第3章　圆周运动

22/75第3章圆周运动第1节匀速圆周运动快慢的描述(强基课—逐点理清物理观念)课标要求层级达标会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。学考层级1.了解描述圆周运动的线速度、角速度等物理量，解决简单的实际问题。2.能够将实际情境中的圆周运动转化为圆周运动模型进行分析、解决问题。3.能够根据实际情况提出可探究的问题，设计方案验证规律，得出关系。选考层级1.理解圆周运动的线速度、角速度等物理量的关系，综合应用规律解决问题。2.借助圆周运动的规律对综合性物理问题进行分析和推理。3.有学习和研究圆周运动规律的内在动机，在实际问题中坚持实事求是的态度。逐点清(一)描述圆周运动的物理量及其关系[多维度理解]1．匀速圆周运动：在任意相等时间内通过的弧长都相等的圆周运动。2．线速度(1)定义：做匀速圆周运动的物体通过的弧长s与所用时间t之比。(2)大小：v＝eq\f(s,t)，国际单位为m/s。(3)方向：圆周运动线速度的方向总是沿圆周的切线方向，与半径方向垂直。(4)物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢。3．角速度(1)定义：做匀速圆周运动的物体，连接物体和圆心的半径转过的eq\a\vs4\al(角度φ)和所用时间t之比。(2)公式：ω＝eq\f(\a\vs4\al(φ),t)，国际单位是弧度每秒，符号rad/s。(3)物理意义：描述质点绕圆心转动快慢的物理量。4．周期、频率和转速(1)周期：周期性运动每重复一次所需要的时间，用符号T表示，国际单位是s。(2)频率：在一段时间内，运动重复的次数与这段时间之比，f＝eq\f(1,T)，单位是Hz。(3)转速：物体一段时间内转过的圈数与这段时间之比，常用符号n表示，单位r/min或r/s。5．线速度、角速度和周期的关系(1)线速度和角速度关系：v＝rω。(2)线速度和周期的关系：v＝eq\f(2πr,T)。(3)角速度和周期的关系：ω＝eq\f(2π,T)。1．描述圆周运动的各物理量间的关系2．v、ω及r间的关系(1)由v＝rω知，r一定时，v∝ω；ω一定时，v∝r。v与ω、r间的关系如图甲、乙所示。(2)由ω＝eq\f(v,r)知，v一定时，ω∝eq\f(1,r)，ω与eq\f(1,r)、r间的关系如图丙、丁所示。[全方位练明]1．判断下列说法是否正确。(1)做圆周运动的物体，其速度一定是变化的。(√)(2)物体做匀速圆周运动时，则该物体的角速度是不变的。(√)(3)圆周运动线速度公式v＝eq\f(Δs,Δt)中的Δs表示位移。(×)(4)做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等。(√)(5)角速度大时，线速度一定大。(×)2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．线速度越大，周期一定越小B．角速度越大，周期一定越小C．转速越小，周期一定越小D．圆周半径越小，周期一定越小解析：选B匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)，可知线速度大，周期不一定小，周期的大小还与半径有关，A错误；周期T＝eq\f(2π,ω)，可知角速度越大，周期越小，B正确；转速n越小，质点做匀速圆周运动的频率f越小，由T＝eq\f(1,f)可知周期越大，C错误；由周期T＝eq\f(2πr,v)，可知半径小，周期不一定小，周期的大小还与线速度有关，D错误。3．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，下列说法中不正确的是()A．角速度为0.5rad/sB．转速为0.5r/sC．运动轨迹的半径约为1.27mD．频率为0.5Hz解析：选A由题意知v＝4m/s，T＝2s，根据角速度与周期的关系可知ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s≈3.14rad/s，故A项错误；由线速度与角速度的关系v＝ωr得r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(4,π)m≈1.27m，故C项正确；由v＝2πnr得转速n＝eq\f(v,2πr)＝eq\f(4,2π·\f(4,π))r/s＝0.5r/s，故B项正确；又由频率与周期的关系得f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，故D项正确。逐点清(二)三种常见的传动装置[多维度理解]1．同轴转动同轴转动：各点绕同一轴转动图示相同量角速度ωA＝ωB周期TA＝TB不同量线速度eq\f(vA,vB)＝eq\f(r,R)2．皮带传动皮带传动：两轮用皮带连接图示相同量边缘点线速度的大小vA＝vB不同量角速度eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r,R)周期eq\f(TA,TB)＝eq\f(R,r)3．齿轮传动齿轮传动：两齿轮啮合传动图示相同量边缘点线速度的大小vA＝vB不同量角速度eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)周期eq\f(TA,TB)＝eq\f(r1,r2)[典例](2023·广东1月学考)如图所示，P、Q为固定在自行车后轮上的两个转动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，P轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到P轮，则车后轮转动的()A．角速度不变 B．角速度变小C．周期不变 D．周期变小[解析]根据题意可知，保持脚踏轮M以恒定角速度转动，则脚踏轮M边缘的线速度大小不变，开始时，通过链条使Q轮与脚踏轮M连接，则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小，设脚踏轮M边缘的线速度大小为v，由公式v＝ωr可得，后轮的角速度为ω＝eq\f(v,rQ)，同理可知，改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接，后轮的角速度为ω′＝eq\f(v,rP)，由于rQ<rP，则有ω>ω′，即后轮角速度变小，由公式T＝eq\f(2π,ω)可知，后轮的周期变大。故选B。[答案]B/方法技巧/传动装置的特点(1)绕同轴转动的点具有共同的角速度、转速、周期，各点线速度v＝rω，即v∝r。(2)皮带传动，边缘各点具有大小相等的线速度，而角速度ω＝eq\f(v,r)，即ω∝eq\f(1,r)。(3)齿轮传动与皮带传动具有共同的特点。[全方位练明]1.如图所示是一个玩具陀螺，a、b、c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()A．a、b、c三点的线速度大小相等B．a、b、c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的角速度大D．c的线速度比a、b的线速度大解析：选Ba、b、c属于同轴转动，a、b、c三点的角速度相同，由v＝ωr得va＝vb＞vc，B正确。2．闹钟是带有闹时装置的钟，既能指示时间，又能按人们预定的时刻发出音响信号或其他信号。如图所示，机械式闹钟中的三个齿轮的半径之比为1∶3∶5，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的M点和大齿轮边缘的N点的线速度大小之比和角速度之比分别为()A．1∶11∶5 B．1∶15∶1C．5∶11∶5 D．5∶15∶1解析：选B根据题意可知，M点和N点属于齿轮传动，边缘点的线速度相等，则线速度大小之比为1∶1，根据v＝ωr，可知ω＝eq\f(v,r)，则eq\f(ωM,ωN)＝eq\f(rN,rM)＝eq\f(5,1)，故A、C、D错误，B正确。逐点清(三)匀速圆周运动的多解问题[多维度理解]1．