xA－xB＝3R。
[答案] 3R主题1 圆周运动的动力学问题
1．分析物体的运动情况，明确圆周轨道在怎样的一个平面内，确定圆心在何处，半径是多大。
2．分析物体的受力情况，弄清向心力的来源，跟运用牛顿第二定律解直线运动问题一样，解圆周运动问题，也要先选择研究对象，然后进行受力分析，画出受力示意图。
3．由牛顿第二定律F＝ma列方程求解相应问题，其中F是指向圆心方向的合外力(向心力)，a是向心加速度，即或ω2r或用周期T来表示的形式。
【典例1】 如图所示，一条轻绳长为L＝0.2 m，一端连接一个质量m＝2 kg的小球，另一端连接一个质量M＝1 kg 的滑块。滑块套在竖直杆上，它与竖直杆间的动摩擦因数为μ，现在让小球绕竖直杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与杆的夹角θ＝60°，滑块恰好不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ。
[解析] (1)小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳的拉力和小球的重力的合力提供向心力，根据几何关系可得小球做圆周运动的半径R＝Lsin θ
根据牛顿第二定律有
mgtan θ＝mω2R
解得ω＝10 rad/s。
(2)对小球，在竖直方向有Tcos θ＝mg
对滑块，在水平方向有Tsin θ＝N
在竖直方向有μN＝Mg＋Tcos θ
解得μ＝。
[答案] (1)10 rad/s (2)
当分析向心力来源时采用正交分解法，坐标原点就是做圆周运动的物体，有一个坐标轴的正方向沿着半径指向圆心。
主题2 曲线运动综合问题分析
圆周运动和平抛运动是两种典型的曲线运动，圆周运动与平抛运动结合的综合问题，是考试的重点，也是难点，此类问题主要是水平面内的圆周运动与平抛运动的综合或竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合考查。
(1)水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
此类问题往往先在水平面内做匀速圆周运动，后做平抛运动。首先明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解速度或位移，速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
(2)竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题
此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动。竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够通过圆周最高点的临界条件。速度也是联系前后两个过程的关键物理量。
【典例2】 (多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看成质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
思路点拨：小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰，说明小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，代入公式即可；小球经过圆弧轨道的B点时做圆周运动，所受轨道作用力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可求得小球受管道的作用力。
AC [根据平抛运动的规律和运动的合成可知tan 45°＝，则小球在C点竖直方向的分速度和水平方向分速度大小相等，即vx＝vy＝gt＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝3×0.3 m＝0.9 m，A正确，B错误；小球在B点的速度为3 m/s，根据牛顿第二定律，在B点，设轨道对小球的作用力方向向下，FNB＋mg＝，代入解得FNB＝－1 N，负号表示轨道对小球的作用力方向向上，C正确，D错误。]
(1)找到两个运动的衔接点，前一运动的末速度是后一运动的初速度。
(2)从某一运动的特殊位置作为突破口，根据其具有的特点进行求解突破。
(3)再将两运动进行有效关联。