PAGE24-第3講圓周運動學問排查學問點一勻速圓周運動1.定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，所做的運動就是勻速圓周運動。2.特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。3.條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。學問點二描述圓周運動的物理量定義、意義公式、單位線速度(v)①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②單位：m/s角速度(ω)①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量②是矢量，但不探討其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②單位：rad/s周期(T)轉速(n)頻率(f)①周期是物體沿圓周運動一周的時間②轉速是單位時間內物體轉過的圈數，也叫頻率①T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)②T的單位：sn的單位：r/s、r/minf的單位：Hz向心加速度(a)①描述速度方向變更快慢的物理量②方向指向圓心①a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv②單位：m/s2學問點三勻速圓周運動的向心力1.作用效果：向心力產生向心加速度，只變更速度的方向，不變更速度的大小。2.大小：F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。3.方向：始終沿半徑指向圓心方向，時刻在變更，即向心力是一個變力。4.來源：向心力可以由一個力供應，也可以由幾個力的合力供應，還可以由一個力的分力供應。學問點四離心現象1.定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消逝或不足以供應圓周運動所需向心力的狀況下，就做漸漸遠離圓心的運動。3.本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的趨勢。小題速練1.思索推斷(1)做勻速圓周運動的物體所受合外力是保持不變的。()(2)做勻速圓周運動的物體向心加速度與半徑成反比。()(3)隨圓盤一起勻速轉動的物體受重力、支持力和向心力的作用。()(4)做圓周運動的物體所受合外力突然消逝，物體將沿圓周切線方向做勻速直線運動。()(5)做勻速圓周運動的物體，當合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出。()(6)摩托車轉彎時速度過大就會向外發生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的原因。()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×2.明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖1)，記錄了我們祖先的勞動才智。若A、B、C三齒輪半徑的大小關系如圖所示，則()圖1A.齒輪A的角速度比C的大B.齒輪A與B角速度大小相等C.齒輪B與C邊緣的線速度大小相等D.齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大答案D3.[人教版必修2·P25·T3改編]如圖2所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力狀況是()圖2A.重力、支持力B.重力、向心力C.重力、支持力、指向圓心的摩擦力D.重力、支持力、向心力、摩擦力答案C圓周運動的運動學問題1.對公式v＝ωr的理解當r肯定時，v與ω成正比；當ω肯定時，v與r成正比；當v肯定時，ω與r成反比。2.對a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝ωv的理解在v肯定時，a與r成反比；在ω肯定時，a與r成正比。3.常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖3甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖3(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖4甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖4(3)同軸傳動：如圖5甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。圖51.(多選)(2024·江蘇單科)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發覺放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內，火車()A.運動路程為600m B.加速度為零C.角速度約為1rad/s D.