6.2向心力 同步复习讲义-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

第六章第二节向心力 ▉考点01 向心力 1概念 做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力. 2方向 向心力是变力，其方向总是沿着半径指向圆心且时刻改变，与线速度方向垂直. 3作用效果 只改变线速度的方向，不改变线速度的大小. 4来源分析 做圆周运动的物体，其运动状态在不断变化，是由于有向心力作用.向心力是按作用效果命名的力，可以由重力、弹力、摩擦力等性质力提供，也可以由某个力的分力或某几个力的合力提供.举例说明如下： 类别 实例 模型说明 重力提供向心力 小球沿光滑轨道下滑，经过圆轨道最高点时，若轨道对其的弹力恰好为零，则此时小球的向心力由重力提供. 弹力提供向心力 小球沿光滑器壁在水平面内做圆周运动，向心力由弹力提供. 摩擦力提供向心力 物体随转盘做圆周运动，且相对转盘静止，向心力由静摩擦力提供. 分力或合力提供向心力 小球在水平面内做圆锥摆运动.向心力可以认为由细线拉力的水平分力提供，也可以认为由细线拉力与小球重力的合力提供. 1.若物体做匀速圆周运动，其向心力由合力提供，它始终沿着半径方向指向圆心，并且大小恒定. 2.若物体做非匀速圆周运动，其所受合力不指向圆心，此时向心力由物体所受的合力在半径方向上的分力提供，而合力在切线方向的分力改变线速度的大小. ▉考点02 向心力的大小 1.小球做圆周运动所需向心力的大小，在半径和角速度一定时，与质量成正比；在质量和半径一定时，与角速度的平方成正比；在质量和角速度一定时，与半径成正比. 2.向心力的表达式 向心力的大小可表示为Fn=m或者 将,v=ωr等公式代入公式Fₙ=mω²r可得向心力大小的不同表达式： ▉考点03 变速圆周运动和一般曲线运动的受力特点 1变速圆周运动及处理方法 (1)变速圆周运动：物体做圆周运动，它的线速度大小不断改变，这种圆周运动称为变速圆周运动. (2)受力特点：做变速圆周运动的物体所受合力并不指向圆心，这个力F可以分解成互相垂直的两个分力. 2一般的曲线运动及处理方法 (1)曲线运动：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动(如图6-2-6所示). (2)处理方法：①将曲线分割成许多极短的小段，每一小段曲线都可以看作一小段圆弧，这样，物体在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分.通常这些圆弧的弯曲程度是不一样的，我们用曲率半径来表示圆弧的弯曲程度. ②将物体所受的合力沿平行曲线的切线方向和法线方向进行分解，沿切线方向的分力使物体加速或减速；沿法线方向的分力提供物体做圆周运动所需的向心力，此时有 ▉考点04 几种常见匀速圆周运动的向心力分析 图形 受力分析 力的合成与分解 满足的方程 或 或 或 （f为静摩擦力） 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共7小题） 1．下列关于运动的说法正确的是（　　） A．曲线运动一定是变速运动，但不可能是匀变速运动 B．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 C．做平抛运动的物体，在相同时间内速度的变化量相同 D．匀速圆周运动的向心力指向圆心，但非匀速圆周运动的向心力不一定指向圆心 2．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动。则他受到的作用力有（　　） A．重力、支持力、向心力 B．重力、支持力 C．摩擦力、向心力 D．重力、支持力、摩擦力 3．如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．湿衣物在b、d两点的向心力相同 B．湿衣物在a点更容易脱水 C．湿衣物在c点更容易脱水 D．减小转速湿衣物脱水效果会更好 4．如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，有关这件衣服的受力状况，下列说法正确的是（　　） A．只受重力作用 B．只受到重力和摩擦力 C．只受到重力、摩擦力和支持力 D．只受到重力和向心力 5．图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点O的竖直轴OO'转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童a、b、c，其质量ma：mb：mc＝2：3：4，到顶点的距离ra：rb：rc＝1：1：2，与锥面的动摩擦因数都相等；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2 B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力都指向顶点O C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c所受摩擦力均增大 D．若“魔盘”转速缓慢增大，c将最先发生滑动，然后a发生滑动，最后b发生滑动 6．