多解性分析(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：根据两物体运动的时间相等建立等式，求解待求物理量。2．处理技巧分析(1)抓住联系点：明确题中两个物体的运动性质，抓住两个运动的联系点——时间相等。(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，考虑多个周期时的规律。(3)分析时注意两个运动是独立的，互不影响。[典例]如图所示，半径为R的圆板做匀速转动，当半径OB转到某一方向时，在圆板中心正上方高h处，以平行于OB方向水平抛出一小球。要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的角速度ω。[解析]小球从h高处抛出后，做平抛运动的下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))。小球在水平方向运动的距离R＝v0t，得v0＝eq\f(R,t)＝eq\f(R\r(2gh),2h)，圆板在时间t内应转动n转，所以ω＝eq\f(2πn,t)＝eq\f(nπ\r(2gh),h)(n＝1,2,3，…)。[答案]eq\f(R\r(2gh),2h)eq\f(nπ\r(2gh),h)(n＝1,2,3，…)[拓展]对应[典例]中的情境，如果要求小球刚好落在半径OB的中点，求小球水平抛出时的速度大小v0及圆板转动的最大周期。解析：小球刚好落在半径OB的中点，则有：eq\f(1,2)R＝v0t，解得v0＝eq\f(R\r(2gh),4h)，圆板转动的最大周期Tmax＝eq\r(\f(2h,g))。答案：eq\f(R\r(2gh),4h)eq\r(\f(2h,g))解答有关圆周运动的问题时，常出现的错误是没有考虑到圆周运动的周期性而漏解。因此，在解答此类问题时，要特别注意可能会出现的符合题意的多种情况。eq\a\vs4\al(/方法技巧/)[全方位练明]1.如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点的距离为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，角速度大小为ω。忽略空气阻力，若飞镖恰好击中P点，则v0可能为()A.eq\f(2ωL,π) B.eq\f(ωL,2π)C.eq\f(ωL,3π) D.eq\f(ωL,4π)解析：选C飞镖水平抛出后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，因此运动时间t＝eq\f(L,v0)。若飞镖恰好击中P点，则P点恰好转到圆盘最下方，故P点转过的角度θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，联立解得v0＝eq\f(ωL,π＋2kπ)(k＝0,1,2，…)，当k＝0时，v0＝eq\f(ωL,π)，当k＝1时，v0＝eq\f(ωL,3π)，当k＝2时，v0＝eq\f(ωL,5π)，C正确。2．如图所示，某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm。P、Q转动的线速度大小相同，都是4πm/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为()A．0.56s B．0.28sC．0.16s D．0.07s解析：选AP的周期TP＝eq\f(2πrP,v)＝eq\f(2π×0.28,4π)s＝0.14s，Q的周期TQ＝eq\f(2πrQ,v)＝eq\f(2π×0.16,4π)s＝0.08s，设Q在相邻两次接收到信号的时间内，P转动n1圈，Q转动n2圈，则n1TP＝n2TQ，由于n1与n2为正整数，则当n1＝4、n2＝7时，相邻两次接收到信号所用时间最短，最短时间tmin＝0.14×4s＝0.56s，A正确。3．如图所示，用薄纸做成的圆筒，直径为D，竖直放置，绕圆筒轴线OO′以角速度ω0逆时针匀速运动。一玩具手枪发出的子弹，沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响)，沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变)，结果在圆筒上只留下子弹的一个洞痕，求子弹的速度。解析：由于子弹在圆筒上只留下了一个洞痕，考虑匀速圆周运动的周期性，故有π＋2nπ＝ω0t(n＝0,1,2,3，…)解得t＝eq\f(2n＋1π,ω0)(n＝0,1,2,3，…)所以v＝eq\f(D,t)＝eq\f(Dω0,2n＋1π)(n＝0,1,2,3，…)。答案：eq\f(Dω0,2n＋1π)(n＝0,1,2,3，…)

eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])A级——学考达标1．关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是()A．半径一定时，线速度与角速度成正比B．周期一定时，线速度与角速度成正比C．线速度一定时，角速度与半径成正比D．角速度一定时，线速度与半径成反比解析：选A根据公式v＝ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω＝eq\f(2π,T)，知角速度一定，A正确，B错误；根据公式v＝ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式v＝ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误。2.(2023·浙江1月学考)如图所示，A、B是电风扇叶片上的两点。电风扇工作时A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则()A．ωA＞ωB B．ωA＜ωBC．vA＞vB D．vA＜vB解析：选C由题图可知A、B是电风扇叶片上的两点，同轴转动，则角速度相等，即ωA＝ωB，根据v＝rω，rA>rB，可知vA>vB，选项C正确。3.手摇卷笔刀如图所示，该卷笔刀的工作原理是内部切削部件与外部摇杆一起同轴旋转，外部摇杆上的A点到水平转轴上的O点的长度为L，O、A连线与转轴垂直。若该外部摇杆在时间t内匀速转动了N圈，则A点的线速度大小为()A.eq\f(2πN,Lt) B.eq\f(2πLt,N)C.eq\f(2πLN,t) D.eq\f(2πt,LN)解析：选C角速度ω＝eq\f(2πN,t)，则A点的线速度大小为v＝ωL＝eq\f(2πNL,t)，故选C。4.(2023·福建宁德段考)如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1800r/min时，下列说法正确的是()A．a点转动的周期约为0.3sB．b点转动的角速度约为18.8rad/sC．a、b两点转动的线速度一定不同D．a、b两点转动的角速度一定不同解析：选C由题意得转速n＝30r/s，a点转动的周期等于风扇转动的周期，故T＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,30)s≈0.03s，故A错误；b点转动的角速度为ω＝eq\f(2π,T)≈188rad/s，故B错误；a、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度是矢量，有大小和方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度方向沿轨迹切线方向，则线速度的方向一定不同，故C正确，D错误。5.无级变速是自动挡车型变速箱中的一种，通过无级变速可以得到传动系统与发动机工况的最佳匹配，其中一种变速结构的简图如图所示，从动轮B一侧与圆台侧面紧密接触，发动机带动圆台A转动，从动轮在静摩擦力作用下一起转动，将动力提供给车轮。若B直径为2cm，与直径为60cm的轮胎共轴，圆台A两底面的直径分别为2cm和6cm，π取3.14，则该汽车在圆台A转速恒为600r/min的情况下的速度v的范围最接近()A．10m/s<v<45m/s B．20m/s<v<60m/sC．