第五章第四节 向心力 向心加速度
题型1 向心力的表达式及影响向心力大小的因素 题型2 向心力的来源分析
题型3 牛顿第二定律与向心力结合解决问题 题型4 向心加速度的概念、方向及物理意义
题型5 向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素 题型6 探究圆周运动的相关参数问题
▉题型1 向心力的表达式及影响向心力大小的因素
【知识点的认识】
1.向心力的表达式为：Fn＝man＝mω2r＝mm
2.由表达式可以看出：
（1）在其他因素不变时，向心力与质量成正比；
（2）在质量和半径不变时，向心力与角速度的平方成正比，与线速度的平方成正比，与周期的平方成反比；
（3）在质量和角速度不变时，向心力与半径成正比；
（4）在质量和线速度不变时，向心力与半径成反比；
（5）在质量和周期不变时，向心力与半径成正比。
1．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（ ）
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
▉题型2 向心力的来源分析
【知识点的认识】
1.向心力的确定
（1）确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。
（2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力。
2.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。
3.解决圆周运动问题步骤
（1）审清题意，确定研究对象；
（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
2．如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，不发生相对滑动，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．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为c
B．当转盘匀速转动时，P可能不受转盘的摩擦力
C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为a
D．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为d
3．一日之计在于晨，在春天的暖阳里进行晨跑锻炼有助于学生的身心健康，请回答下列有关问题：
（1）健康跑步计划在我校实施，同学们每天7时15分开始，绕操场跑道有节奏跑步，15分钟左右结束，跑完全程的同学轨迹总长约1.2km，起到了强身健体的作用。某一天，高一（5）班的同学跑完全程恰好回到出发位置时，听到停跑命令，于是前排同学立刻停止跑动，立在原地。则 。
A．15分钟指时刻
B．7时15分指时间间隔
C．1.2km指位移
D．高一（5）班前排同学的位移为零
（2）小陈同学绕着周长为100πm的大操场跑步一圈，则她位移的最大值为 ，路程的最大值为 ，当她的位移为80m时，通过的路程约为 。
（3）甲、乙两位同学每天坚持晨跑，甲沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则 。
A．ω1＞ω2，v1＜v2
B．ω1＜ω2，v1＞v2
C．ω1＝ω2，v1＜v2
D．ω1＝ω2，v1＞v2
（4）在200m跑中，跑内侧还是外侧跑道对运动员的成绩有一定影响。若同一运动员分别在最内侧和最外侧跑道以相同的速率运动，转弯半径分别为36m与38m，则运动员在最内侧跑道转弯所需向心力是在最外侧跑道时的 。
A．
B．
C．（）2
D．（）2
（5）如图为学生跑操的示意图，跑操队伍宽d＝3m，某时刻队伍前排刚到达出口的B端，正在A点的体育老师准备从队伍前沿直线匀速横穿到达对面出口区域BC，且不影响跑操队伍，已知学生跑操的速度v＝2m/s，出口区域BC宽度L＝4m，则以下说法错误的是 。（多选题）
A．体育老师到达对面出口速度可以为2m/s
B．体育老师到达对面出口速度可以为1.5m/s
C．体育老师到达对面出口的时间可以大于2s
D．体育老师到达对面出口的时间不能大于2s
4．无人机因机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险等优点，被广泛应用在生产生活中。已知重力加速度为g，一质量为m＝2.0kg的无人机对一轿车进行拍摄。如图，无人机以车中心所在的竖直线为轴线，在地面上方的水平面内做半径为R＝4.0m、角速度为ω＝1.5rad/s的匀速圆周运动。
（1）此运动过程中，空气对无人机的作用力方向为 。
A．竖直向上
B．斜向上
C．水平方向
D．斜向下
E．竖直向下
（2）此运动过程中，空气对无人机的作用力大小为 N（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学利用无人机玩投球游戏。无人机在距地高为H水平面内匀速直线运动，释放可视为质点的小球，小球飞行过程中不计空气阻力。
①小球在空中飞行过程中，小球加速度方向的是 ；
②若小球到达水平地面时，速度方向与水平方向间的夹角为θ，则无人机匀速飞行时的速度大小为 ；
（4）若无人机在倾角一定的斜坡上方进行投球。每隔相等时间释放一小球，第一个小球落在a点，第二个小球落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，那么第三个小球将落在 。
A．bc之间
B．c点
C．cd之间
D．d点
（5）一质量为m的无人机从地面静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图所示。无人机飞至高为2h0处时，空气对其作用力大小为 ；无人机飞至3h0处时的速度为 。
▉题型3 牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mm也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
5．如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上。两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°。给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动。某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力比为（ ）
A．1：1 B．25：32 C．25：24 D．3：4
6．在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手夺得短道速滑混合团体接力奥运冠军！短道速滑比赛中运动员的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（ ）
A．在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动
B．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等
C．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等
D．在直线加速阶段，甲滑行的平均速度大于乙滑行的平均速度
7．“辽宁舰”质量为6×106kg，如图是“辽宁舰”在海上转弯时的照片，忽略水的阻力，假设整个过程中辽宁舰做匀速圆周运动，速度大小为20m/s，圆周运动的半径为1000m，下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时水对舰的作用力指向圆心
B．在A点时水对舰的合力大小约为6×107N
C．在A点时的加速度大小为0.2m/s2
D．完全掉头需要10π秒
8．如图1所示为“铁笼飞车”的特技表演，其抽象出来的理想模型为如图2所示的内壁光滑的圆球，其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道，a轨与b轨均水平，c轨竖直，一质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时，下列有关说法正确的是（ ）
A．沿a轨可能做变速圆周运动
B．沿c轨运动的最小速度为0
C．沿a轨运动的速度比沿b轨运动的速度大
D．沿a轨运动的周期比沿b轨运动的周期大
9．由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海面的高度均不变，则以下说法正确的是（ ）
A．飞机做的是匀速直线运动
B．飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力
C．飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力
D．飞机上的乘客对座椅的压力为零
（多选）10．如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
（多选）11．一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（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：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，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做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（b）所示，则在其抛出点O以及轨迹最高点P处的曲率半径是（ ）
A．在其抛出点O处的曲率半径是
B．在其抛出点O处的曲率半径是
C．在其轨迹最高点P处的曲率半径是
D．在其轨迹最高点P处的曲率半径是
（多选）12．如图为离心式转速表中离心器的结构示意图，质量为m的两个重锤利用四根等长的轻质连杆与质量不计的活动套环及固定套环连接，固定套环固定在竖直杆上，竖直杆可绕通过自身的竖直轴自由转动，两个套环间连接着一根轻质弹簧，弹簧的原长为L。离心器不转动时弹簧长度为1.5L，当离心器以角速度ω0转动时，弹簧恰好处于原长。忽略摩擦阻力及其他阻力，重力加速度为g，以下关于离心器说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的劲度系数
C．角速度ω0的大小为
D．角速度ω0的大小为
（多选）13．如图所示，一个被无弹性绳子牵引的小球，在光滑水平板上以速度v＝2.0m/s做匀速圆周运动，A轨道运动半径r＝30cm。现迅速松手使绳子放长20cm后立即拽紧绳子，使小球在更大半径的新轨道B上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．实现这一过渡所需时间为2.0s
B．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的线速度之比为5：3
C．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的角速度之比为25：9
D．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动时绳子拉力之比为5：3