如图所示，为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．摆球A受重力、拉力和向心力的作用 B．摆球A受拉力和向心力的作用 C．摆球A受拉力和重力的作用 D．摆球A受重力和向心力的作用 7．如图所示，有一空心圆锥面开口向上放置着，圆锥面绕竖直方向的几何轴匀速转动．在光滑圆锥面内表面有一物体m与壁保持相对静止，则物体m所受的力为（　　） A．重力、弹力、下滑力，共三个力 B．重力、弹力、向心力，共三个力 C．重力、弹力，共两个力 D．重力、弹力、离心力，共三个力 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共10小题） 8．2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员叶光富用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水油分层需要判断），以空间站为参考系，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．油的线速度大于水的线速度 B．油的向心加速度比水的向心加速度大 C．水对油有指向圆心的作用力 D．水对油的作用力大于油对水的作用力 9．某道闸杆上的甲、乙、丙、丁四处各固定一个质量相同的螺栓。则在抬起道闸杆过程中，所需向心力最大的螺栓是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 10．物理学是集科学知识、科学方法和科学思维为一体的学科。下列有关科学思维方法的叙述正确的是（　　） A．图甲所示，在观察桌面的微小形变时，运用了极限思维法 B．图乙所示“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，运用了理想模型法 C．图丙所示的“探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系”实验中，运用了类比法 D．图丁为著名的伽利略斜面实验，运用了理想实验法 11．一质点质量为1kg，在半径为0.5m的圆周上以10rad/s的角速度匀速转动时，质点所需的向心力大小为（　　） A．10N B．5N C．100N D．50N 12．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，下列说法中正确的是（　　） A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少 B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值 C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内 D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径圆盘上 13．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿圆弧AB下滑过程中（　　） A．所受摩擦力不断减小 B．所受合外力恒定不变 C．一直处于失重状态 D．与轨道间动摩擦因数不断增大 14．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系错误的是（　　） A．运动周期TA＝TB B．筒壁对它们的弹力FNA＞FNB C．线速度vA＞vB D．受到的摩擦力fA＞fB 水能是优质的零碳排的绿色能源，也是我国能源的重要组成部分。水力发电机（简称：水轮机）利用水流带动叶片旋转，将水的动能转换成电能。某水轮机叶片长为r，水的密度为ρ，水流垂直于水轮机叶片所在平面速度（流速）大小为v，此时水轮机发电功率为P0。 15．该水轮机启动时，叶片旋转的角速度从零开始均匀增加，每秒增加0.1rad/s，则r＝50m的叶片开始启动至10秒时（此时叶片旋转速度还未达到最大值），关于此时叶片末端质点的运动状况说法正确的是（　　） A．线速度大小为50πm/s B．角速度大小为50rad/s C．向心加速度大小为50m/s2 D．受到的合外力方向指向圆心 （多选）16．图为一风杯风速计，三个风杯对称固定在同一水平面内互成120°角的三叉支架末端，由风杯转动的快慢可以判断风速的大小。某次风速保持不变时，风杯绕转轴匀速转动。下列说法正确的是（　　） A．风速越大，则风杯转动的周期越小 B．风杯匀速转动时受到的合力为0 C．任意时刻三个风杯转动的线速度都相同 D．若风速增大导致风杯加速转动，则风杯受到的合力不指向转轴 17．某同学想利用圆锥摆验证圆周运动向心力表达式，具体操作如下： ①如图所示，将一不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着一金属小球A，拉起小球与竖直方向成一夹角，给其一水平初速度，使其在某一水平面内做匀速圆周运动； ②用水平平行光束照射，O′是O点在墙壁上的投影点，P′是小球A静止自然下垂时在墙壁上的投影点，当小球开始转动，A′是小球A在墙壁上的投影点，并用直尺测得O′与A′两点之间的距离为d； ③用秒表记录小球运动n圈所用的总时间t； ④改变夹角，保持n的取值不变，记录每次运动的时间t和A′点的位置，并测量d。 