20m/s<v<90m/s D．40m/s<v<120m/s解析：选B圆台A线速度为v＝2πnr，B轮一侧与圆台A接触，接触点线速度相同，B轮与车轮共轴，角速度相同，线速度之比与半径之比相同，则汽车速度v汽＝60πnr，由于1cm≤r≤3cm，解得速度范围为18.84m/s≤v汽≤56.52m/s，故选B。6.在我国古代就广泛运用了齿轮传动装置，我国古代的指南车便是利用了齿轮来指引方向，指南车某部分结构如图所示，在三个齿轮的边缘上分别取1、2和3三点，齿轮B和齿轮C在同一转动轴上，已知齿轮B的半径r2大于齿轮A的半径r1大于齿轮C的半径r3，则()A．1和3的线速度：v1＜v3B．1和2的角速度：ω1＜ω2C．1和3的周期：T1＜T3D．2和3的周期：T2＞T3解析：选C齿轮A与齿轮B边缘点的线速度相等，故v1＝v2，根据v＝ωr得，v2>v3，所以v1>v3，A错误；根据v＝ωr得，ω1>ω2，B错误；因为ω2＝ω3，所以ω1>ω3，根据T＝eq\f(2π,ω)得，T1<T3，C正确；齿轮B与齿轮C同轴转动，故周期T2＝T3，D错误。7.如图所示，光滑的水平圆盘固定在水平面上，中心O点固定一竖直光滑细杆，光滑圆环套在细杆上，细绳的一端连接圆环，另一端连接小物块(可视为质点)。物块绕O点逆时针转动，经时间t，物块由A点转到B点，OA与OB垂直。则物块转动的角速度可能为()A.eq\f(9π,4t) B.eq\f(9π,2t)C.eq\f(11π,4t) D.eq\f(11π,2t)解析：选B物块由A点转到B点，转过的角度为θ＝2nπ＋eq\f(π,2)(n＝0,1,2,3，…)，所以物块转动的角速度为ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(4nπ＋π,2t)(n＝0,1,2,3，…)，当n＝2时ω＝eq\f(9π,2t)，故选B。8．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示。现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是()A．P、Q的线速度相同B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C．P点的线速度大小约为1.6m/sD．摇把的转速约为40r/min解析：选BC由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq\f(100,60)×π×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2×eq\f(100,60)×π×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝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错误。9.如图所示，直径为0.5m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度为eq\f(π,8)m/s，求：(1)地球仪转动的角速度和周期；(2)地球仪上A点的线速度。解析：(1)B点做圆周运动的半径为RB＝R·cos60°＝eq\f(1,2)×0.5×eq\f(1,2)m＝0.125m，且vB＝ω·RB，得出角速度ω＝πrad/s。又由ω＝eq\f(2π,T)，得出地球仪转动的周期T＝2s。(2)A点的线速度为vA＝ω·RA，得出vA＝eq\f(π,4)m/s。答案：(1)πrad/s2s(2)eq\f(π,4)m/sB级——选考进阶10．(多选)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是()A．水流在空中运动时间为t＝eq\f(2v0,g)B．水流在空中运动时间为t＝eq\f(\r(3)v0,g)C．水车最大角速度接近ω＝eq\f(2v0,R)D．水车最大角速度接近ω＝eq\f(\r(3)v0,R)解析：选BC水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，其水平方向速度和竖直方向速度满足tan30°＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，故B正确，A错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝eq\r(v02＋gt2)＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝eq\f(2v0,R)，故C正确，D错误。11.(2023·上海闵行高一检测)一个半径为R的纸质小圆筒，绕其中心轴O匀速转动，角速度为ω。一粒子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出，如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ，则子弹的最大速度v大约为()A．ωR B.eq\f(ωR,θ)C.eq\f(2ωR,θ) D.eq\f(2ωR,π－θ)解析：选D子弹穿过两个弹孔所需的时间为t＝eq\f(2R,v)，若子弹从B点飞出，则纸筒需要转过的最小角度为(π－θ)，当纸筒转过的角度最小时，纸筒转动的时间最短，对应的子弹速度最大，此时纸筒转动的时间为t＝eq\f(π－θ,ω)，联立可得eq\f(2R,v)＝eq\f(π－θ,ω)，解得v＝eq\f(2Rω,π－θ)，故选D。12.冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h＝1.25m，M为圆盘边缘上一点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右跳出，初速度v0的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心O与P点之间的水平距离为x0＝4m，圆盘半径R＝2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求参赛者从P点跳出到落在圆盘上经历的时间t；(2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；(3)若参赛者从P点跳出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使参赛者落到M点，求圆盘转动的角速度ω。解析：(1)根据h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.5s。(2)根据x0－R＝v0t解得v0＝4m/s。(3)根据题意得ωt＝nπ(n＝1,2,3，…)解得ω＝2nπrad/s(n＝1,2,3，…)答案：(1)0.5s(2)4m/s(3)2nπrad/s(n＝1,2,3，…)第2节科学探究：向心力课标要求层级达标1.能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。2.知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。学考层级1.了解向心力的概念，能对简单的实际问题进行解释。2.了解向心加速度的大小和方向，能对简单的实际问题进行计算。3.在向心力的基础上形成对向心加速度的解释，并接受实践的检验。选考层级能将实际情境中的物体运动转化为圆周运动模型，用向心力和向心加速度进行分析和推理并得出结论。第1课时向心力与向心加速度(赋能课—精细培优科学思维)一、向心力1．定义：做匀速圆周运动的物体一定受到指向圆心的合外力的作用，这个力称为向心力。2．方向：始终指向圆心，总是与速度方向垂直，时刻变化。3．大小：F＝meq\f(v2,r)或F＝mrω2。4．作用效果：只改变速度方向，不改变速度大小，因此不做功。5．来源：向心力是根据力的作用效果命名的，向心力是由某个力或者某几个力的合力提供。向心力是效果力，不是性质力，它是根据力的效果命名的。