轉彎半徑約為3.4km解析在此10s時間內，火車運動路程s＝vt＝600m，選項A正確；火車在彎道上運動，做曲線運動，肯定有加速度，選項B錯誤；火車勻速轉過10°，約為eq\f(1,5.7)rad，角速度ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(1,57)rad/s，選項C錯誤；由v＝ωR，可得轉彎半徑約為3.4km，選項D正確。答案AD2.(多選)如圖6甲所示是中學物理試驗室常用的感應起電機，它是由兩個大小相等直徑約為30cm的感應玻璃盤起電的，其中一個玻璃盤通過從動輪與手搖主動輪連接如圖乙所示，現玻璃盤以100r/min的轉速旋轉，已知主動輪的半徑約為8cm，從動輪的半徑約為2cm，P和Q是玻璃盤邊緣上的兩點，若轉動時皮帶不打滑，下列說法正確的是()圖6A.P、Q的線速度相同B.玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反C.P點的線速度大小約為1.6m/sD.搖把的轉速約為400r/min解析由于線速度的方向沿曲線的切線方向，由圖可知，P、Q兩點的線速度的方向肯定不同，故A錯誤；若主動輪做順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動，所以從動輪逆時針轉動，所以玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反，故B正確；玻璃盤的直徑是30cm，轉速是100r/min，所以線速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq\f(100,60)×π×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正確；從動輪邊緣的線速度vc＝ω·rc＝2×eq\f(100,60)×π×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/s，由于主動輪的邊緣各點的線速度與從動輪邊緣各點的線速度的大小相等，即vz＝vc，所以主動輪的轉速nz＝eq\f(ωz,2π)＝eq\f(\f(vz,rz),2π)＝eq\f(\f(1,15)π,2π×0.08)r/s＝25r/min，故D錯誤。答案B3.(2024·浙江溫州一模)如圖7所示，某臺計算機的硬盤約有近萬個磁道(磁道為不同半徑的同心圓)，每個磁道分成m個扇區(每扇區為eq\f(1,m)圓周)。電動機使磁盤以轉速n(轉/秒)勻速轉動。磁頭在讀、寫數據時是不動的，磁盤每轉一圈，磁頭沿半徑方向跳動一個磁道，若不計磁頭大小及磁頭轉移磁道所需的時間，則磁盤轉動時()圖7A.A點的線速度小于B點的線速度B.A點的向心加速度小于B點的向心加速度C.硬盤轉動一圈的時間為2πnD.一個扇區通過磁頭所用的時間為eq\f(1,mn)解析A、B兩點是同軸轉動，角速度相同，依據v＝ωr可知半徑越大，線速度越大，故A點的線速度大于B點的線速度，依據公式a＝ω2r可知半徑越大，加速度越大，A點的向心加速度大于B點的向心加速度，故選項A、B錯誤；因為轉速的單位為(轉每秒)，即轉一圈的時間為eq\f(1,n)，故選項C錯誤；因為每扇區為eq\f(1,m)圓周，且ω＝2πn，所以t＝eq\f(1,m)T＝eq\f(2π,mω)＝eq\f(1,mn)，故選項D正確。答案D圓周運動中的動力學問題1.向心力的來源(1)向心力的方向沿半徑指向圓心。(2)向心力來源：一個力或幾個力的合力或某個力的分力。2.向心力的確定(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。(2)分析物體的受力狀況，找出全部的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。3.圓周運動中向心力與合力的關系(1)勻速圓周運動(2)非勻速圓周運動考法勻速圓周運動的一般動力學問題【典例】(多選)[人教版必修2·P25·T2拓展]如圖8所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是()圖8A.A、B球受到的支持力之比為eq\r(3)∶3B.A、B球的向心力之比為eq\r(3)∶1C.A、B球運動的角速度之比為3∶1D.A、B球運動的線速度之比為1∶1解析設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsinθ＝mg，FNA∶FNB＝eq\r(3)∶1，選項A錯誤；F＝eq\f(mg,tanθ)，FA∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htanθ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確。答案CD“一、二、三、四”求解圓周運動問題考法水平面內圓周運動的臨界問題1.運動特點(1)運動軌跡是水平面內的圓。(2)合外力沿水平方向指向圓心，供應向心力，豎直方向合力為零。2.幾種常見的臨界條件(1)水平轉盤上的物體恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力。(2)物體間恰好分別的臨界條件是物體間的彈力恰好為零。(3)繩的拉力出現臨界條件情形有：繩恰好拉直意味著繩上無彈力；繩上拉力恰好為最大承受力等。教材引領[人教版必修2·P29]圖5.7－10汽車轉彎時速度過大，會因離心運動造成交通事故1.[人教版必修2·P30·T2]質量為2.0×103kg的汽車在水平馬路上行駛，輪胎與路面間的最大靜摩擦力為1.4×104N，汽車經過半徑為50m的彎路時，假如車速達到72km/h。這輛車會不會發生側滑？解析此題有兩種思路。