实验中，取重力加速度大小为g。 （1）本实验中该同学 　 　 测量小球的质量（填“需要”或“不需要”）。 （2）小球每次转动的角速度可表示为 　 　 （用n、t表示）。 （3）小球转动的角速度变大，A′与O′间的距离 　 　 （填“变大”“不变”或“变小”）。 （4）本实验中，若以t2为纵轴，以 　 　 为横轴（填“”、“d”、“d2”），作出一条斜率为 　 　 的直线，向心力公式的正确性即得到验证。 三．向心力的来源分析（共8小题） 18．如图所示，洗衣机脱水时，衣服贴在筒壁上随脱水筒一起绕竖直转轴匀速转动而未滑动，则下列说法正确的是（　　） A．衣服受到筒壁的弹力与向心力是一对平衡力 B．衣服受到筒壁的摩擦力会随转速的增大而增大 C．衣服受到的合力沿水平方向 D．衣服受到的合力为0 19．如图，一辆轿车正在水平路面上转弯时，下列说法正确的是（　　） A．水平路面对轿车弹力的方向斜向上 B．轿车需要的向心力是重力、支持力和牵引力的合力 C．轿车需要的向心力来源于地面静摩擦力 D．轿车所受的合力可能为零 20．如图所示，小物块在圆盘上随圆盘一起匀速转动，其向心力（　　） A．就是物块受到的重力 B．就是物块受到的支持力 C．始终指向圆盘中心 D．方向与速度方向相同 21．2024年巴黎奥运会上，中国选手获得了自由式小轮车女子公园赛冠军。如图，比赛中运动员骑行小轮车交替通过水平路面和圆弧坡面，并在空中完成各种高难度动作。下列说法正确的是（　　） A．运动员在圆弧面上的运动是匀变速运动 B．当运动员骑行速度变大时，其惯性也增大 C．在圆弧面骑行时运动员和车所受支持力可能大于其总重力 D．研究运动员在空中的动作时，可将运动员看作质点 22．如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使水平木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径。在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（　　） A．物块始终受到两个力作用 B．只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心 C．从c到d，物块所受的摩擦力先增大后减小 D．从b到a，物块处于失重状态 23．在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　） A．P的角速度大小比Q的大 B．P的线速度大小比Q的小 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同 24．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 25．如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B间的距离分别是L1和L2。不计三质点间的万有引力，求A和C的比荷之比。 4． 通过受力分析求解向心力（共10小题） 26．如图所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演。设该盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A．若手指静止，盘匀速转动，盘边缘某点受合力为零 B．若盘自身不转动，用手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力 C．若盘自身不转动，若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小一定为μmg D．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小一定大于mg 27．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员（　　） A．受到的拉力为G B．受到的合力为2G C．向心加速度为g D．向心加速度为2g 28．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则此时转动的周期为（　　） A． B． C． D． 29．如图半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定的角速度匀速转动，一可看为质点的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，则小物块（　　） A．可能只受到两个力作用 B．一定受到沿罐壁向上的摩擦力 C．所受合力方向指向O点 D．做圆周运动所需的向心力由它受到的支持力提供 30．如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．a、b两小球都是所受合外力充当向心力 B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tanθ C．b小球受到的绳子拉力为 D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ 31．