（多选）14．如图所示的水平圆盘上有一原长为l0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止。现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度ω至某﹣较大值的过程中，关于f与ω2图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）15．如图1所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为θ，一条长度为L的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看作质点），小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F随ω2变化关系如图2所示。重力加速度g取10m/s2，由图2可知（ ）
A．绳长为L＝2m
B．小球质量为0.5kg
C．母线与轴线之间夹角θ＝300
D．小球的角速度为2rad/s时，小球已离开锥面
16．如图所示，旋转木马被水平钢杆拴住绕转台的中心轴做匀速圆周运动，若相对两个木马间的杆长为6m，木马质量为30kg，骑木马的儿童质量为40kg，当木马旋转的速度为4m/s时，周期是 s，儿童受到的向心力大小是 N。
17．为验证向心力公式的正确性，某同学用天平称出一物块的质量为m。再用绳子绑住物块，用力甩绳子，使物块绕点O在水平面内做匀速圆周运动（小球的重力远小于绳子拉力，可近似认为绳子水平），物块做圆周运动的半径为R，通过力传感器读出绳子的拉力F（空气阻力不计），用以下两种方法验证：
（1）方法一：用秒表记录物块运动n圈的时间为t0，那么物块做圆周运动的线速度大小v＝ ，需要的向心力表达式为Fn＝ ；在误差允许的范围内，比较Fn与F是否相等。
（2）方法二：当物块转到某位置时，突然松手，物块落地，记录物块的落地点为C。用刻度尺量出松手处到地面的高度H，量出抛出点在水平地面的投影与落地点间的距离为S。由此求出物块做圆周运动的线速度大小v＝ ，需要的向心力表达式为Fn＝ ；在误差范围内，比较Fn与F是否相等。
18．如图，半径为3r的水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘距离水平地面高为h，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、12m，物块A叠放在B上，B、C到转盘中心O的距离分别为3r、2r，B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力，已知C与圆盘间的动摩擦因数为μ，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A、B间动摩擦因数为3μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。A、B、C均可视为质点，现让圆盘从静止开始逐渐缓慢加速，求：
（1）时，C受到转盘的摩擦力；
（2）当ω增加到某一数值时，C、B哪个物体不受圆盘的摩擦力？求此时圆盘角速度大小（物体仍在圆盘上且圆盘角速度不为零）；
（3）当ω增加到某一数值时，A从B上滑动并飞出，求A落地点与盘中心O在地面投影点O'之间的距离。
19．长为L的细线，栓一质量为m的小球，一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动），如图所示，摆线L与竖直方向的夹角为θ．
求 （1）线的拉力．
（2）小球运动的线速度的大小．
20．如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长为2L，距地面的高度为H＝1.8m，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。小球A以角速度ω＝2.5rad/s在木板上绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动时，B也在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，O点正好是细线的中点，其中L＝2m，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）小球B的角速度；
（2）当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离。
21．如图所示，A、B两球的质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为L1的细线与A球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上．当A球与B球均以角速度ω绕OO′轴做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2．求：
（1）此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？
（2）将线突然烧断瞬间，两球加速度各多大？
▉题型4 向心加速度的概念、方向及物理意义
【知识点的认识】
1.概念：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。
2.物理意义：向心加速度在匀速圆周运动中是用来描述速度变化快慢的物理量。
3.变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。
4.圆周运动中的外力与加速度
牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn＝man。
变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两个效果：沿半径方向上的合力改变物体速度的方向而产生向心加速度，沿切线方向上的合力改变物体速度的大小而产生切向加速度。合力与总的加速度、向心力与向心加速度，切向力与切向加速度均遵从牛顿第二定律。
22．向心加速度描述的是做圆周运动的物体（ ）
A．向心力变化的快慢
B．线速度方向变化的快慢
C．线速度大小变化的快慢
D．转动角度变化的快慢
▉题型5 向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素
【知识点的认识】
1.向心加速度的表达式为an＝ω2r4π2n2r＝ωv
2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。
3.对于公式an
该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。
4.对于公式an＝ω2r
该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。
5.向心加速度与半径的关系
根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。
23．如图所示，中心为O的硬币在桌面上沿直线向右匀速滚动，虚线为硬币边缘最高点P的运动轨迹，位置2为轨迹最高点，位置3为轨迹与桌面接触点。下列说法正确的是（ ）
A．硬币滚动一周，P点与O点位移大小相等
B．P点运动到位置1时速度方向为水平向右
C．P点运动到位置2时向心加速度大小为零
D．P点运动到位置3时的速度与O点的速度相同
24．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，图是某一变速车齿轮传动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则下列选项正确的是（ ）
A．当B轮与C轮组合时，两轮的周期之比TB：TC＝3：7
B．当B轮与C轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度之比aB：aC＝3：7
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4：1
D．当A轮与D轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度之比aA：aD＝4：1
25．如图所示，小金属球的质量为m，用长为L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直。若小金属球被无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬间（设线没有断），则（ ）
A．小球的角速度保持不变
B．小球的线速度突然减小
C．小球的加速度突然增大
D．悬线的张力等于重力
26．下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（ ）
A．由可知，向心加速度和轨道半径成反比
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．转速越快时，角速度越大
D．轨道半径越小时，周期越小
27．在如图所示的装置中，甲、乙属于同轴传动，乙、丙属于皮带传动（皮带与轮不发生相对滑动），A、B、C分别是三个轮边缘上的点，设甲、乙、丙三轮的半径分别是R甲、R乙和R丙，且R甲＝2R乙＝R丙，如果三点的线速度分别为vA，vB，vC，三点的周期分别为TA，TB，TC，向心加速度分别为aA，aB，aC，则下列说法正确的是（ ）
A．aA：aB＝1：2 B．ωA：ωB＝2：1 C．vA：vC＝1：4 D．TA：TC＝1：2
28．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（ ）
A．线速度大小之比为4：3
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．向心加速度大小之比为1：2
▉题型6 探究圆周运动的相关参数问题
【知识点的认识】
一、实验仪器
1.转动手柄；2、3.变速塔轮；4.长槽；5.短槽；6.横臂；7.弹簧测力套筒；8.标尺
二、实验步骤
匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动。这时，小球向外挤压挡板，挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球压挡板的力使挡板另一端压缩弹簧测力套简里的弹簧，弹簧的压缩量可以从标尺上读出，该读数显示了向心力大小。
（1）把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度不同。探究向心力的大小与角速度的关系。
（2）保持两个小球质量不变，增大长槽上小球的转动半径。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同。探究向心力的大小与半径的关系。
（3）换成质量不同的小球，分别使两个小球的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度也相同。探究向心力的大小与质量的关系。
（4）重复几次以上实验。
三、数据处理
（1）m、r一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
ω
ω2
（2）m、ω一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
r
（3）r、ω一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
m
（4）分别作出F向﹣ω2、F向﹣r、F向﹣m的图像。
（5）实验结论
①在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比；
②在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比；