第一種，假設汽車不發生側滑，由于靜摩擦力供應向心力，所以向心力有最大值，依據牛頓其次定律得F＝meq\f(v2,r)，所以肯定對應有最大拐彎速度，設為vm，則vm＝eq\r(\f(fmr,m))＝eq\r(\f(1.4×104×50,2.0×103))m/s＝18.71m/s＝67.36km/h<72km/h所以，假如汽車以72km/h的速度拐彎，將會發生側滑。其次種，假設汽車以72km/h的速度拐彎時，不發生側滑，所需向心力為F，則F＝meq\f(v2,r)＝2.0×103×eq\f(202,50)N＝1.6×104N>1.4×104N所以靜摩擦力不足以供應相應的向心力，汽車以72km/h的速度拐彎時，將會發生側滑。答案會發生側滑真題闖關2.(2024·11月浙江選考)如圖9所示，一質量為2.0×103kg的汽車在水平馬路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經過半徑為80m的彎道時，下列推斷正確的是()圖9A.汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B.汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC.汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發生側滑D.汽車能平安轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2解析汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，但向心力是依據力的效果命名的，不是物體實際受到的力，選項A錯誤；當汽車轉彎速度為20m/s時，依據Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力Fn＝1×104N，沒有超過最大靜摩擦力，所以車也不會側滑，所以選項B、C錯誤；汽車轉彎達到最大靜摩擦力時，向心加速度最大為an＝eq\f(Ffm,m)＝eq\f(1.4×104,2.0×103)m/s2＝7.0m/s2，選項D正確。答案D1.(多選)(2024·江蘇如東測試)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌。如圖10所示，當火車以規定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()圖10A.該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gtanθ)B.當火車質量變更時，規定的行駛速度大小不變C.當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓D.當火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓解析火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力供應向心力，設轉彎處斜面的傾角為θ，依據牛頓其次定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，選項A正確；由上式得v＝eq\r(grtanθ)，可知火車規定的行駛速度與質量無關，選項B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不夠供應向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，選項C錯誤；當火車速率小于v時，重力和支持力的合力偏大于所需的向心力，此時內軌對火車有側壓力，輪緣擠壓內軌，選項D錯誤。答案AB2.(2024·蘭州質檢)如圖11所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h(A點)處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質量為m的小球B，繩長l大于h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當轉動的角速度ω漸漸增大時，下列說法正確的是()圖11A.小球始終受三個力的作用B.細繩上的拉力始終保持不變C.要使球不離開水平面，角速度的最大值為eq\r(\f(g,h))D.若小球飛離了水平面，則角速度可能為eq\r(\f(g,l))解析小球可以在水平面上轉動，也可以飛離水平面，飛離水平面后只受重力和細繩的拉力兩個力作用，故選項A錯誤；小球飛離水平面后，隨著角速度增大，細繩與豎直方向的夾角變大，設為β，由牛頓其次定律得Tsinβ＝mω2lsinβ可知，隨角速度變更，細繩的拉力T會發生變更，故選項B錯誤；當小球對水平面的壓力為零時，有Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlω2sinθ，解得臨界角速度為ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，若小球飛離了水平面，則角速度大于eq\r(\f(g,h))，而eq\r(\f(g,l))＜eq\r(\f(g,h))，故選項C正確，D錯誤。答案C豎直面內圓周運動中的臨界問題1.運動特點(1)豎直面內的圓周運動一般是變速圓周運動。(2)只有重力做功的豎直面內的變速圓周運動機械能守恒。