分析物体受力时，不分析向心力。二、向心加速度1．定义：做圆周运动的物体由向心力产生的加速度。2．方向：始终指向圆心，时刻与速度方向垂直，方向时刻改变。3．大小：a＝eq\f(v2,r)＝rω2。4．意义：描述速度方向改变快慢的物理量。向心加速度越大，表示速度方向改变得越快。物体做匀速圆周运动时，其加速度方向指向圆心，速度变化量的方向也指向圆心。[微情境·大道理]1.用细绳拉着小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，在这个过程中，小球受力情况如何？若绳上的力突然消失，会出现什么现象？提示：小球在光滑水平面上受重力、支持力、绳子的拉力；拉力提供向心力。若拉力突然消失，小球将沿切线飞出，做匀速直线运动。2．如图所示，一辆汽车以恒定速率驶入环岛，请对以下结论作出判断：(1)汽车在各点的向心加速度是相同的。(×)(2)汽车在运动时的加速度指向环岛的圆心。(√)(3)汽车以恒定速率在环岛内运动四分之一圆弧时，其速度变化量与初速度的夹角为135°。(√)(4)汽车在相等时间内速度变化量相同。(×)强化点(一)向心力任务驱动如图所示，在双人滑冰比赛中，男运动员拉着女运动员的手使其在冰面上做匀速圆周运动，女运动员的速度方向时刻改变，什么力改变了其速度的方向？提示：女运动员受到重力、男运动员的拉力和冰面的支持力三个力的作用。拉力在水平方向的分力提供了女运动员匀速圆周运动的向心力。正是这个向心力，改变了速度的方向。[要点释解明]1．向心力的方向做匀速圆周运动的物体受到的向心力方向时刻在变化，始终指向圆心，与线速度的方向垂直。2．向心力的大小向心力公式有F＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝mωv。对于匀速圆周运动，向心力大小始终不变，但对于非匀速圆周运动(如用一根绳拴住小球绕固定圆心在竖直平面内做的圆周运动)，其向心力大小随速率v的变化而变化，公式表述的只是瞬时值。3．向心力的作用效果由于向心力的方向与物体运动方向始终垂直，故向心力不改变线速度的大小，只改变线速度的方向。4．向心力的来源实例分析实例分析图例向心力来源在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未发生滑动弹力提供向心力用细绳拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动绳的拉力(弹力)提供向心力物体随转盘做匀速圆周运动，且物体相对于转盘静止静摩擦力提供向心力用细绳拴住小球在竖直平面内做圆周运动，当小球经过最低点时拉力和重力的合力提供向心力小球在细绳作用下，在水平面内做匀速圆周运动时绳的拉力的水平分力(或拉力与重力的合力)提供向心力[题点全练清]1．(多选)下列关于向心力的说法中正确的是()A．物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B．向心力不改变圆周运动中物体线速度的大小C．做匀速圆周运动的物体，其向心力即为其所受的合外力D．做圆周运动的物体所受各力的合力一定充当向心力解析：选BC因为有了向心力，物体才做圆周运动，向心力是由外界提供的，不是物体本身产生的，故A错误；向心力总是与速度方向垂直，不能改变物体速度的大小，但改变速度的方向，故B正确；做匀速圆周运动的物体，其向心力是以力的作用效果命名的，是由物体所受合外力提供的，故C正确；在变速圆周运动中，其向心力是由合外力指向圆心的分力提供的，故D错误。2.(2023·广东1月学考)如图所示，静止在圆盘上的小物块随圆盘在水平面内一起做匀速转动。则物块所受摩擦力()A．大小与转速无关B．大小与其距转轴的距离无关C．大小等于物块所需的向心力D．方向沿圆盘半径向外解析：选C物块所受的摩擦力提供小物块做圆周运动的向心力，方向指向圆心，根据向心力公式F＝mω2r＝m(2πn)2r，其中n是转速，r是距转轴的距离，可知摩擦力的大小与转速的平方成正比，与距转轴的距离成正比。故选C。3.(多选)如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是()A．小球受到重力、线的拉力和向心力三个力B．向心力是线对小球的拉力和小球所受重力的合力C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分力D．向心力的大小等于Mgsinθ解析：选BC小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示，小球受重力和细线的拉力两个力，故A项错误；由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做匀速圆周运动，这个合力就叫作向心力，故B项正确；根据正交分解法可知，向心力等于细线对小球拉力的水平分力，故C项正确；根据力的平行四边形定则可知：F向＝Gtanθ＝Mgtanθ，故D项错误。强化点(二)向心加速度任务驱动如图甲所示，表示地球绕太阳做匀速圆周运动(近似的)；如图乙所示，表示光滑桌面上一个小球由于细线的牵引，绕桌面上的图钉做匀速圆周运动。分析地球和小球的运动，并回答以下问题：(1)分析地球受到什么力的作用？这个力沿什么方向？小球受到几个力的作用？合力沿什么方向？(2)根据牛顿第二定律，分析地球和小球的加速度方向变化吗？匀速圆周运动是一种什么性质的运动呢？提示：(1)地球受到太阳的引力作用，方向沿半径指向圆心。小球受到重力、支持力、细线的拉力作用，合力等于细线的拉力，方向沿半径指向圆心。(2)物体的加速度跟它所受合力方向一致，所以地球和小球的加速度都是沿半径指向圆心。加速度的方向时刻指向圆心，所以方向不断变化。匀速圆周运动是一种变加速曲线运动。[要点释解明]1．向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变。由于向心加速度方向时刻发生变化，所以圆周运动都是变加速曲线运动。2．向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小。3．向心加速度的几种表达式4．对公式a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的讨论(1)当半径一定时①向心加速度的大小与线速度的平方成正比，如图甲所示；②向心加速度的大小与角速度的平方成正比，如图乙所示。(2)当线速度一定时向心加速度的大小与运动半径成反比，如图丙所示。(3)当角速度一定时向心加速度的大小与运动半径成正比，如图丁所示。[典例](多选)如图所示的皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，则下列比例关系正确的是()A．A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC＝6∶2∶1B．A、B、C三点的线速度大小之比为vA∶vB∶vC＝3∶1∶1C．A、B、C三点的角速度之比为ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1D．A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC＝3∶2∶1[解析]B、C两点线速度大小相同，由v＝ωr可知B、C两点的角速度与半径成反比，由a＝eq\f(v2,r)可知B、C两点的向心加速度与半径成反比，则有vB＝vC，ωB∶ωC＝2∶1，aB∶aC＝2∶1；A、B两点角速度相同，由v＝ωr可知A、B两点的线速度与半径成正比，由a＝ω2r可知A、B两点的向心加速度与半径成正比，则有ωA＝ωB，vA∶vB＝3∶1，aA∶aB＝3∶1，因此vA∶vB∶vC＝3∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1，aA∶aB∶aC＝6∶2∶1，故A、B、C正确，D错误。[答案]ABC/方法技巧/向心加速度公式的应用技巧向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较转动物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：(1)先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同。