③在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
29．在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。
（1）图中通过 测出向心力F，通过 测出通过挡光片的瞬时速度v，通过 ____________上的刻度读出砝码的运动半径r（均选填图中序号）；
（2）该同学若想探究向心力与角速度的关系，应该保持 不变；
（3）某次实验中，该同学测得半径r＝0.5m，在（2）的基础上通过改变线速度v，测出了五组F、v数据，并通过计算得到了对应的角速度ω的数值，如表：表格中第5组数ω的数值为 。
1 2 3 4 5
F/N 0.06 0.26 0.58 1.02 1.61
v/（m s﹣1） 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0
ω/（rad s﹣1） 0.8 1.6 2.4 3.2
（4）结合表中数据，为了得到向心力与角速度的关系应作 （选填F﹣ω2或F﹣ω）图像。
（5）若已知向心力公式，由表格中数据可得砝码的质量m＝ kg（结果保留一位有效数字）。
30．某小组用如图甲所示装置做“探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系”实验。
（1）下列与本实验的实验方法相同的实验是 。
A．探究弹簧伸长量与弹力关系
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究平抛运动的特点
（2）要探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至图乙中第 层塔轮（选填“一”“二”或“三”）；在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在挡板A、C位置，传动皮带位于图乙中第三层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 。
（3）要探究向心力与质量的关系，应将两个质量不同的小球，分别放置在 （选填“挡板A、B”“挡板B、C”或“挡板A、C”）处，将传动皮带套在半径相同的左右两个塔轮上，匀速转动手柄，若左右两标尺露出的格子数之比为2：5，若两个球一个是铁球、一个是橡胶球，则铁球和橡胶球的质量之比为 。
31．用如图所示的实验装置探究影响向心力大小的因素。已知长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A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。挡板对球的压力提供了向心力，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，根据标尺上的等分格可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。
（1）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，塔轮边缘处的 大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）
（2）探究向心力和角速度的关系时，应将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 和挡板 处（选填“A”或“B”或“C”）
（3）皮带套左右两个塔轮的半径分别为R1，R2。某次实验使R1＝2R2，则A、C两处的角速度之比为 。
32．某同学用如图所示器材探究向心力影响因素的实验。在O点有一力传感器可以记录细线的拉力，O点正下方有光电门，可以记录重锤通过光电门时的挡光时间。他现在进行的是在运动半径和重锤质量不变的情况下探究向心力和速度的关系。
（1）他将重锤在某位置由静止释放（此时细绳处于拉直状态），重锤向下运动，记录光电门的挡光时间t，在电脑屏幕上发现此过程中力传感器的示数是变化的，则他应该记录力传感器示数的 （填“最小值”或“最大值”或“平均值”）；
（2）该同学改变重锤释放的初始位置，重复（1），得到挡光时间t和对应传感器示数F的多组数据；
（3）该同学以F为纵坐标，以 为横坐标，若得到一条倾斜直线，则表明在物体质量和运动半径不变的情况下，向心力的大小与速度的平方成正比；
（4）该同学分析如果重锤向下运动过程中受到的空气阻力不能忽略，这个因素对实验结果 （填“有”或“没有”）影响。
33．上海松江欢乐谷是无数学生社会实践最想去的地方，其丰富的游乐项目蕴含许多物理原理，回答下列问题：
（1）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形大容器，筒壁竖直，陆老师进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动，转速增大到一定程度时，突然底板塌落，陆老师发现自己没有落下去。其中支持力充当向心力，支持力是按照力的 命名的。陆老师随圆筒一起做匀速圆周运动，陆老师不落下去的原因是 。
A．陆老师处于失重状态
B．陆老师受到的静摩擦力大小等于重力大小
C．陆老师随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势
陆老师在游玩该器械时想起他曾经探究匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系，他按图2甲所示的装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动一周的时间。
（2）陆老师根据实验数据作出F﹣ω2图像，而不是F﹣ω图像，这样做的理由是： 。
（3）陆老师按上述实验将测算得到的结果用作图法来处理数据，如图2乙，纵轴F为力传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是 。
（4）用电子秤测得物块的质量为15N，直尺测得半径为50cm，则图线斜率的大小为 。（用国际单位制表示）
（5）如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示、已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，不计空气阻力，则旋臂对模型飞机的作用力方向 （选填：A．一定与旋臂垂直，B．可能与悬臂不垂直）；若仅夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力 。（选填：A．变大，B．变小，C．不变）
（6）如图丙，陆老师又来到“旋转飞椅”这一装置前。观察到，由于悬挂座椅的绳索可以绕悬挂点自由转动，所以当整个装置匀速旋转时，绳索与竖直方向保持一定的夹角，如果测得这个夹角，则可以求出 。
A．绳索受到的拉力
B．人对座椅的压力
C．座椅和人的速度
D．座椅和人的加速度
34．利用物理原理设计实验测量物理量，是物理实验探究必备的能力，回答下列有关问题：
（1）一辆行驶在公路上的卡车与路旁障碍物相撞，相撞瞬间车项上一个松拖脱的零件被抛出而陷在泥里。处理事故的交警为了判断卡车是否超速，需要测量的量是 。
A．卡车的高度和卡车的长度
B．卡车的高度和卡车的重量
C．卡车的长度，零件陷落点与脱落点的水平距离
D．卡车的高度，零件陷落点与脱落点的水平距离
（2）如图1是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图。M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计。筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动。M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中错误的是 ______（多选题）。
A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
如图2所示是“DIS向心力实验器”，当质量为0.25kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得；旋转臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt的数据。
（3）用尺测得挡光杆的宽度为2.4mm，某次旋转过程中挡光杆的旋转半径为0.20m，经过光电门时的挡光时间为1.5×10﹣3s，则角速度ω＝ rad/s。
（4）保持挡光杆的旋转半径不变，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出的直线如图3所示，由此可得砝码做圆周运动的半径为 _________m（结果保留2位有效数字）。
（5）用如图4所示的装置来测量小球做平抛运动的初速度和圆盘匀速转动的角速度，现测得圆盘的半径为R，在其圆心正上方高h处沿OB方向水平抛出一小球，使小球落点恰好在B处，重力加速度为g，则小球的初速度v＝ ，圆盘转动的角速度ω＝ 。第五章第四节 向心力 向心加速度
题型1 向心力的表达式及影响向心力大小的因素 题型2 向心力的来源分析
题型3 牛顿第二定律与向心力结合解决问题 题型4 向心加速度的概念、方向及物理意义
题型5 向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素 题型6 探究圆周运动的相关参数问题
▉题型1 向心力的表达式及影响向心力大小的因素
【知识点的认识】
1.向心力的表达式为：Fn＝man＝mω2r＝mm
2.由表达式可以看出：
（1）在其他因素不变时，向心力与质量成正比；
（2）在质量和半径不变时，向心力与角速度的平方成正比，与线速度的平方成正比，与周期的平方成反比；
（3）在质量和角速度不变时，向心力与半径成正比；
（4）在质量和线速度不变时，向心力与半径成反比；
（5）在质量和周期不变时，向心力与半径成正比。
1．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（ ）
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
【答案】C
【解答】解：A、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，所以绳子的拉力一定不能等于0．故A错误；
B、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零。故B错误；
CD、物块在竖直方向上平衡，有：Tcosθ＝mg，绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，可知角速度增大，绳子的张力不变，故C正确，D错误。
故选：C。
▉题型2 向心力的来源分析
【知识点的认识】
1.向心力的确定
（1）确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。
（2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力。
2.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。
3.解决圆周运动问题步骤
（1）审清题意，确定研究对象；
（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
2．如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，不发生相对滑动，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．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为c