(3)豎直面內的圓周運動問題，涉及學問面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要留意物體運動到圓周的最高點的速度。2.常見模型物理情景最高點無支撐最高點有支撐實例球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等球與桿連接、球在光滑管道中運動等圖示受力特征除重力外，物體受到的彈力方向：向下或等于零除重力外，物體受到的彈力方向：向下、等于零或向上受力示意圖力學方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝meq\f(v2,R)臨界特征FN＝0mg＝meq\f(veq\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gR)v≥0考法豎直平面內的“繩”模型教材引領1.[人教版必修2·P30·T4]質量為25kg的小孩坐在秋千板上，小孩離系繩子的橫梁2.5m。假如秋千板擺到最低點時，小孩運動速度的大小是5m/s，她對秋千板的壓力是多大？解析秋千板擺到最低點時，FN－mg＝meq\f(v2,R)，可得FN＝500N，由牛頓第三定律可知她對秋千板的壓力是500N。拓展提升2.(多選)如圖12，光滑豎直圓弧軌道半徑R＝1.25m，質量為m的小球在圓弧最低點的加速度為20m/s2，小球進入水平軌道后所受阻力為其重力的0.2倍，g取10m/s2，則()圖12A.小球在圓弧最低點的加速度方向為豎直向下B.小球對圓弧最低點的壓力為2mgC.小球對圓弧最低點的壓力為3mgD.小球在水平軌道運動6.25m才停下解析小球在圓弧最低點的加速度方向指向圓心，所以加速度方向為豎直向上，故選項A錯誤；小球在圓弧最低點時，FN－mg＝maB，可得FN＝3mg，故選項B錯誤，C正確；由aB＝eq\f(veq\o\al(2,B),R)可得vB＝5m/s，小球在水平軌道運動時由動能定理0.2mgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，可得x＝6.25m，故選項D正確。答案CD3.一小球以肯定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過A處時對軌道的壓力為()圖13A.2mg B.3mgC.4mg D.5mg解析小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經過A處時，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，依據機械能守恒定律，有1.6mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力F′＝F＝4mg，選項C正確。答案C真題闖關4.(2024·全國卷Ⅱ)小球P和Q用不行伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖14所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點()圖14A.P球的速度肯定大于Q球的速度B.P球的動能肯定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D.P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度解析小球從水平位置搖擺至最低點，由動能定理得，mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，故vP<vQ，選項A錯誤；因為Ek＝mgL，又mP>mQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，FT－mg＝meq\f(v2,L)，可得FT＝3mg，選項C正確；由a＝eq\f(v2,L)＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。答案C5.(2024·全國卷Ⅲ)如圖15，在豎直平面內有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止起先自由下落，經A點沿圓弧軌道運動。圖15(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算推斷小球能否沿軌道運動到C點。解析(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)①設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿意FN≥0④設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥vC≥eq\r(\f(Rg,2))⑦全程應用機械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案(1)5∶1(2)能，理由見解析考法豎直平面內的“桿”模型【典例】如圖16甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點的速度大小為v，FN－v2圖象如圖乙所示。下列說法正確的是()圖16A.當地的重力加速度大小為eq\f(R,b)B.小球的質量為eq\f(aR,b)C.當v2＝c時，桿對小球彈力方向向上D.