(2)在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。[题点全练清]1．(2023·济南高一调研)关于向心加速度，下列说法正确的是()A．向心加速度是描述速率变化快慢的物理量B．匀速圆周运动的向心加速度恒定不变C．向心加速度是描述物体运动方向变化快慢的物理量D．向心加速度随着轨道半径的增大而减小解析：选C向心加速度是描述速度方向改变快慢的物理量，故A错误；匀速圆周运动的向心加速度大小不变、方向时刻改变，是变化的，故B错误；向心加速度与速度垂直，是描述物体运动方向变化快慢的物理量，故C正确；根据a＝rω2，角速度一定时，轨道半径越大，向心加速度越大，故D错误。2.(2021·全国甲卷)“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50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小约为()A．10m/s2 B．100m/s2C．1000m/s2 D．10000m/s2解析：选C纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100πrad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1000m/s2，C正确。强化点(三)匀速圆周运动及其案例分析[典例]图甲为游乐园中“空中飞椅”的游戏设施，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看成一个质点，则可简化为如图乙所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，设绳长l＝10m，质点的质量m＝60kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d＝4.0m，转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ＝37°，不计空气阻力及绳重，且绳不可伸长，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，g取10m/s2，求质点与转盘一起做匀速圆周运动时：(1)绳子拉力的大小；(2)转盘角速度的大小。[解析](1)如图所示，对人和座椅进行受力分析，图中F为绳子的拉力，在竖直方向：Fcos37°－mg＝0解得F＝eq\f(mg,cos37°)＝750N。(2)人和座椅在水平面内做匀速圆周运动，重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgtan37°＝mω2RR＝d＋lsin37°联立解得ω＝eq\r(\f(gtan37°,d＋lsin37°))＝eq\f(\r(3),2)rad/s。[答案](1)750N(2)eq\f(\r(3),2)rad/s[变式拓展]对应[典例]中的情境，若转盘角速度变大，则绳子拉力如何变化？绳子与竖直方向的夹角如何变化？提示：角速度增大，则绳子与竖直方向的夹角变大，绳子拉力变大。[思维建模型]1．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“牛顿运动定律解决问题”一致。2．匀速圆周运动问题的求解步骤(1)确定研究对象、轨迹圆周(含圆心、半径和轨道平面)。(2)受力分析，确定向心力的大小(合成法、正交分解法等)。(3)根据向心力公式列方程，必要时列出其他相关方程。(4)统一单位，代入数据计算，求出结果或进行讨论。[题点全练清]1．(2022·北京高考)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验()A．小球的速度大小均发生变化B．小球的向心加速度大小均发生变化C．细绳的拉力对小球均不做功D．细绳的拉力大小均发生变化解析：选C在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”中，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a＝eq\f(v2,r)和F＝meq\f(v2,r)(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B、D错误。2.(2023·江苏高考)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。解析：发光物体的速度大小v0＝ω0r发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f＝mω02r。答案：ω0rmω02req\a\vs4\al([课时跟踪检测])A级——学考达标1．关于向心加速度，下列说法正确的是()A．由a＝eq\f(v2,r)知，匀速圆周运动的向心加速度恒定B．匀速圆周运动不属于匀速运动C．向心加速度能表示速度方向改变，也能表示速度大小改变D．做圆周运动的物体，加速度方向时刻指向圆心解析：选B由a＝eq\f(v2,r)知，匀速圆周运动的向心加速度大小是恒定的，但是方向不断改变，A错误；匀速圆周运动的速度方向不断改变，故不属于匀速运动，B正确；向心加速度只表示速度方向改变，C错误；只有做匀速圆周运动的物体，加速度方向才时刻指向圆心，D错误。2.(2022·广东1月学考)如图所示，a、b是伞面上的两颗相同的雨滴。当以伞柄为轴旋转雨伞时，下列说法正确的是()A．a更容易移动，因为a所需的向心加速度更小B．a更容易移动，因为a所需的向心加速度更大C．b更容易移动，因为b所需的向心加速度更小D．b更容易移动，因为b所需的向心加速度更大解析：选D因为当雨滴随雨伞一起绕伞柄转动时，需要的向心加速度为an＝ω2r，可以看出半径越大，所需向心加速度越大，更容易发生移动，因为b的半径大于a的半径，故b更容易移动，D正确。3.(多选)质点做匀速圆周运动，所受向心力F与半径R的关系图线如图所示，关于a、b、c、d四条图线的描述可能正确的是()A．a表示速度一定时，F与R的关系B．b表示速度一定时，F与R的关系C．c表示角速度一定时，F与R的关系D．d表示角速度一定时，F与R的关系解析：选AC由向心力公式F＝meq\f(v2,R)可知，速度一定时，F与R成反比的关系，因此a表示速度一定时，F与R的关系，A正确，B错误；由向心力公式F＝mω2R可知，角速度一定时，F与R成正比的关系，因此c表示角速度一定时，F与R的关系，C正确，D错误。4．(2023·济南学考检测)旋转篮球是每个篮球爱好者都会努力提升的一种技能。如图，半径约为13cm的篮球在某同学的手指上旋转，测得篮球上的一个小泥点在1min内随篮球旋转的圈数为60，由此可估算的物理量是()A．小泥点的线速度大小B．篮球旋转的角速度大小C．小泥点的向心加速度大小D．小泥点做圆周运动的向心力大小解析：选B篮球旋转的角速度为ω＝eq\f(2π×60,60)rad/s＝2πrad/s，所以B正确；小泥点随篮球旋转，其圆周运动的轨道半径等于泥点到转轴的距离，由于题目中没有该数据，所以小泥点的线速度大小、向心加速度大小和向心力大小均无法计算，A、C、D错误。5．如图所示，一部机器由电动机带动，机器上的皮带轮半径是电动机皮带轮半径的3倍，皮带与两轮之间不发生滑动。那么，电动机皮带轮与机器皮带轮边缘的角速度之比、向心加速度之比分别为()A．3∶13∶1 B．1∶31∶3C．3∶19∶1 D．2∶14∶1解析：选A由于皮带与两轮之间不发生滑动，则两轮边缘的线速度大小相等，由公式ω＝eq\f(v,r)可知，电动机皮带轮与机器皮带轮边缘的角速度之比为半径的反比即为3∶1，由公式a＝eq\f(v2,r)可知，电动机皮带轮与机器皮带轮边缘的向心加速度之比为半径的反比即为3∶1。故选A。6．(2023·华中师大一附中调研)某变速自行车的传动装置如图所示，曲柄与踏板连接，飞轮与后轮共轴。