B．当转盘匀速转动时，P可能不受转盘的摩擦力
C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为a
D．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为d
【答案】D
【解答】解：AC．当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有c方向的向心力，还有a方向的切向力使物块P的线速度增加，故P受摩擦力方向应在ac之间，故AC错误；
B．当转盘匀速转动时，摩擦力提供向心力，故P一定受摩擦力作用，故B错误；
D．当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有c方向的向心力，还有a方向反向的切向力使物块P的线速度减少，则P受摩擦力方向可能为d，故D正确。
故选：D。
3．一日之计在于晨，在春天的暖阳里进行晨跑锻炼有助于学生的身心健康，请回答下列有关问题：
（1）健康跑步计划在我校实施，同学们每天7时15分开始，绕操场跑道有节奏跑步，15分钟左右结束，跑完全程的同学轨迹总长约1.2km，起到了强身健体的作用。某一天，高一（5）班的同学跑完全程恰好回到出发位置时，听到停跑命令，于是前排同学立刻停止跑动，立在原地。则 D 。
A．15分钟指时刻
B．7时15分指时间间隔
C．1.2km指位移
D．高一（5）班前排同学的位移为零
（2）小陈同学绕着周长为100πm的大操场跑步一圈，则她位移的最大值为 100m ，路程的最大值为 100πm ，当她的位移为80m时，通过的路程约为 m或m 。
（3）甲、乙两位同学每天坚持晨跑，甲沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则 D 。
A．ω1＞ω2，v1＜v2
B．ω1＜ω2，v1＞v2
C．ω1＝ω2，v1＜v2
D．ω1＝ω2，v1＞v2
（4）在200m跑中，跑内侧还是外侧跑道对运动员的成绩有一定影响。若同一运动员分别在最内侧和最外侧跑道以相同的速率运动，转弯半径分别为36m与38m，则运动员在最内侧跑道转弯所需向心力是在最外侧跑道时的 B 。
A．
B．
C．（）2
D．（）2
（5）如图为学生跑操的示意图，跑操队伍宽d＝3m，某时刻队伍前排刚到达出口的B端，正在A点的体育老师准备从队伍前沿直线匀速横穿到达对面出口区域BC，且不影响跑操队伍，已知学生跑操的速度v＝2m/s，出口区域BC宽度L＝4m，则以下说法错误的是 ABC 。（多选题）
A．体育老师到达对面出口速度可以为2m/s
B．体育老师到达对面出口速度可以为1.5m/s
C．体育老师到达对面出口的时间可以大于2s
D．体育老师到达对面出口的时间不能大于2s
【答案】（1）D；（2）100m，100πm，m或m；（3）D；（4）B；（5）ABC。
【解答】解：（1）A.15分钟指一段时间间隔，故A错误；
B.7时15分指时刻，故B错误；
C.1.2km指轨迹长度，代表路程，故C错误；
D.高一（5）班前排同学回到出发位置，位移为零，故D正确；
故选：D。
（2）小陈同学绕着周长为100πm的大操场跑步一圈，则她位移的最大值为直径d，由圆的周长公式可得：π d＝100πm，
解得：d＝100m；
路程最大值，即运动轨迹分最大值，为100πm；
当她的位移为80m时，可得下图：
由几何关系可得：sinθ，
则：θ＝53°，
则：2θ＝106°，
则她的路程可能为：s，
也可能为：s'＝100πm﹣s＝100πm。
（3）甲、乙在相同的时间内都跑了一圈，根据Tω＝2π，可知ω1＝ω2，甲晨跑的半径为2R，乙晨跑的半径为R，根据v＝ωr，可知v1＞v2，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（4）在200m跑中，若同一运动员分别在最内侧和最外侧跑道以相同的速率运动，转弯半径分别为36m与38m，则由向心力的计算公式可知，运动员在最内侧跑道转弯所需向心力与在最外侧跑道时所需的向心力之比为：
由题设条件，对于同一运动员而言，运动员的质量与转弯时的速率均相同时，，则运动员在最内侧跑道转弯所需向心力是在最外侧跑道时的，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（5）由题可知，老师需跑在学生前面且不影响跑操队伍，所以将老师的速度分解在平行BC方向和垂直BC方向，在平行于BC方向，老师的速度需要大于等于学生的速度，即v2≥2m/s，学生通过出口的时间为：，故老师到达对面出口的时间不能大于2s，老师在垂直BC方向的速度满足：，故老师的速度满足：，故D正确，ABC错误；
本题选错误的，
故选：ABC。
故答案为：（1）D；（2）100m，100πm，m或m；（3）D；（4）B；（5）ABC。
4．无人机因机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险等优点，被广泛应用在生产生活中。已知重力加速度为g，一质量为m＝2.0kg的无人机对一轿车进行拍摄。如图，无人机以车中心所在的竖直线为轴线，在地面上方的水平面内做半径为R＝4.0m、角速度为ω＝1.5rad/s的匀速圆周运动。
（1）此运动过程中，空气对无人机的作用力方向为 B 。
A．竖直向上
B．斜向上
C．水平方向
D．斜向下
E．竖直向下
（2）此运动过程中，空气对无人机的作用力大小为 27 N（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学利用无人机玩投球游戏。无人机在距地高为H水平面内匀速直线运动，释放可视为质点的小球，小球飞行过程中不计空气阻力。
①小球在空中飞行过程中，小球加速度方向的是 C ；
②若小球到达水平地面时，速度方向与水平方向间的夹角为θ，则无人机匀速飞行时的速度大小为 ；
（4）若无人机在倾角一定的斜坡上方进行投球。每隔相等时间释放一小球，第一个小球落在a点，第二个小球落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，那么第三个小球将落在 A 。
A．bc之间
B．c点
C．cd之间
D．d点
（5）一质量为m的无人机从地面静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图所示。无人机飞至高为2h0处时，空气对其作用力大小为 2mg ；无人机飞至3h0处时的速度为 。
【答案】（1）B；（2）27；（3）①C；②；（4）A；（5）2mg，。
【解答】解：（1）对无人机受力分析，受重力，空气作用，二者的合力沿水平方向提供向心力，故空气对无人机的作用力方向为斜向上。故B正确，ACDE错误。
故选：B。
（2）因为无人机在水平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律F合＝mRω2，其中F2﹣（mg）2，联立解得空气对无人机的作用力大小为F≈27N；
（3）①小球在空中飞行过程中，水平方向上有初速度，竖直方向上受重力作用，故小球做平抛运动，加速度为重力加速度。故C正确，ABD错误。
故选：C。
②竖直方向上2gH，落地时满足tanθ，联立解得无人机匀速飞行时的速度大小为v0＝ ；
（4）如图所示
假设第二颗小球经过Ab，第三颗经过PQ（Q点是轨迹与斜面的交点）；则a、A、B、P、C在同一水平线上，由题意可知，设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面倾角为θ，三颗小球到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，对第二颗小球，水平方向上x1＝Lcosθ﹣x0＝v0t1，竖直方向上，y1＝vyt1g；若第三颗小球的轨迹经过cC，则对第三颗小球，水平方向上x2＝2Lcosθ﹣2x0＝v0t2，竖直方向上y2＝vyt2g；解得t2＝2t1，
y2＞2y1，所以第三颗小球的轨迹不经过cC，则第三颗小球将落在bc之间。故A正确，BCD错误。
故选：A。
（5）无人机从h0飞至2h0高处，加速度大小恒为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝mg，解得空气对无人机的作用力F＝2mg；无人机飞至3h0处，根据动能定理可得m （2h0+3h0）×gmv2，解得v。
故答案为：（1）B；（2）27；（3）①C；②；（4）A；（5）2mg，。
▉题型3 牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mm也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
5．如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上。两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°。给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动。某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力比为（ ）
A．1：1 B．25：32 C．25：24 D．3：4
【答案】B
【解答】解：轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，两轻绳的张力均为F1，由牛顿第二定律可得：
2F1sin53°﹣mg＝m
轻绳OB断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A点的正下方，设轻绳OA的张力为F2，同理可得：
m
F2sin53°＝mg
联立解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手夺得短道速滑混合团体接力奥运冠军！短道速滑比赛中运动员的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（ ）
A．在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动
B．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等
C．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等
D．在直线加速阶段，甲滑行的平均速度大于乙滑行的平均速度
【答案】A
【解答】解：A．由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，且r2＞r1，根据向心力公式：
可得：
v2＞v1
ω2＜ω1
T2＞T1
即在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的小，甲的角速度比乙的角速度大，甲的周期小，则甲所用的时间比乙的短，故A正确；
BD．由于v2＞v1，且由题可知，甲、乙两运动员直线冲刺时的加速度大小相等，根据运动学公式有：x＝v0tat2，
可得，甲所用的时间比乙的长，甲滑行的平均速度小于乙滑行的平均速度，故BD错误；
C．由于v2＞v1，且由题可知，甲、乙两运动员直线冲刺时的加速度大小相等，根据公式：
可知，甲到达终点时速度较小，故C错误。
故选：A。
7．“辽宁舰”质量为6×106kg，如图是“辽宁舰”在海上转弯时的照片，忽略水的阻力，假设整个过程中辽宁舰做匀速圆周运动，速度大小为20m/s，圆周运动的半径为1000m，下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时水对舰的作用力指向圆心