甲、乙两名溜冰运动员，M甲＝80kg，M乙＝40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.0N，下列判断中正确的是（　　） A．两人的线速度相同，约为40m/s B．两人的角速度相同，为5rad/s C．两人的运动半径相同，都是0.45m D．两人的运动半径不同，甲为0.30m，乙为0.60m 32．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量均为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为3l0，则此时转动的周期为（　　） A．T＝2π B．T＝2π C．T＝2π D．T＝2π 33．如图所示是杭州第19届亚运会链球比赛的场景，运动员双手握住柄环，经过预摆和3～4圈连续加速旋转后用力将链球掷出，把链球整个运动过程简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．链球圆周运动过程中受到的拉力指向圆心 B．链球掷出瞬间速度方向沿圆周的切线方向 C．链球掷出后运动过程中加速度的方向不断变化 D．链球掷出瞬间的速度越大运动的水平距离越远 （多选）34．如图所示，小球m用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是（　　） A．受重力、绳的拉力和向心力作用 B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用 C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用 D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力 （多选）35．如图所示，有一粗糙斜劈固定在水平转盘上与转盘一起绕垂直于转盘的轴OO′以角速度ω转动，斜劈与水平面的夹角为θ，斜劈的斜面长为L。现将一质量为m的小物块放在斜劈的中点处与斜劈一起旋转，小物块与斜劈之间的动摩擦因数为μ，角速度ω的大小可以调节。关于小物块，下列说法正确的是（　　） A．斜劈对小物块的支持力始终等于mgcosθ B．当角速度ω增大时，斜劈对小物块的支持力变小 C．若要小物块始终在斜劈的中点处，则小物块受到的摩擦力最大值为μmgcosθ D．若要小物块始终在斜劈的中点处，当角速度ω最大时，斜劈对小物块的支持力为 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共12小题） 36．如图所示，一个小孩儿在玩荡秋千。已知秋千的两根绳长均为3.5m，小孩和秋千踏板的总质量约为30kg，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7m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　） A．150N B．330N C．360N D．660N 37．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定可视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中O点处有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量分别为3m、m，AO：BO为2：1．当杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受到杆的拉力（　　） A．大小为5mω2L，方向由O指向B B．大小为5mω2L，方向由O指向A C．大小为7mω2L，方向由O指向B D．大小为7mω2L，方向由O指向A 38．如图所示，P、Q两带孔小球穿在水平杆上，P、Q用细线连接，可沿杆滑动。已知P、Q的质量分别为5m和2m，与杆之间的动摩擦因数均为μ，P在竖直中心轴线O1O2处，Q到轴线O1O2的距离为L。初始时系统静止，细线刚好被拉直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。整个装置绕着O1O2转动，随着角速度缓慢增大，下列判断正确的是（　　） A．转动角速度为时，P受到沿P→Q方向的静摩擦力 B．转动角速度为时，P受到沿Q→P方向的静摩擦力 C．转动角速度为时，Q将沿P→Q方向滑行 D．转动角速度为时，Q将沿P→Q方向滑行 39．西江是珠江的支流，其流域是“广府”文化重要发源地。如图为西江流域某段沿岸M、N、P、Q四个河宽相同的弯，弯道半径rN＞rP＞rQ＞rM。在河流平稳期，可以认为河道中各点流速相等，下列说法正确的是（　　） A．四个弯处河水的速度是相同的 B．N弯处的河水角速度最大 C．M弯处的河水向心加速度最大 D．M弯处的河水对弯道的冲击力最小 40．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点正下方的P点处有一固定的光滑小钉子，，把细线沿水平方向拉直，由静止释放小球，细线碰到钉子前瞬间，细线的拉力大小为F1，小球的角速度大小为ω1，向心加速度大小为a1；碰到钉子后瞬间，细线的拉力大小为F2，小球的角速度大小为ω2，向心加速度大小为a2；细线没有断裂，重力加速度为g，不计小球大小和空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．