通过变速调节器可以选择不同齿数的飞轮和牙盘，获得不同的变速比，以更好适应不同路段的骑行需求。某骑手在一段爬坡骑行过程中调用的牙盘和飞轮齿数分别为22和34，踩踏板一周用时约0.65s。已知该车车轮直径为66cm，则后轮边缘上一质点的向心加速度大小最接近于()A．11m/s2 B．13m/s2C．15m/s2 D．17m/s2解析：选B踩踏板一周用时约0.65s，可知牙盘的角速度为ω＝eq\f(2π,T)，牙盘和飞轮齿数分别为22和34，飞轮与牙盘由链条相连，边缘点的线速度大小相等，可知飞轮的角速度为ω′＝eq\f(22,34)ω＝eq\f(44π,34T)，后轮与飞轮共轴，角速度相等，则有a＝ω′2r，代入数据解得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(44×3.14,34×0.65)))2×eq\f(0.66,2)m/s2≈13m/s2，可知后轮边缘上一质点的向心加速度大小最接近于13m/s2，B正确，A、C、D错误。7.(2023·山东德州高一检测)如图所示，在某市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是()A．司机和乘客具有相同的线速度B．汽车所受的合力一定指向圆心C．汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力D．汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力解析：选D司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系v＝ωr，则线速度不同，故A错误；因汽车做减速圆周运动，汽车所受的合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有F＝mω2r，右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动的摩擦力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。8.质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为()A．meq\f(v2,R) B．mgC．meq\r(g2＋\f(v4,R2)) D．meq\r(g2－\f(v4,R2))解析：选C作出飞机的受力分析图，如图所示，根据牛顿第二定律有F向＝meq\f(v2,R)，由平行四边形定则得空气对飞机的作用力F＝eq\r(mg2＋F向2)＝meq\r(g2＋\f(v4,R2))，故C正确，A、B、D错误。9.下课后，小丽在操场上荡秋千。已知小丽的质量为40kg，每根系秋千的绳子长为4m，能承受的最大张力是300N。如图，当秋千底座摆到最低点时，速度为3m/s。(g取10m/s2，小丽看成质点处理，秋千绳、底座等不计质量)(1)此时，小丽做圆周运动的向心力是多大？(2)此时，小丽对底座的压力是多少？每根绳子受到的拉力T是多少？(3)如果小丽到达最低点的速度为5m/s，绳子会断吗？解析：(1)将小丽的运动看成质点做圆周运动，依题意可得向心力的大小为：F向＝eq\f(mv2,r)解得F向＝90N。(2)小丽做圆周运动的向心力由重力和支持力提供。由牛顿第二定律可得：F支－G＝F向解得支持力：F支＝490N根据牛顿第三定律，则小丽对底座的压力为F压＝F支＝490N所以每根绳子受到的拉力T＝eq\f(1,2)F压＝245N。(3)当小丽到达最低点的速度为5m/s时，所需的向心力为F向′＝eq\f(mv′2,r)解得F向′＝250N底座所受的压力为：F压′＝F支′＝G＋F向′＝650N所以每根绳子受到的拉力T′＝325N，大于绳子能承受的最大张力300N，绳子会断裂。答案：(1)90N(2)490N245N(3)见解析B级——选考进阶10.(2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是()A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动解析：选A由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。11．(2023·龙岩高一检测)如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω匀速旋转，O为球心，A、B为球体表面上两点，下列说法正确的是()A．A、B两点具有不同的角速度B．A、B两点的线速度大小相等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eq\r(3)∶1解析：选DA、B为球体表面上两点，角速度与球体绕轴O1O2旋转的角速度相同，A错误；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＝Rsin60°，B运动的半径rB＝Rsin30°，eq\f(vA,vB)＝eq\f(rAω,rBω)＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，B错误；eq\f(aA,aB)＝eq\f(rAω2,rBω2)＝eq\r(3)，D正确。12．(2023·青岛高一调研)如图所示，竖直平面内有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，半径为R1＝0.2m，其圆心O1正下方为水平圆盘的圆心O2，圆盘的半径R2＝2m。B到O2的距离为h＝5m，可视为质点的小球，其质量m＝1kg，从A点无初速度释放，刚好击中圆盘边缘P点，求：(重力加速度g取10m/s2)(1)小球经过B点的速度大小；(2)小球经过B点时对圆弧轨道的压力；(3)当小球从B点水平抛出，同时圆盘以某角速度绕着O1O2水平匀速转动，小球击中圆盘边缘Q点(图中未画出)，圆心角∠PO2Q＝90°，计算圆盘转动的角速度。解析：(1)根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，R2＝vBt联立解得vB＝2m/s，t＝1s(2)在B点，根据牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(vB2,R1)解得F＝30N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，小球经过B的点时对圆弧轨道的压力为30N，方向竖直向下。(3)平抛下落的时间t＝1s，也就是圆盘转动时间①若圆盘转动的角度θ＝2πn＋eq\f(π,4)则t＝nT＋eq\f(T,4)＝1s可得周期T＝eq\f(4,4n＋1)s角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π4n＋1,2)rad/s，n＝0,1,2，…；②若转过的角度为θ′＝2πn＋eq\f(3π,4)则t′＝nT′＋eq\f(3T′,4)＝1s可得T′＝eq\f(4,4n＋3)s角速度ω′＝eq\f(2π,T′)＝eq\f(π4n＋3,2)rad/s，n＝0,1,2，…。答案：(1)2m/s(2)30N，竖直向下(3)见解析第2课时实验：探究影响向心力大小的因素(实验课—基于经典科学探究)一、实验装置二、实验原理如图所示，匀速转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。挡板对小球的作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球挤压挡板的力使挡板另一端压缩测力套筒的弹簧，压缩量可从标尺上读出，该读数即显示了向心力的大小。一、实验步骤1．测量质量：分别用天平测量各小球的质量，并做标记。2．调节两轮角速度：用皮带连接两半径相同的塔轮，以确保运动过程中角速度不变。3．释放小球：将两质量不相等的小球分别放于长槽和短槽上，调整小球的位置，使两球的转动半径相同。4．收集数据：转动手柄，观测向心力的大小和质量的关系。5．