B．在A点时水对舰的合力大小约为6×107N
C．在A点时的加速度大小为0.2m/s2
D．完全掉头需要10π秒
【答案】B
【解答】解：AB．“辽宁舰”在运动的过程中受到重力与水的合力，总的合力的方向沿水平方向，提供向心力，根据向心力公式可得：
代入数据解得：F＝2.4×106N
因为合外力的方向指向圆心，由此水的合力的方向为斜向上，根据勾股定律可知水的合力的大小为：
代入数据可得：F水≈6.0×107N
故A错误，B正确；
C．根据向心加速度公式
代入数据可得a＝0.4m/s2，故C错误；
D．辽宁舰做圆周运动的周期为
完全掉头需要的时间为：
t，故D错误。
故选：B。
8．如图1所示为“铁笼飞车”的特技表演，其抽象出来的理想模型为如图2所示的内壁光滑的圆球，其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道，a轨与b轨均水平，c轨竖直，一质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时，下列有关说法正确的是（ ）
A．沿a轨可能做变速圆周运动
B．沿c轨运动的最小速度为0
C．沿a轨运动的速度比沿b轨运动的速度大
D．沿a轨运动的周期比沿b轨运动的周期大
【答案】D
【解答】解：A、在a轨道，受到重力和支持力，支持力与竖直方向的夹角不变，故受到的向心力大小不变，根据牛顿第二定律可知质点做匀速圆周运动，故A错误；
B、在C轨道，到质点运动到最高点时速度最小，此时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，mg，故最小速度为，故B错误；
C、在ab轨道上，对质点受力分析，受到重力和支持力，设支持力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得：mgtan，解得v2＝gR，故无法判断ab的速度大小，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可得：mgtan，解得T，因为θa＜θb，故沿a轨运动的周期比沿b轨运动的周期大，故D正确；
故选：D。
9．由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海面的高度均不变，则以下说法正确的是（ ）
A．飞机做的是匀速直线运动
B．飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力
C．飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力
D．飞机上的乘客对座椅的压力为零
【答案】C
【解答】解：A、地球是圆形的，由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，做匀速圆周运动，故A错误；
B、对人受力分析，G﹣N＝m，所以地球对乘客的引力大于乘客对座椅的压力，故C正确，BD错误；
故选：C。
（多选）10．如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
【答案】BD
【解答】解：当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力，此时对小球受力分析如图所示：，此时向心力：F＝mgtanθ＝mω2r＝mω2Lsinθ，
A、增加绳长之后，此时小球需要的向心力增大，此时小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故A错误；
B、增加绳长之后，小球做圆周运动的半径增大，要保持小球与管壁之间无压力，则小球所需向心力大小不变，半径增大，则需要减小角速度ω，故B正确；
C、增加小球质量，此时mgtanθ＝mω2Lsinθ，质量可被约去，小球做圆周运动的半径不变，小球对玻璃管无压力，故玻璃管对小球也无压力，故C错误；
D、仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力增大，小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故D正确；
故选：BD。
（多选）11．一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（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：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，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做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（b）所示，则在其抛出点O以及轨迹最高点P处的曲率半径是（ ）
A．在其抛出点O处的曲率半径是
B．在其抛出点O处的曲率半径是
C．在其轨迹最高点P处的曲率半径是
D．在其轨迹最高点P处的曲率半径是
【答案】AC
【解答】解：AB．小球在其抛出点O处，满足重力指向曲率圆圆心的（即在垂直与初速度的方向上的）分力提供向心力，则有
得小球在其抛出点O处的曲率半径是
故A正确，B错误；
CD．物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，轨迹如图
当竖直方向的速度减为零时，物体到达最高点，则最高点速度为v＝v0cosα
在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体由重力提供向心力则有
解得
故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）12．如图为离心式转速表中离心器的结构示意图，质量为m的两个重锤利用四根等长的轻质连杆与质量不计的活动套环及固定套环连接，固定套环固定在竖直杆上，竖直杆可绕通过自身的竖直轴自由转动，两个套环间连接着一根轻质弹簧，弹簧的原长为L。离心器不转动时弹簧长度为1.5L，当离心器以角速度ω0转动时，弹簧恰好处于原长。忽略摩擦阻力及其他阻力，重力加速度为g，以下关于离心器说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的劲度系数
C．角速度ω0的大小为
D．角速度ω0的大小为
【答案】BD
【解答】解：AB．不转动时，根据对称性，四根轻杆的弹力大小相等；
对下面活动套环受力分析，设连杆与竖直方向的夹角为θ，根据平衡，可列等式k 0.5L＝2Fcosθ
对重锤研究，根据受力平衡，可列等式2Fcosθ＝mg
解得
故A错误，B正确；
CD．当离心器以角速度ω0转动时，弹簧恰好处于原长，可知下方两轻杆的弹力大小为零；设杆长为d，轻杆与竖直方向夹角为α，以重锤为对象，根据牛顿第二定律可得
由几何关系可知
解得
故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）13．如图所示，一个被无弹性绳子牵引的小球，在光滑水平板上以速度v＝2.0m/s做匀速圆周运动，A轨道运动半径r＝30cm。现迅速松手使绳子放长20cm后立即拽紧绳子，使小球在更大半径的新轨道B上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．实现这一过渡所需时间为2.0s
B．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的线速度之比为5：3
C．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的角速度之比为25：9
D．小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动时绳子拉力之比为5：3
【答案】BC
【解答】解：A、松手后小球沿切线方向飞出做匀速直线运动，如图所示：
小球在更大半径的新轨道B上做匀速圆周运动时，半径R＝50cm，根据几何关系知
xABm＝0.4m
这一过渡所需时间ts＝0.2s
故A错误；
B、绳子被拉紧瞬间，小球沿绳方向速度为0，此时小球速度为垂直于绳的速度vB＝vsin37°，则小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的线速度之比为v：vsin37°＝5：3，故B正确；
C、根据v＝ωr可知，角速度之比为
ωA：ωB：：25：9
故C正确；
D、拉力提供向心力，根据T＝Fn＝m可知，拉力之比为
TA：TB＝m：m125：27
故D错误；
故选：BC。
（多选）14．如图所示的水平圆盘上有一原长为l0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止。现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度ω至某﹣较大值的过程中，关于f与ω2图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解答】解：A.若初始时1＝l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力，f＝mω2l，静摩擦力f∝ω2，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，故A正确；
B.若初始时1＞l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力kx﹣f＝mω2l，故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有kx+f＝mω2l，摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，故B正确；
CD.若初始时1＜l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力f﹣kx＝mω2l，故角速度为0时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小不变，综上所述CD图像均不可能，故CD错误。
故选：AB。
（多选）15．如图1所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为θ，一条长度为L的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看作质点），小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F随ω2变化关系如图2所示。重力加速度g取10m/s2，由图2可知（ ）
A．绳长为L＝2m
B．小球质量为0.5kg
C．母线与轴线之间夹角θ＝300
D．小球的角速度为2rad/s时，小球已离开锥面
【答案】AB
【解答】解：ABC、设静止时绳子拉力为F1，刚要离开锥面时绳子拉力为F2，对小球受力分析，静止时由平衡条件得：
F1＝mgcosθ
小球刚要离开锥面时，竖直方向上由平衡条件得：
F2cosθ＝mg
水平方向上，由牛顿第二定律得：
联立并代入图像对应点数据解得小球质量为：m＝0.5kg，绳长为：L＝2m，母线与轴线间夹角为：θ＝37°，故AB正确，C错误。
D、由图像可知，当小球刚要离开锥面时，角速度为：
当ω＝2时，ω＜ω0，故小球仍在锥面上，D错误。
故选：AB。
16．如图所示，旋转木马被水平钢杆拴住绕转台的中心轴做匀速圆周运动，若相对两个木马间的杆长为6m，木马质量为30kg，骑木马的儿童质量为40kg，当木马旋转的速度为4m/s时，周期是 4.71 s，儿童受到的向心力大小是 160 N。
【答案】4.71，。
【解答】解：周期Ts＝4.71s.