ω1＝2ω2 B．a1＝2a2 C．3F2﹣2F1＝mg D．2F1﹣F2＝mg 41．火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核心部件是一个半径为R的躺卧圆筒，里面装有小钢球，小钢球与筒壁间的动摩擦因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离筒壁，落下后与煤块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小钢球仅在重力作用下到达位置B，AB连线过圆心O，已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 42．竖直平面内有一“L”型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 43．如图所示，质量分布均匀的软绳A一端固定在竖直放置的轻杆上端。当软绳随着轻杆一起在水平面内以一定角速度转动时，轻绳形状下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 44．A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在同一竖直面内，a、b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后，a、b两球在环上的位置可能是（　　） A． B． C． D． 45．如图甲所示，质量为m的汽车A在倾角为α的路面上做匀速圆周运动，简化图如图乙所示，其中O为圆周运动的圆心，圆周在水平面内，重力加速度为g。当汽车以速率v行驶时，恰好没有侧滑的趋势，下列说法正确的是（　　） A．汽车在行驶过程中，受到重力、支持力、牵引力、阻力、向心力 B．汽车做圆周运动的半径 C．路面对汽车的支持力等于 D．当汽车的速率大于v时，路面受到汽车侧向摩擦力的方向由A指向B 46．如图甲和乙所示，在竖直平面内建立直角坐标系，使V形或抛物线形状的光滑杆顶点和对称轴分别与坐标系原点和y轴重合。图甲中的V形杆和图乙中的抛物线杆对应的方程分别为y＝|2x|和y＝x2。一光滑小圆环（可视为质点）套在杆上，两杆均可绕y轴做匀速圆周运动。若杆转动的角速度大小取某个特殊值，小圆环能在杆上任意位置相对杆静止，则满足该要求的杆和转动的角速度ω是（已知y＝x2在某点切线的斜率k与该点横坐标x的关系为 k＝2x，取g＝10m/s2）（　　） A．V形杆，ωrad/s B．抛物线杆，ωrad/s C．V形杆，ωrad/s D．抛物线杆，ωrad/s 47．鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如图1为情景画，图2为模型简图，竹筛视为一个半径为R＝0.5m的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时间的图像如图3所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，做速度为0.2m/s的匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动 B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的加速度大小不变 C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要1s D．最终小鸟能够成功逃离竹筛 六．探究圆周运动的相关参数问题（共13小题） 48．关于下列实验，相应的说法正确的是（　　） A．图甲“探究两个互成角度的力的合成”实验中，同一组实验两次拉橡皮筋时结点O的位置可以不同 B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是等效替代法 C．图丙“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽轨道不光滑对实验结果没有影响 D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前应用手托往重物 49．某研究性学习小组用如图所示装置探究向心力与质量、角速度和半径之间的关系。 下列实验研究与该研究性学习小组采用了类似方法的有（　　） A．探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量 B．探究变压器原副线圈与匝数的关系 C．用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量 50．下列物理问题或实验的探究过程中，所蕴含的科学方法相同的是（　　） ①一般曲线运动的研究方法（图1） ②研究物体沿曲面运动时重力做的功（图2） ③利用向心力演示器探究向心力大小的表达式 ④伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 51．