改变转动半径：换成两质量相同的小球，分别放于长槽和短槽上，增大长槽上小球的转动半径。转动手柄，观察向心力的大小和半径的关系。6．改变小球的角速度：将质量相同的两小球分别置于长槽和短槽上，确保两小球转动半径相同，改变皮带连接的两个塔轮，根据两个塔轮半径关系求解小球做圆周运动的角速度关系。二、数据处理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表中。实验序号12345质量m向心力F2．作F－m图像的方法以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，在相同角速度下，将不同转动半径下的向心力填在表中。实验序号12345转动半径r向心力F4．作F－r图像的方法以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，使两小球的转动半径相等，将不同角速度下的向心力填在表中。实验序号12345角速度ω角速度的平方ω2向心力F6.作F－ω2图像的方法以F为纵坐标、ω2为横坐标，根据数据作F－ω2图像，用曲线拟合测量点，找出规律，分析F与ω2的关系。7．实验结论(1)在转动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，向心力与角速度的平方成正比。三、误差分析1．测量、操作带来的偶然误差(1)质量测量误差。(2)半径读数误差。(3)向心力读数误差。2．仪器本身带来的系统误差(1)天平调零误差。(2)向心力演示器的手柄转动误差(不能保证匀速转动)。[关键点反思]1．本实验中怎样保证小球做匀速圆周运动？提示：摇动手柄时应力求缓慢加速，注意观察其中一个塔轮标尺露出的等分格的格数，达到预定格数时，即保持手柄均匀转动，以此确保小球做匀速圆周运动。2．本实验中为什么探究向心力与物体的质量m、半径r和角速度ω的关系，而不是探究向心力与物体的质量m、半径r和线速度v的关系？提示：角速度相对于线速度测量更方便。3．为什么研究向心力F与角速度ω关系时，画的不是F－ω图像，而是F－ω2的图像？提示：F－ω图像不是线性关系，而用F－ω2的图像能转化为线性关系，更直观地反映出在其他物理量不变的情况下，F与ω2成正比。考法(一)实验基本操作[例1]如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和运动半径r之间的关系的实验装置图，匀速转动手柄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和运动半径r之间的关系。(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的运动半径为右边小球的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，可知要探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运动半径不变，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)左边塔轮与右边塔轮向心力大小之比为1∶2，半径之比为2∶1，则由F＝mrω2可知，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考法(二)数据处理[例2]用如图所示的装置来探究钢球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。探究过程中某次实验时装置的状态如图所示。(1)在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持________相同。A．m和r B．ω和mC．ω和r D．m和F(2)若两个钢球质量和转动半径相等，则是在研究向心力的大小F与________的关系。A．质量m B．角速度ωC．半径r(3)若两个钢球质量和转动半径相等，且标尺上红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值为1∶9，则与皮带连接的变速塔轮1和2的半径之比为________。A．1∶3 B．9∶1C．1∶9 D．3∶1[解析](1)在探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量之间的关系，该方法为控制变量法，据此可知，要研究F与m的关系，需保持ω和r相同，选项C正确。(2)根据控制变量法可知，两球的质量和转动半径相等，则研究的是向心力的大小F与角速度ω的关系，选项B正确。(3)根据F＝mω2r，两球的向心力之比为1∶9，转动半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶3，因为靠皮带传动，两变速塔轮的线速度大小相等，根据v＝rω知，与皮带连接的变速塔轮1和2对应的半径之比为3∶1，选项D正确。[答案](1)C(2)B(3)D考法(三)源于经典实验的创新考查[例3](2023·江苏扬州检测)甲、乙两同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小。(1)甲同学利用细绳系一小物体在空气中甩动，使物体在水平面内做圆周运动，来感受向心力大小，则下列说法中正确的是__________。A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大(2)乙同学利用如图(a)所示的实验装置，探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、运动半径及线速度的定量关系。圆柱体放置在水平光滑圆盘(图中未画出)上做匀速圆周运动，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：①该同学采用的实验方法为________；A．等效替代法 B．控制变量法C．理想化模型法 D．微小量放大法②改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示，请在图(b)中作出F－v2图像；v/(m·s－1)1.001.502.002.503.00v2/(m2·s－2)1.002.254.006.259.00F/N0.902.003.605.608.10③由作出的F－v2的图像，可得出F和v2的关系式：______________________。[解析](1)保持质量、绳长不变，增大转速，角速度变大，根据向心力公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，根据向心力公式可知，绳对手的拉力将变大，故C错误，D正确。(2)①实验中研究向心力和线速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法为控制变量法，故选B。②在图乙中作出F－v2的图像如图所示：③根据作出的F－v2图像得F＝0.90v2。[答案](1)BD(2)①B②见解析图③F＝0.90v2[创新分析](1)实验器材的创新：力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度。(2)实验数据处理的创新：利用作出的F－v2图像探究向心力F与线速度v的关系。1．控制变量法是物理实验探究的基本方法之一。如图是用控制变量法探究向心力大小与质量m、角速度ω和运动半径r之间关系的实验情境图，其中：(1)探究向心力的大小与质量m之间关系的是图________；(2)探究向心力的大小与角速度ω之间关系的是图________。解析：(1)根据F＝mω2r，要研究小球受到的向心力大小与质量m的关系，需控制小球的角速度和转动的半径不变，故题图丙正确。(2)根据F＝mω2r，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转动的半径不变，故题图甲正确。答案：(1)丙(2)甲2．(2023·浙江1月选考，节选)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。