若v2＝2b，則桿對小球彈力大小為2a解析在最高點，若v＝0，則FN＝a＝mg；若FN＝0，則mg＝meq\f(v2,R)＝meq\f(b,R)，解得g＝eq\f(b,R)，m＝eq\f(a,b)R，故A錯誤，B正確；由題圖可知：當v2＜b時，桿對小球彈力方向向上，當v2＞b時，桿對小球彈力方向向下，所以當v2＝c時，桿對小球彈力方向向下，故C錯誤；若v2＝2b，則FN＋mg＝meq\f(2b,R)，解得FN＝a＝mg，故D錯誤。答案B分析豎直平面內圓周運動臨界問題的思路1.一汽車通過拱形橋頂時速度為10m/s，車對橋頂的壓力為車重的eq\f(3,4)，假如要使汽車在橋頂對橋面沒有壓力，車速至少為()A.15m/s B.20m/sC.25m/s D.30m/s解析當FN＝eq\f(3,4)G時，因為G－FN＝meq\f(v2,r)，所以eq\f(1,4)G＝meq\f(v2,r)；當FN＝0時，G＝meq\f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20m/s。選項B正確。答案B2.(多選)如圖17所示，內壁光滑的大圓管，用一細輕桿固定在豎直平面內；在管內有一小球(可視為質點)做圓周運動。下列說法正確的是()圖17A.小球通過最低點時，小球對圓管的壓力向下B.小球通過最高點時，小球對圓管可能無壓力C.細桿對圓管的作用力肯定大于圓管的重力大小D.細桿對圓管的作用力可能會大于圓管和小球的總重力大小解析小球通過最低點時，小球受到重力、圓管向上的支持力，合力指向圓心，依據牛頓第三定律，小球對圓管的壓力向下，選項A正確；當小球通過最高點時，若速度為eq\r(gR)，圓管對小球的彈力為零，小球對圓管無壓力，此時細桿對圓管的作用力大小等于圓管的重力大小，選項B正確，C錯誤；對圓管和球組成的整體為探討對象，當小球的向心加速度向上(或重量向上)時，細桿對圓管的作用力會大于圓管和小球的總重力大小；當小球的向心加速度向下(或重量向下)時，細桿對圓管的作用力小于圓管和小球的總重力大小，選項D正確。答案ABD試驗：探究影響向心力大小的因素1.應用限制變量法進行試驗探究(1)保持運動的半徑r和角速度ω相同，探究向心力大小與質量的關系。(2)保持質量和運動半徑相同，探究向心力大小與角速度之間的關系。(3)保持質量和角速度相同，探究向心力的大小與運動半徑之間的關系。2.試驗結果(1)向心力的大小與物體的質量m、圓周半徑r、角速度ω都有關系。(2)做勻速圓周運動的物體所需的向心力大小，在質量和角速度肯定時，與半徑成正比；在質量和半徑肯定時，與角速度的平方成正比；在半徑和角速度肯定時，與質量成正比。角度探究影響向心力大小的定性因素【例1】如圖18所示，同學們分小組探究影響向心力大小的因素。同學們用細繩系一紙杯(杯中有30mL的水)在空中甩動，使杯在水平面內做圓周運動，來感受向心力。(1)則下列說法中正確的是________。圖18A.保持質量、繩長不變，增大轉速，繩對手的拉力將不變B.保持質量、繩長不變，增大轉速，繩對手的拉力將增大C.保持質量、角速度不變；增大繩長，繩對手的拉力將不變D.保持質量、角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將增大(2)如圖甲，繩離杯心40cm處打一結點A，80cm處打一結點B，學習小組中一位同學手表計時，另一位同學操作，其余同學記錄試驗數據。操作一：手握繩結A，使杯在水平面內每秒運動一周，體會向心力的大小。操作二：手握繩結B，使杯在水平面內每秒運動一周，體會向心力的大小。操作三：手握繩結A，使杯在水平面內每秒運動二周，體會向心力的大小。操作四：手握繩結A，再向杯中添加30mL的水，使杯在水平面內每秒運動一周，體會向心力的大小。則：①操作二與一相比較：質量、角速度相同，向心力的大小與轉動半徑大小有關；操作三與一相比較：質量、半徑相同，向心力的大小與角速度的大小有關；操作四與一相比較：________相同，向心力的大小與________有關；②物理學中此種試驗方法叫________法。③小組總結階段，在空中甩動，使杯在水平面內做圓周運動的同學談感受時說：“感覺手腕發酸，感覺力的方向不是指向圓心的向心力而是背離圓心的離心力，跟書上說的不一樣”你認為該同學的說法是否正確，為什么？_________________________________________________________________。答案(1)BD(2)①線速度(角速度)、半徑質量②限制變量③說法不對，該同學受力分析的對象是自己的手，我們試驗受力分析的對象是水杯，細線的拉力供應水杯做圓周運動的向心力指向圓心。細線對手的拉力與向心力大小相等，方向相反，背離圓心角度探究影響向心力大小定量因素【例2】圖19甲為“向心力演示器驗證向心力公式”的試驗示意圖，圖乙為俯視圖。圖中A、B槽分別與a、b輪同軸固定，且a、b輪半徑相同。當a、b兩輪在皮帶的帶動下勻速轉動。圖19(1)兩槽轉動的角速度ωA__________ωB。(選填“>”“＝”或“<”)。(2)現有兩質量相同的鋼球，①球放在A槽的邊緣，②球放在B槽的邊緣，它們到各自轉軸的距離之比為2∶1。則鋼球①、②的線速度之比為__________；受到的向心力之比為__________。解析(1)因兩輪ab轉動的角速度相同，而兩槽的角速度與兩輪角速度相同，則兩槽轉動的角速度相等，即ωA＝ωB。(2)鋼球①、②的角速度相同，半徑之比為2∶1，則依據v＝ωr可知，線速度之比為2∶1；依據F＝mω2r可知，受到的向心力之比為2∶1。答案(1)＝(2)2∶1(3)2∶1活頁作業(時間：40分鐘)基礎鞏固練1.