儿童受到的向心力F＝m40NN。
故答案为：4.71，。
17．为验证向心力公式的正确性，某同学用天平称出一物块的质量为m。再用绳子绑住物块，用力甩绳子，使物块绕点O在水平面内做匀速圆周运动（小球的重力远小于绳子拉力，可近似认为绳子水平），物块做圆周运动的半径为R，通过力传感器读出绳子的拉力F（空气阻力不计），用以下两种方法验证：
（1）方法一：用秒表记录物块运动n圈的时间为t0，那么物块做圆周运动的线速度大小v＝ ，需要的向心力表达式为Fn＝ ；在误差允许的范围内，比较Fn与F是否相等。
（2）方法二：当物块转到某位置时，突然松手，物块落地，记录物块的落地点为C。用刻度尺量出松手处到地面的高度H，量出抛出点在水平地面的投影与落地点间的距离为S。由此求出物块做圆周运动的线速度大小v＝ s ，需要的向心力表达式为Fn＝ ；在误差范围内，比较Fn与F是否相等。
【答案】（1），；（2）s，。
【解答】解：（1）物块做圆周运动的周期T
物块做圆周运动的线速度大小v
需要的向心力表达式为Fn＝m
（2）根据平抛运动的规律得：
竖直方向有H
水平方向有s＝vt
解得v＝s
需要的向心力表达式为Fn＝m
故答案为：（1），；（2）s，。
18．如图，半径为3r的水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘距离水平地面高为h，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、12m，物块A叠放在B上，B、C到转盘中心O的距离分别为3r、2r，B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力，已知C与圆盘间的动摩擦因数为μ，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A、B间动摩擦因数为3μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。A、B、C均可视为质点，现让圆盘从静止开始逐渐缓慢加速，求：
（1）时，C受到转盘的摩擦力；
（2）当ω增加到某一数值时，C、B哪个物体不受圆盘的摩擦力？求此时圆盘角速度大小（物体仍在圆盘上且圆盘角速度不为零）；
（3）当ω增加到某一数值时，A从B上滑动并飞出，求A落地点与盘中心O在地面投影点O'之间的距离。
【答案】（1）时，C受到转盘的摩擦力为，方向沿CO指向O点；
（2）当ω增加到某一数值时，B物体不受圆盘的摩擦力；不受圆盘的摩擦力为；
（3）当ω增加到某一数值时，A从B上滑动并飞出，A落地点与盘中心O在地面投影点O'之间的距离为。
【解答】解：（1）当时，对C物体由牛顿第二定律，解得fC
由于C物体与圆盘之间的最大静摩擦力为fCm＝12mgμ＞fC
所以当时，C受到转盘的静摩擦力大小为，方向沿CO指向O点。
（2）当ω增加到某一数值时，B或C相对圆盘滑动，最大静摩擦力提供向心力，由，
可得ω0C＜ω0B
所以C物体会先滑动，细线产生拉力，B物体可能不受圆盘摩擦力，设此时圆盘的角速度为ω'，由牛顿第二定律12mgμ+T＝12mω'2 2r，T＝3mω'2 3r
解得
（3）当A相对B产生滑动时，则
解得
此后A做平抛运动，则x＝ω1 3rt，
落点到O'的水平距离
解得
答：（1）时，C受到转盘的摩擦力为，方向沿CO指向O点；
（2）当ω增加到某一数值时，B物体不受圆盘的摩擦力；不受圆盘的摩擦力为；
（3）当ω增加到某一数值时，A从B上滑动并飞出，A落地点与盘中心O在地面投影点O'之间的距离为。
19．长为L的细线，栓一质量为m的小球，一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动），如图所示，摆线L与竖直方向的夹角为θ．
求 （1）线的拉力．
（2）小球运动的线速度的大小．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：摆球的受力分析如图所示，
沿y轴方向：Fcosθ﹣mg＝0 ①
解得：F ②
沿x轴方向：Fsinθ＝m ③
R＝Lsinθ ④
联立③④式得：v＝sinθ
答：（1）线的拉力F为；
（2）小球运动的线速度大小为sinθ．
20．如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长为2L，距地面的高度为H＝1.8m，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。小球A以角速度ω＝2.5rad/s在木板上绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动时，B也在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，O点正好是细线的中点，其中L＝2m，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）小球B的角速度；
（2）当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离。
【答案】（1）小球B的角速度为2.5rad/s；
（2）当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离为。
【解答】解：（1）此时A运动轨迹的半径为L，设BO线与竖直方向夹角为θ，B运动轨迹的半径为L2＝Lsinθ，线的张力为F，则对A受力分析有
F＝mω2L
对B受力分析有
Fcosθ＝mg
解得：cosθ＝0.8，ωB＝2.5rad/s
（2）当剪断细线后，A先匀速运动L，然后做平抛运动；B做平抛运动，A做圆周运动的线速度为
vA＝ωL
B做圆周运动的线速度为
vB＝ωBLsinθ
做平抛运动过程中A的水平位移为
做平抛运动过程中B的水平位移为
两小球A、B运动轨迹的俯视图如图所示
可知A、B落地点间距
联立解得：x
答：（1）小球B的角速度为2.5rad/s；
（2）当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离为。
21．如图所示，A、B两球的质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为L1的细线与A球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上．当A球与B球均以角速度ω绕OO′轴做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2．求：
（1）此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？
（2）将线突然烧断瞬间，两球加速度各多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）对B球有：F＝m2（L1+L2）ω 2
又根据胡克定律得：F＝kx
所以弹簧的伸长量 x
对A球有：T﹣F＝m1L1ω2
所以绳子的张力 T＝m2ω2（L1+L2）+m1ω2L1
（2）烧断细绳的瞬间，拉力T＝0，弹力F不变
根据牛顿第二定律，对A球有：aA
对B球有：aBω2（L1+L2）
答：
（1）此时弹簧伸长量为，绳子张力为m2ω2（L1+L2）+m1ω2L1．
（2）将线突然烧断瞬间，AB两球加速度各是和ω2（L1+L2）．
▉题型4 向心加速度的概念、方向及物理意义
【知识点的认识】
1.概念：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。
2.物理意义：向心加速度在匀速圆周运动中是用来描述速度变化快慢的物理量。
3.变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。
4.圆周运动中的外力与加速度
牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn＝man。
变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两个效果：沿半径方向上的合力改变物体速度的方向而产生向心加速度，沿切线方向上的合力改变物体速度的大小而产生切向加速度。合力与总的加速度、向心力与向心加速度，切向力与切向加速度均遵从牛顿第二定律。
22．向心加速度描述的是做圆周运动的物体（ ）
A．向心力变化的快慢
B．线速度方向变化的快慢
C．线速度大小变化的快慢
D．转动角度变化的快慢
【答案】B
【解答】解：ABC、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量，故AC错误，B正确；
D、匀速圆周运动的向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，与转动角度变化的快慢无关。故D错误。
故选：B。
▉题型5 向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素
【知识点的认识】
1.向心加速度的表达式为an＝ω2r4π2n2r＝ωv
2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。
3.对于公式an
该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。
4.对于公式an＝ω2r
该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。
5.向心加速度与半径的关系
根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。
23．如图所示，中心为O的硬币在桌面上沿直线向右匀速滚动，虚线为硬币边缘最高点P的运动轨迹，位置2为轨迹最高点，位置3为轨迹与桌面接触点。下列说法正确的是（ ）
A．硬币滚动一周，P点与O点位移大小相等
B．P点运动到位置1时速度方向为水平向右
C．P点运动到位置2时向心加速度大小为零
D．P点运动到位置3时的速度与O点的速度相同
【答案】A
【解答】A解：A．位移是由初位置指向末位置的有向线段，由图可知，硬币滚动一周，P点与O点位移的大小相等，故A正确；
B．P点运动到位置1时，速度方向为右上方，故B错误；
C．P点运动到位置2时，P点做曲线运动，则向心加速度不为零，故C错误；
D．P点运动到位置3时的速度为0，而O点的速度一直向右，即P点运动到位置3时的速度与O点的速度不相同，故D错误。
故选：A。
24．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，图是某一变速车齿轮传动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则下列选项正确的是（ ）
A．当B轮与C轮组合时，两轮的周期之比TB：TC＝3：7
B．当B轮与C轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度之比aB：aC＝3：7
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4：1
D．当A轮与D轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度之比aA：aD＝4：1
【答案】B
【解答】解：A．当B轮与C轮组合时，根据数学知识可知，齿数之比等于周长之比等于半径之比，
NB：NC＝rB：rC
两轮边缘的线速度相等，根据v＝rω得：
rBωB＝rCωC