(1)采用的实验方法是________。A．控制变量法B．等效法C．模拟法(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)。解析：(1)该实验探究多个物理量之间的关系，应用控制变量法。(2)根据向心力表达式F＝mrω2，在小球质量、转动半径相同的情况下，F∝ω2，左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比；由于两球角速度比为定值，则标记的比值不变。答案：(1)A(2)角速度平方不变3.(2023·南平高一调研)如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平横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：在物体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)对任意一次断线过程进行研究；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：在物体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)两物体的质量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物体质量的增大而增大。(2)两物体质量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；表明在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随半径的增大而增大。(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速度的增大线才断的；表明在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随角速度的增大而增大。答案：(1)物体质量(2)半径(3)角速度4．如图甲所示为某学习小组的同学们用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置。调节平台的高度，尽量使纸面贴近小球但不接触。用手带动小球运动，使它在放手后恰能在纸面上方沿某个画好的圆做匀速圆周运动。(1)若忽略小球运动中受到的阻力，小球的质量为m，重力加速度为g。在某次实验中，小球沿半径为r的圆做匀速圆周运动，用秒表记录了小球运动n圈的总时间t，则小球做此圆周运动所需的向心力大小F向＝________(用m、n、t、r及相关的常量表示)。用刻度尺测得细线上端悬挂点到画有圆周纸面的竖直高度为h，那么对小球进行受力分析可知，小球做此圆周运动所提供的向心力大小F供＝________(用m、h、r及相关的常量表示)。(2)保持n的取值不变，改变h和r进行多次实验，可获取不同时间t。学习小组的同学们想用图像来处理多组实验数据。为了直观反映物理量间的关系，应合理选择坐标轴的相关变量，则应该画__________(选填“t2－h”或“t－r”)图像。画出的图像如图乙所示，则引起图像中出现横截距的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)周期T＝eq\f(t,n)，则所需向心力F向＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r＝mreq\f(4π2n2,t2)；此圆周运动所提供的向心力大小F供＝mgtanθ＝eq\f(mgr,h)。(2)由F供＝eq\f(mgr,h)＝F向＝mreq\f(4π2n2,t2)，可得t2＝eq\f(4π2n2,g)h，为了直观反映物理量间的关系，应合理选择坐标轴的相关变量，则应该画t2－h图像；由题图乙可知，当t2＝0时h不为零，则引起图像中出现横截距的原因是竖直高度h测大了，应为悬点到球心间的竖直距离。答案：(1)mreq\f(4π2n2,t2)eq\f(mgr,h)(2)t2－h竖直高度h测大了，应为悬点到球心间的竖直距离5．如图1所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度的关系”的实验装置。用一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一宽度为d的轻质遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g，实验步骤如下：(1)将小钢球竖直悬挂，测出悬点到球心之间的距离，得到钢球运动的半径R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为________cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010s，小钢球在A点的速度大小v＝________m/s(结果保留三位有效数字)。(2)先利用力传感器的示数FA计算小钢球运动所需的向心力F′＝FA－mg，FA应取该次摆动过程中示数的________(选填“平均值”或“最大值”)，然后再用F＝meq\f(v2,R)计算向心力。(3)改变小球释放的位置，重复实验，比较发现F总是略大于F′，分析表明这是系统造成的误差，造成该系统误差的可能原因是________。A．钢球的质量偏大 B．钢球初速度不为零C．存在空气阻力 D．速度的测量值偏大解析：(1)根据刻度尺数据可知，读数为1.50cm。小钢球在A点的速度v＝eq\f(d,t)＝eq\f(1.50×10－2,0.010)m/s＝1.50m/s。(2)因为力传感器的示数FA最大时，小球在最低点，此时才能满足F′＝FA－mg。(3)由题可知，小球在A点的速度是用遮光条通过光电门的平均速度代替，由装置图可知，此速度大于小球的实际速度，即小球的速度的测量值偏大，因为F＝meq\f(v2,R)，当速度测量值偏大时，F偏大，故选D。答案：(1)1.501.50(2)最大值(3)D第3节离心现象(赋能课—精细培优科学思维)课标要求层级达标了解生产生活中的离心现象及其产生的原因。学考层级1.会分析做圆周运动物体的向心力的来源。2.了解离心现象和物体做离心运动的条件。3.能够用道德和规范评价物理研究和应用。选考层级建构车辆转弯模型、汽车过凸凹路面模型，掌握物体在竖直平面内做圆周运动的临界条件，理解其动力学本质。一、车辆转弯时所需的向心力1．汽车转弯问题(1)汽车在水平路面上转弯时，有向外侧滑的趋势，地面会对汽车产生指向内侧的静摩擦力。(2)根据公式f＝meq\f(v2,r)，如果弯道半径一定，汽车速度超过一定限度时，汽车就会向外侧滑。2．火车转弯问题(1)弯道通常设计成外高内低。(2)若火车转弯时，火车轮缘不受轨道压力，则mgtanθ＝meq\f(v2,r)，故v＝eq\r(grtanθ)，其中r为弯道半径，θ为弯道的倾角，v为弯道规定的速度。二、竖直平面内的圆周运动分析1．汽车过凸形路面汽车行驶到凸形路面的顶端时，如图甲所示，由向心力公式G－N＝meq\f(v2,r)可知，N＜G，根据牛顿第三定律，汽车行驶到凸形路面的顶端时，对路面的压力小于汽车的重力。2．汽车过凹形路面汽车行驶到凹形路面底部时，如图乙所示，由向心力公式N－G＝meq\f(v2,r)可知，N＞G，根据牛顿第三定律，汽车行驶到凹形路面底部时，对路面的压力大于汽车的重力。3．过山车(在最高点和最低点)(1)向心力来源：受力如图所示，重力和支持力的合力提供向心力。(2)向心力方程①在最高点：mg＋N＝meq\f(v2,r)。②在最低点：N′－mg＝meq\f(v2,r)。(3)通过最高点的条件：由N≥0，得v≥eq\r(gr)。三、生活中的离心运动1．离心运动的定义：做圆周运动的物体，在受到的合外力突然消失或者不足以提供做圆周运动所需要的向心力的情况下，物体将远离圆心运动。2．离心运动的应用和防止(1)应用：离心分离器、离心干燥器、洗衣机的脱水桶。(2)防止：飞机翻飞旋转时，造成人体出现过荷现象，需要训练人体的抗荷能力；汽车在公路转弯处必须放慢行车速度。[微情境·大道理]1．