(2024·4月浙江選考)A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖1)，在相同時間內，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向變更的角度之比是3∶2，則它們()圖1A.線速度大小之比為4∶3B.角速度大小之比為3∶4C.圓周運動的半徑之比為2∶1D.向心加速度大小之比為1∶2解析時間相同，路程之比即線速度大小之比，故A項正確；運動方向變更的角度之比即對應掃過的圓心角之比，由于時間相同，角速度大小之比也為3∶2，B項錯誤；路程比除以角度比得半徑比為8∶9，C項錯誤；由向心加速度a＝eq\f(v2,r)知線速度平方比除以半徑比即向心加速度大小之比為2∶1，D項錯誤。答案A2.如圖2所示，雜技演員在表演“水流星”的節目時，盛水的杯子在豎直平面內做圓周運動，當杯子經過最高點時，里面的水也不會流出來，這是因為()圖2A.水處于失重狀態，不受重力的作用B.水受的合力為零C.水受的合力供應向心力，使水做圓周運動D.杯子特別，杯底對水有吸引力答案C3.(多選)當汽車通過圓弧形凸橋時，下列說法中正確的是()A.汽車在橋頂通過時，對橋的壓力肯定小于汽車的重力B.汽車通過橋頂時，速度越小，對橋的壓力就越小C.汽車所需的向心力由橋對汽車的支持力來供應D.汽車通過橋頂時，若汽車的速度v＝eq\r(gR)(R為圓弧形橋面的半徑)，則汽車對橋頂的壓力為零解析當汽車過橋頂時，汽車做圓周運動的向心力由汽車的重力和橋頂對汽車支持力的合力供應，有mg－FN＝meq\f(v2,R)，所以汽車過橋頂時，汽車對橋的壓力肯定小于汽車的重力，A正確，C錯誤；由上式得FN＝mg－meq\f(v2,R)，當v增大時，FN減小，B錯誤；當FN＝0時有mg＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(gR)，D正確。答案AD4.(2024·天津理綜，2)滑雪運動深受人民群眾寵愛。某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()圖3A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功肯定為零D.機械能始終保持不變解析運動員做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功肯定為零，C項正確；由運動員沿AB下滑過程中做勻速圓周運動，知運動員所受沿圓弧切線方向的合力為零，即摩擦力等于運動員的重力沿圓弧切線方向的分力，漸漸變小，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能削減，所以機械能削減，D項錯誤。答案C5.(多選)如圖4所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，小球m在圓形軌道內側做圓周運動，對于半徑R不同的圓形軌道，小球m通過軌道最高點時都恰好與軌道間沒有相互作用力。下列說法中正確的是()圖4A.半徑R越大，小球通過軌道最高點時的速度越小B.半徑R越大，小球通過軌道最高點時的速度越大C.半徑R越大，小球通過軌道最低點時的角速度越小D.半徑R越大，小球通過軌道最低點時的角速度越大解析由題意知，在最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，僅由重力供應向心力，依據牛頓其次定律有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，故半徑R越大，小球通過最高點的速度越大，選項B正確，A錯誤；從最高點到最低點，依據動能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，解得最低點的速度v′＝eq\r(5gR)，所以半徑R越大，小球通過軌道最低點速度越大，由ω＝eq\f(v′,R)＝eq\r(\f(5g,R))，可知半徑R越大通過軌道最低點時的角速度越小，選項C正確，D錯誤。答案BC6.如圖5所示，是用以說明向心力和質量、半徑之間關系的儀器，球P和Q可以在光滑桿上無摩擦地滑動，兩球之間用一條輕繩連接，mP＝2mQ，當整個裝置以角速度ω勻速旋轉時，兩球離轉軸的距離保持不變，則此時()圖5A.兩球受到的向心力大小相等B.P球受到的向心力大于Q球受到的向心力C.兩球均受到重力、支持力和向心力三個力的作用D.當ω增大時，Q球將沿桿向外運動解析兩球均受到重力、支持力和繩子的拉力作用，向心力是三個力的合力；兩球的重力均與支持力平衡，由繩的拉力供應向心力，則P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小，選項A正確，B、C錯誤；依據向心力大小相等得到mPωeq\o\al(2,P)rP＝mQωeq\o\al(2,Q)rQ，因為角速度相同，此方程與角速度無關，所以當ω增大時，兩球半徑不變，P球不會向桿外運動，Q球也不會沿桿向外運動，選項D錯誤。答案A7.如圖6所示，半徑為R的光滑半圓軌道豎直放置，一小球以某一速度進入半圓軌道，通過最高點P時，對軌道的壓力為其重力的一半，不計空氣阻力，則小球落地點到P點的水平距離為()圖6A.eq\r(2)R B.eq\r(3)RC.eq\r(5)R D.eq\r(6)R解析小球從P點飛出后，做平拋運動，設做平拋運動的時間為t，則2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(R,g))，在最高點P時有mg＋eq\f(1,2)mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(3gR,2))，因此小球落地點到P點的水平距離為x＝vt＝eq\r(6)R，選項D正確。