联立解得：ωB：ωC＝rC：rB
代入数据得：ωB：ωC＝3：7
根据
解得TB：TC＝7：3，故A错误；
B．当B轮与C轮组合时，两轮边缘的线速度相等，根据a＝vω得：
aB：aC＝ωB：ωC
即aB：aC＝3：7，故B正确；
C．同理，当A轮与D轮组合时，齿数之比等于周长之比等于半径之比，NA：ND＝rD：rA，轮边缘的线速度相等，根据v＝rω得：
rAωA＝rDωD
解得：ωA：ωD＝1：4，故C错误；
D．当A轮与D轮组合时，轮边缘的线速度相等，根据a＝vω得：
aA：aD＝ωA：ωD
解得：aA：aD＝1：4，故D错误。
故选：B。
25．如图所示，小金属球的质量为m，用长为L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直。若小金属球被无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬间（设线没有断），则（ ）
A．小球的角速度保持不变
B．小球的线速度突然减小
C．小球的加速度突然增大
D．悬线的张力等于重力
【答案】C
【解答】解：AB．当悬线碰到钉子后的瞬时线速度不变，根据v＝ωr可知，半径减小，则角速度变大，故AB错误；
C．根据可知，半径减小，向心加速度变大，故C正确；
D．当悬线碰到钉子后的瞬间，设悬线的张力为F，由牛顿第二定律有
可得
可知悬线的张力大于重力，故D错误。
故选：C。
26．下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（ ）
A．由可知，向心加速度和轨道半径成反比
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．转速越快时，角速度越大
D．轨道半径越小时，周期越小
【答案】C
【解答】解：A、由可知，在线速度大小不变的条件下，向心加速度和轨道半径成反比，故A错误；
B、加速度是矢量，匀速圆周运动的加速度方向在不断变化，所以是非匀变速曲线运动，故B错误；
C、根据ω＝2πn可知，转速越快时，角速度越大，故C正确；
D、根据可知，线速度大小不变的条件下，轨道半径越小，周期越小，故D错误。
故选：C。
27．在如图所示的装置中，甲、乙属于同轴传动，乙、丙属于皮带传动（皮带与轮不发生相对滑动），A、B、C分别是三个轮边缘上的点，设甲、乙、丙三轮的半径分别是R甲、R乙和R丙，且R甲＝2R乙＝R丙，如果三点的线速度分别为vA，vB，vC，三点的周期分别为TA，TB，TC，向心加速度分别为aA，aB，aC，则下列说法正确的是（ ）
A．aA：aB＝1：2 B．ωA：ωB＝2：1 C．vA：vC＝1：4 D．TA：TC＝1：2
【答案】D
【解答】解：AB．由圆周运动的基本关系可知v＝ωR，a＝ω2R
其中ωA＝ωB
解得：aA：aC＝2：1
故AB错误；
CD．由圆周运动的基本关系可知v＝ωR
其中vB＝vC
即vA：vC＝vA：vB
vA：vB＝（ωAR甲）：（ωBR乙）＝2：1
解得：vA：vC＝2：1
解得：TA：TC＝1：2
故C错误，D正确；
故选：D。
28．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（ ）
A．线速度大小之比为4：3
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．向心加速度大小之比为1：2
【答案】A
【解答】解：A、线速度v，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A正确。
B、角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。
C、根据v＝rω得，圆周运动的半径r，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误。
D、根据a＝vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。
故选：A。
▉题型6 探究圆周运动的相关参数问题
【知识点的认识】
一、实验仪器
1.转动手柄；2、3.变速塔轮；4.长槽；5.短槽；6.横臂；7.弹簧测力套筒；8.标尺
二、实验步骤
匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动。这时，小球向外挤压挡板，挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球压挡板的力使挡板另一端压缩弹簧测力套简里的弹簧，弹簧的压缩量可以从标尺上读出，该读数显示了向心力大小。
（1）把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度不同。探究向心力的大小与角速度的关系。
（2）保持两个小球质量不变，增大长槽上小球的转动半径。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同。探究向心力的大小与半径的关系。
（3）换成质量不同的小球，分别使两个小球的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度也相同。探究向心力的大小与质量的关系。
（4）重复几次以上实验。
三、数据处理
（1）m、r一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
ω
ω2
（2）m、ω一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
r
（3）r、ω一定
序号 1 2 3 4 5 6
F向
m
（4）分别作出F向﹣ω2、F向﹣r、F向﹣m的图像。
（5）实验结论
①在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比；
②在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比；
③在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
29．在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。
（1）图中通过 ① 测出向心力F，通过 ⑦ 测出通过挡光片的瞬时速度v，通过 ④ 上的刻度读出砝码的运动半径r（均选填图中序号）；
（2）该同学若想探究向心力与角速度的关系，应该保持 砝码质量和转动半径 不变；
（3）某次实验中，该同学测得半径r＝0.5m，在（2）的基础上通过改变线速度v，测出了五组F、v数据，并通过计算得到了对应的角速度ω的数值，如表：表格中第5组数ω的数值为 4.0 。
1 2 3 4 5
F/N 0.06 0.26 0.58 1.02 1.61
v/（m s﹣1） 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0
ω/（rad s﹣1） 0.8 1.6 2.4 3.2
（4）结合表中数据，为了得到向心力与角速度的关系应作 F﹣ω2 （选填F﹣ω2或F﹣ω）图像。
（5）若已知向心力公式，由表格中数据可得砝码的质量m＝ 0.2 kg（结果保留一位有效数字）。
【答案】（1）①，⑦，④；（2）砝码质量和半径；（3）4.0；（4）F﹣ω2；（5）0.2。
【解答】解：（1）图中通过力传感器①测量向心力F，通过速度传感器⑦测量通过挡光片的瞬时速度，通过④上的刻度读出砝码运动半径。
（2）根据F＝mω2r可知，若想探究向心力与角速度的关系，应该保持砝码质量和半径不变。
（3）根据线速度和角速度关系可知v＝ωr，根据表中数据可知，线速度增加到原来的5倍，则角速度也增加到原来的5倍，所以ω＝0.8×5rad/s＝4.0rad/s。
（4）计算ω2以及数据关系如下表：
1 2 3 4 5
F/N 0.06 0.26 0.58 1.02 1.61
ω/（rad s﹣1） 0.8 1.6 2.4 3.2 4.0
ω2/（rad s﹣1）2 0.64 2.56 5.76 10.24 16.00
F/ω2 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1
可知F与ω2成正比，应该作F﹣ω2图像。
（5）根据F＝mω2r＝mvω，可知m，代入表中任一组数据，可解得m≈0.2kg。
故答案为：（1）①，⑦，④；（2）砝码质量和半径；（3）4.0；（4）F﹣ω2；（5）0.2。
30．某小组用如图甲所示装置做“探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系”实验。
（1）下列与本实验的实验方法相同的实验是 C 。
A．探究弹簧伸长量与弹力关系
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究平抛运动的特点
（2）要探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至图乙中第 一 层塔轮（选填“一”“二”或“三”）；在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在挡板A、C位置，传动皮带位于图乙中第三层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 1：9 。
（3）要探究向心力与质量的关系，应将两个质量不同的小球，分别放置在 挡板A、C （选填“挡板A、B”“挡板B、C”或“挡板A、C”）处，将传动皮带套在半径相同的左右两个塔轮上，匀速转动手柄，若左右两标尺露出的格子数之比为2：5，若两个球一个是铁球、一个是橡胶球，则铁球和橡胶球的质量之比为 5：2 。
【答案】（1）C；（2）一，1：9；（3）挡板A、C，5：2
【解答】解：（1）本实验的实验方法是控制变量法，与探究加速度与力、质量的关系实验相同，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）要探究向心力的大小与半径的关系，需要控制质量和角速度相同，则塔轮半径相同，选第一层；
在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则r、m相同，传动皮带位于第三层，角速度比值为
当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，约为
（3）要探究向心力与质量的关系，应控制半径相同，角速度相同，应将两个质量不同的小球，分别放置在挡板A、C处；
由F＝mrω2可知，力F与质量成正比，则
故答案为：（1）C；（2）一，1：9；（3）挡板A、C，5：2
31．用如图所示的实验装置探究影响向心力大小的因素。已知长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A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。挡板对球的压力提供了向心力，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，根据标尺上的等分格可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。
（1）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，塔轮边缘处的 线速度 大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）
（2）探究向心力和角速度的关系时，应将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 A 和挡板 C 处（选填“A”或“B”或“C”）
（3）皮带套左右两个塔轮的半径分别为R1，R2。某次实验使R1＝2R2，则A、C两处的角速度之比为 1：2 。
【答案】（1）线速度；（2）A；C（3）1：2。
【解答】解：（1）皮带传动的两塔轮边缘处的线速度大小相等；
（2）该实验采用“控制变量法”进行研究，所以在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量都相同，则需要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A和挡板C处；
（3）根据皮带套上各点的线速度大小相等，根据公式v＝Rω有：R1ω1＝R2ω2，解得：，又由于ωA＝ω1，ωC＝ω2；故ωA：ωC＝1：2。
故答案为：（1）线速度；（2）A；C（3）1：2。
32．某同学用如图所示器材探究向心力影响因素的实验。在O点有一力传感器可以记录细线的拉力，O点正下方有光电门，可以记录重锤通过光电门时的挡光时间。他现在进行的是在运动半径和重锤质量不变的情况下探究向心力和速度的关系。
（1）他将重锤在某位置由静止释放（此时细绳处于拉直状态），重锤向下运动，记录光电门的挡光时间t，在电脑屏幕上发现此过程中力传感器的示数是变化的，则他应该记录力传感器示数的 最大值 （填“最小值”或“最大值”或“平均值”）；
（2）该同学改变重锤释放的初始位置，重复（1），得到挡光时间t和对应传感器示数F的多组数据；
（3）该同学以F为纵坐标，以 v2 为横坐标，若得到一条倾斜直线，则表明在物体质量和运动半径不变的情况下，向心力的大小与速度的平方成正比；
（4）该同学分析如果重锤向下运动过程中受到的空气阻力不能忽略，这个因素对实验结果 没有 （填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）最大值；（3）v2；（4）没有。
【解答】解：（1）由机械能守恒定律可知，重锤从释放到最低点过程中做加速曲线运动，根据向心力公式可知，速度越大，需要的向心力越大，故应记录拉力的最大值；
（3）在最低点满足合力提供向心力得，，得，可以看出当质量、半径不变时，拉力与速度平方是一次函数关系，图像是倾斜直线，故填速度平方：v2；
（4）因为该实验是探究在最低点拉力与瞬时线速度平方的关系，而空气阻力只会影响从释放到最低点的速度大小，并不影响最低点的等式关系，故对实验结果不影响。
故答案为：（1）最大值；（3）v2；（4）没有。
33．上海松江欢乐谷是无数学生社会实践最想去的地方，其丰富的游乐项目蕴含许多物理原理，回答下列问题：
（1）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形大容器，筒壁竖直，陆老师进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动，转速增大到一定程度时，突然底板塌落，陆老师发现自己没有落下去。其中支持力充当向心力，支持力是按照力的 作用效果 命名的。陆老师随圆筒一起做匀速圆周运动，陆老师不落下去的原因是 B 。
A．陆老师处于失重状态
B．陆老师受到的静摩擦力大小等于重力大小
C．陆老师随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势
陆老师在游玩该器械时想起他曾经探究匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系，他按图2甲所示的装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动一周的时间。
（2）陆老师根据实验数据作出F﹣ω2图像，而不是F﹣ω图像，这样做的理由是： 根据向心力公式F＝mω2r，可知F与w2成正比，与ω不成正比，故作F﹣ω2的图像可描出一条近似直线的图形，便于计算并得出结论；而若作F﹣ω图像，则是一条曲线，较难得结论 。
（3）陆老师按上述实验将测算得到的结果用作图法来处理数据，如图2乙，纵轴F为力传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是 存在摩擦力的影响 。
（4）用电子秤测得物块的质量为15N，直尺测得半径为50cm，则图线斜率的大小为 0.75kg m 。（用国际单位制表示）
（5）如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示、已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，不计空气阻力，则旋臂对模型飞机的作用力方向 B （选填：A．一定与旋臂垂直，B．可能与悬臂不垂直）；若仅夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力 A 。（选填：A．变大，B．变小，C．不变）
（6）如图丙，陆老师又来到“旋转飞椅”这一装置前。观察到，由于悬挂座椅的绳索可以绕悬挂点自由转动，所以当整个装置匀速旋转时，绳索与竖直方向保持一定的夹角，如果测得这个夹角，则可以求出 D 。
A．绳索受到的拉力
B．人对座椅的压力
C．座椅和人的速度
D．座椅和人的加速度
【答案】（1）作用效果，B，（2）根据向心力公式F＝mrω2，可知F与ω2成正比，与ω不成正比，故作出的F﹣ω2图像可描出一条近似直线的图形，便于计算并得出结论；而若作F﹣ω图像，则是一条曲线，较难得出结论，（3）存在摩擦力的影响，（4）0.75kg m，（5）B，A，（6）D。
【解答】解：（1）支持力是根据力的作用效果命名的，陆老师不落下去的原因：A、陆老师竖直方向重力和静摩擦力平衡，没有加速度，不是处于失重状态，故A错误；
B、陆老师受到的静摩擦力大小等于重力大小，故B正确；
C、陆老师随着转速的增大，筒壁支持力增大，没有沿壁向上滑动的趋势，故C错误。
故选：B。
（2）根据向心力公式F＝mω2r，可知F与w2成正比，与ω不成正比，故作F﹣ω2的图像可描出一条近似直线的图形，便于计算并得出结论；而若作F﹣ω图像，则是一条曲线，较难得结论。
（3）F﹣ω2图像不过坐标原点，此时拉力的实际表达式为
F+f＝mω2r
即原因是物体与平台之间存在摩擦力。
（4）F﹣ω2图像的斜率为
k＝mr＝1.5×0.5kg m＝0.75kg m
（5）模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动，则旋臂对模型飞机的作用力与重力提供向心力，则旋臂对模型飞机的作用力方向可能与悬臂不垂直。故选：B。
根据牛顿第二定律有
解得
若仅夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力变大。故选：A。
（6）对人和座椅受力分析，由水平方向的圆周运动，可知
（T+F支）sinθ＝ma，
竖直方向的受力平衡，可知
（T+F支）cosθ＝mg
角度已知时，各物理量表达式分别为
a＝gtanθ，，，
其中：g、θ一定，故a为定值，v、T、F支不是定值，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：（1）作用效果，B，（2）根据向心力公式F＝mrω2，可知F与ω2成正比，与ω不成正比，故作出的F﹣ω2图像可描出一条近似直线的图形，便于计算并得出结论；而若作F﹣ω图像，则是一条曲线，较难得出结论，（3）存在摩擦力的影响，（4）0.75kg m，（5）B，A，（6）D。
34．利用物理原理设计实验测量物理量，是物理实验探究必备的能力，回答下列有关问题：
（1）一辆行驶在公路上的卡车与路旁障碍物相撞，相撞瞬间车项上一个松拖脱的零件被抛出而陷在泥里。处理事故的交警为了判断卡车是否超速，需要测量的量是 D 。
A．卡车的高度和卡车的长度
B．卡车的高度和卡车的重量
C．卡车的长度，零件陷落点与脱落点的水平距离
D．卡车的高度，零件陷落点与脱落点的水平距离
（2）如图1是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图。M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计。筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动。M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中错误的是 BCD （多选题）。
A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
如图2所示是“DIS向心力实验器”，当质量为0.25kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得；旋转臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt的数据。
（3）用尺测得挡光杆的宽度为2.4mm，某次旋转过程中挡光杆的旋转半径为0.20m，经过光电门时的挡光时间为1.5×10﹣3s，则角速度ω＝ 8.0 rad/s。
（4）保持挡光杆的旋转半径不变，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出的直线如图3所示，由此可得砝码做圆周运动的半径为 0.14 m（结果保留2位有效数字）。
（5）用如图4所示的装置来测量小球做平抛运动的初速度和圆盘匀速转动的角速度，现测得圆盘的半径为R，在其圆心正上方高h处沿OB方向水平抛出一小球，使小球落点恰好在B处，重力加速度为g，则小球的初速度v＝ R ，圆盘转动的角速度ω＝ 其中k∈Z且k≠0 。
【答案】（1）D；（2）BCD；（3）8.0；（4）0.14；（5）R； 其中k∈Z且k≠0。
【解答】解：（1）零件被抛出做平抛运动，且平抛运动的初速度等于卡车原来的速度，则
x＝v0t
解得卡车的初速度
可知需要测量卡车的高度，零件陷落点与脱落点的水平距离，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）AD.微粒从M到N运动时间
对应N筒转过角度
即如果以v1射出时，转过角度：
如果以v2射出时，转过角度：
只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当
时（n为正整数）
分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；
B.若相差2π的整数倍，则落在一处，即当
时（n为正整数），分子落在同一个狭条上，故B错误；
C.若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误。
本题选错误的，故选：BCD。
（3）挡光杆通过光电门时的线速度
由
解得
ω＝8.0rad/s
（4）根据向心力公式有
F＝mω2r
将
代入上式解得
可以看出以F为纵坐标，为横坐标；在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为
由图像可知，斜率为
解得
r＝0.14m
（5）要使小球直接落在B点，水平位移要为R，对平抛的小球：
水平方向：
R＝v0t
竖直方向：
联立得：
要使小球落到B处，则小球在下落的这段时间内，B点刚好转了k圈则：
ωt＝2kπ其中k∈Z且k≠0
联立得：
其中k∈Z且k≠0
故答案为：（1）D；（2）BCD；（3）8.0；（4）0.14；（5）R； 其中k∈Z且k≠0。