答案D綜合提能練8.用一根細線一端系一小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖7所示，設小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為ω，細線的張力為FT，則FT隨ω2變更的圖象是選項圖中的()圖7解析設細線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力FN和細線的拉力FT而平衡，FT＝mgcosθ≠0，選項A錯誤；ω增大時，FT增大，FN減小，當FN＝0時，角速度為ω0，當ω<ω0時，由牛頓其次定律得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ，當ω>ω0時，小球離開錐面，細線與豎直方向夾角變大，設為β，由牛頓其次定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，可知FT－ω2圖線的斜率變大，所以選項B正確，C、D錯誤。答案B9.(多選)如圖8甲所示為建筑行業運用的一種小型打夯機，其原理可簡化為一個質量為M的支架(含電動機)上由一根長為l的輕桿帶動一個質量為m的鐵球(鐵球可視為質點)在豎直平面內轉動，如圖乙所示，重力加速度為g。若在某次打夯過程中，鐵球以角速度ω勻速轉動，則()圖8A.鐵球轉動過程中機械能守恒B.鐵球做圓周運動的向心加速度始終不變C.鐵球轉動到最低點時，處于超重狀態D.若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則ω＝eq\r(\f(（M＋m）g,ml))解析由于鐵球在做勻速圓周運動的過程中動能不變，但重力勢能在不斷地變更，所以其機械能不守恒，選項A錯誤；由于鐵球做圓周運動的向心加速度的方向在不斷地發生變更，故選項B錯誤；鐵球轉動到最低點時，有豎直向上的加速度，故桿對鐵球的拉力要大于鐵球的重力，鐵球處于超重狀態，選項C正確；以支架和鐵球整體為探討對象，鐵球轉動到最高點時，只有鐵球有向下的加速度，由牛頓其次定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝eq\r(\f(（M＋m）g,ml))，選項D正確。答案CD10.如圖9所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統肯定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力。忽視空氣阻力。則球B在最高點時()圖9A.球B的速度為零B.球A的速度大小為eq\r(2gL)C.水平轉軸對桿的作用力為1.5mgD.水平轉軸對桿的作用力為2.5mg解析球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好供應向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A錯誤，由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球所受重力和拉力的合力供應向心力，有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得F＝1.5mg，故C正確，D錯誤。答案C11.(2024·河北保定一模)如圖10所示，半徑為R的細圓管(管徑可忽視)內壁光滑，豎直放置，一質量為m、直徑略小于管徑的小球可在管內自由滑動，測得小球在管頂部時與管壁的作用力大小為mg，g為當地重力加速度，則()圖10A.小球在管頂部時速度大小肯定為eq\r(2gR)B.小球運動到管底部時速度大小可能為eq\r(2gR)C.小球運動到管底部時對管壁的壓力可能為5mgD.小球運動到管底部時對管壁的壓力肯定為7mg解析小球在管頂部時可能與外壁有作用力，也可能與內壁有作用力。假如小球與外壁有作用力，對小球受力分析可知2mg＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(2gR)，其由管頂部運動到管底部的過程中由機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得v1＝eq\r(6gR)，小球在管底部時，由牛頓其次定律有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FN1＝7mg，由牛頓第三定律知，小球對管壁的壓力為7mg。假如小球與內壁有作用力，對小球受力分析可知，在最高點小球速度為零，其由管頂部運動到管底部過程中由機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝2mgR，解得v2＝2eq\r(gR)，小球在管底部時，由牛頓其次定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知，小球對管壁的壓力為5mg，選項C正確，A、B、D錯誤。答案C12.如圖11所示為改裝的探究圓周運動的向心加速度的試驗裝置。有機玻璃支架上固定一個直流電動機，電動機轉軸上固定一個半徑為r的塑枓圓盤，圓盤中心正下方用細線接一個重錘，圓盤