物理的学习除了知识外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于人教版新教材课本当中所采用的思想与方法的说法中不正确的是（　　） A．根据速度定义v，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想 B．利用蜡块和玻璃管研究合运动和分运动时应用了等效的思想 C．在“探究平抛运动在竖直方向上的分运动”的实验中，应用了比较研究法 D．在“探究向心力大小的表达式的实验中”应用了微元法 52．某物理兴趣小组欲测定当地重力加速度大小，设计实验装置如图所示，将一细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球。转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一光电门。已知小钢球的质量为m，直径为d，O点到钢球球心的距离为L。（以下结果均用题干中所给物理量符号表示）某次实验中小球经过光电门时间为t，则对应圆周运动线速度大小为　 　 ，再测量出细线与竖直方向的夹角为α，那么钢球做圆周运动时的向心力表达式为Fn＝　 　 ，则当地重力加速度大小为g＝　 　 。 53．向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小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，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的比值。 （1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是　 　 。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 （2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是　 　 。 A．应使用两个质量不等的小球 B．应使两小球离转轴的距离相同 C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上 （3）下图中甲、乙、丙是用（1）的物理方法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中：探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图下中的　 　 （选填“甲”“乙”“丙”）。 54．某同学用如图所示的装置做“探究向心力与角速度关系”的实验。力传感器固定在竖直杆上的A点，质量为m的磁性小球用轻质细线a、b连接，细线a的一端连接在力传感器上，细线b的另一端连接在竖直杆上的B点，测得细线a的长为L，细线b的长为1.25L，A、B间距离为0.75L，磁性小球的直径远小于L，重力加速度为g，力传感器的大小忽略不计。 （1）让杆绕其竖直轴线匀速转动，增大杆匀速转动的角速度，使细线a、b均绷紧伸直，细线a水平，小球经过磁传感器时，磁传感器中会产生一个磁脉冲，小球某次经磁传感器开始计时，并计数为0，若记下第n个磁脉冲的时间为t，则小球做匀速圆周运动的角速度ω＝　 　 。 （2）多次改变杆转动的角速度（保证每次细线a、b均伸直），记录每次力传感器的示数F及对应的角速度ω，作出F﹣ω2图像，如果图像是倾斜的直线，且斜率等于　 　 ，图像与纵轴的交点等于　 　 ，则表明半径、质量一定时，向心力与　 　 成正比。 （3）要保证实验成功，小球做圆周运动的角速度至少等于　 　 。 55．探究“向心力大小与质量、线速度、半径的关系”实验中，某同学设计了如图所示的实验装置，测量滑块质量。竖直转轴固定在电动机上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，在水平直杆的左端套一带孔滑块P，用轻杆将滑块P与固定在转轴上的力传感器连接，当转轴转动时，直杆随转轴一起转动，力传感器可以记录轻杆上的力，直杆的另一端安装有挡光条，挡光条的宽度为d，在挡光条经过的位置安装一光电门，光电门可以记下被遮挡光的时间。 （1）在探究向心力跟线速度的关系时，需要保持滑块的质量和转动的　 　 不变。 （2）当转盘转动稳定后，测得某次光电门被遮光的时间为t，已知滑块到竖直转轴距离为r，挡光条到竖直转轴的距离为L；则滑块所受向心力的表达式F＝　 　 （用m、d、t、r、L字母表示）。 （3）实验中，改变电动机的转速，转动稳定后，记录力传感器的示数F和对应的速度v，多次改变转速重复以上操作，对记录的一系列F与v进行处理，描绘出了F﹣v2图线如图所示，若滑块转动半径r＝0.2m，则滑块的质量m＝　 　 kg。 56．水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D＝42.02cm，小圆柱体质量m＝30.0g，圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。 为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤： ①用秒表测圆盘转动10周所用的时间t＝62.8s，则圆盘转动的角速度ω＝ 　 　 rad/s（π取3.14）。 ②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的横截面直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d＝ 　 　 mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。 ③写出小圆柱体所需向心力表达式F＝ 　 　 （用D、m、ω、d表示），其大小为 　 　 N（保留2位有效数字）。 57．物理学上将角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用β表示。即，某学习小组设计了如图甲所示的实验装置，用测量直线运动加速度的方法研究转盘的转动问题。实验步骤如下： a.如图乙所示，用游标卡尺测出转盘的直径； b.如图甲，将打点计时器固定在铁架台上，将转盘的转轴固定在合适的位置，做成一个定滑轮，把纸带缠绕在转盘外缘，纸带另一端竖直穿过打点计时器的限位孔，并夹在重锤上； c.接通电源，释放重锤，纸带拉着转盘转动起来，在纸带上打出一系列点，如图丙所示； d.在纸带上取A、B、C、D、E、F六个计数点，相邻计数点之间还有4个点未画出。 已知圆盘与纸带间没有相对滑动，纸带厚度不计。根据实验步骤，完成以下问题： （1）测得转盘的直径d＝ 　 　 cm； （2）已知电源的频率为50Hz，则打E点时转盘转动的角速度ω＝ 　 　 rad/s；（结果保留两位有效数字） （3）转盘转动的角加速度β＝ 　 　 rad/s2。（结果保留两位有效数字） 58．兴趣小组用如图甲所示装置验证向心力公式，将力传感器和光电门分别固定，细线上端固定在力传感器上，下端栓接一金属小球。小球自然下垂时球心与光电门中心重合，已知球心到悬点O的距离为l，小球的直径为d，重力加速度为g。实验如下： （1）小球自然下垂时力传感器读数为F0，则小球的质量m＝ 　 　 （用题中已知量表示）； （2）将小球拉离竖直方向成一定角度后由静止释放，摆动过程中，测得小球通过光电门的时间t，力传感器对应测得细线的最大拉力F，则小球经过最低点时的速度大小v＝ 　 　 （用题中已知量表示）； （3）改变细线与竖直方向的夹角，重复步骤（2），多次采集实验数据； （4）正确操作得到一组数据，图乙的图像中能验证向心力公式的是 　 　 ； （5）向心力的实际值为F1＝F﹣F0，理论值为F2＝m，实验中发现F2明显大于F1，可能的原因是 　 　 （写一个原因即可）； （6）力传感器的核心是电阻应变片，如图乙所示，4个应变片固定在横梁上，横梁右端受向下的作用力向下弯曲，4个应变片的电阻发生改变，上表面应变片的电阻 　 　 （选填“变大”或“变小”）。将4个应变片连接到如图丙所示电路中，B、C端输出电压的大小反映了横梁右端受力的大小，则图丙中R1对应的是　 　 （选填“Rb”或“Rd”）。 59．用如图甲所示的向心力实验器，定量探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系。如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力F的大小，砝码与旋臂转轴的水平距离为s；宽为d的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为L的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度ω。 现研究向心力大小与角速度的关系，完成下列内容： （1）用如图并所示的游标卡尺测量挡光杆的宽度d，它的游标卡尺为19mm长20等分，它的读数为d＝　 　 cm。 （2）调节砝码到旋臂转轴的水平距离，拨动旋臂使之转动。挡光杆某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为　 　 ，砝码做圆周运动的角速度大小为　 　 （用s、d、L、Δt表示）。 （3）计算机利用数据采集器生成的F、ω2数据点并拟合成一条F﹣ω2图线如图乙。由图乙可知，砝码做圆周运动所受向心力的大小与角速度的关系是：　 　 。 60．物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系： （1）手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图所示。某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度时间图像如图，x、z轴方向加速度为零，则她可以是　 　 （填选项前的字母）。 A．将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转 B．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转 C．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转 （2）为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机appphyphox读取，由的图像获得斜率为k（使用国际单位），再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图，则d＝　 　 m，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为　 　 （用题目所给的物理量表示）。 （3）若实验中认为手机绕转轴做匀速圆周运动，测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn＝　 　 （用题目所给的物理量表述）。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章第二节向心力 ▉考点01 向心力 1概念 做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力. 2方向 向心力是变力，其方向总是沿着半径指向圆心且时刻改变，与线速度方向垂直. 3作用效果 只改变线速度的方向，不改变线速度的大小. 4来源分析 做圆周运动的物体，其运动状态在不断变化，是由于有向心力作用.向心力是按作用效果命名的力，可以由重力、弹力、摩擦力等性质力提供，也可以由某个力的分力或某几个力的合力提供.举例说明如下： 类别 实例 模型说明 重力提供向心力 小球沿光滑轨道下滑，经过圆轨道最高点时，若轨道对其的弹力恰好为零，则此时小球的向心力由重力提供. 弹力提供向心力 小球沿光滑器壁在水平面内做圆周运动，向心力由弹力提供. 摩擦力提供向心力 物体随转盘做圆周运动，且相对转盘静止，向心力由静摩擦力提供. 分力或合力提供向心力 小球在水平面内做圆锥摆运动.向心力可以认为由细线拉力的水平分力提供，也可以认为由细线拉力与小球重力的合力提供. 1.若物体做匀速圆周运动，其向心力由合力提供，它始终沿着半径方向指向圆心，并且大小恒定. 2.若物体做非匀速圆周运动，其所受合力不指向圆心，此时向心力由物体所受的合力在半径方向上的分力提供，而合力在切线方向的分力改变线速度的大小. ▉考点02 向心力的大小 1.小球做圆周运动所需向心力的大小，在半径和角速度一定时，与质量成正比；在质量和半径一定时，与角速度的平方成正比；在质量和角速度一定时，与半径成正比. 2.向心力的表达式 向心力的大小可表示为Fn=m或者 将,v=ωr等公式代入公式Fₙ=mω²r可得向心力大小的不同表达式： ▉考点03 变速圆周运动和一般曲线运动的受力特点 1变速圆周运动及处理方法 (1)变速圆周运动：物体做圆周运动，它的线速度大小不断改变，这种圆周运动称为变速圆周运动. (2)受力特点：做变速圆周运动的物体所受合力并不指向圆心，这个力F可以分解成互相垂直的两个分力. 2一般的曲线运动及处理方法 (1)曲线运动：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动(如图6-2-6所示). (2)处理方法：①将曲线分割成许多极短的小段，每一小段曲线都可以看作一小段圆弧，这样，物体在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分.通常这些圆弧的弯曲程度是不一样的，我们用曲率半径来表示圆弧的弯曲程度. ②将物体所受的合力沿平行曲线的切线方向和法线方向进行分解，沿切线方向的分力使物体加速或减速；沿法线方向的分力提供物体做圆周运动所需的向心力，此时有 ▉考点04 几种常见匀速圆周运动的向心力分析 图形 受力分析 力的合成与分解 满足的方程 或 或 或 （f为静摩擦力） 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共7小题） 1．下列关于运动的说法正确的是（　　） A．曲线运动一定是变速运动，但不可能是匀变速运动 B．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 C．做平抛运动的物体，在相同时间内速度的变化量相同 D．匀速圆周运动的向心力指向圆心，但非匀速圆周运动的向心力不一定指向圆心 【答案】C 【解答】解：A.对于曲线运动，其速度方向不断变化，因此一定是变速运动，若加速度恒定（如平抛运动中加速度恒为重力加速度g），则属于匀变速运动，因此曲线运动可能是匀变速运动，故A错误； B.两个匀变速直线运动的合加速度恒定，但合运动的轨迹取决于合速度与合加速度的方向关系，若两者方向不共线（如平抛运动的合成），合运动为匀变速曲线运动，故B错误； C.平抛运动中加速度恒为重力加速度g，则做平抛运动的物体，在相同时间内速度的变化量相同，故C正确； D.无论匀速还是非匀速圆周运动，向心力始终指向圆心，故D错误； 故选：C。 2．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动。则他受到的作用力有（　　） A．重力、支持力、向心力 B．重力、支持力 C．摩擦力、向心力 D．重力、支持力、摩擦力 【答案】D 【解答】解：由于小强随圆盘做匀速圆周运动，需要向心力，而重力和支持力在竖直方向上，不能充当向心力，因此他会受到静摩擦力作用，且充当向心力，故他受到重力、支持力、摩擦力，故D正确，ABC错误。 故选：D。 3．如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．湿衣物在b、d两点的向心力相同 B．湿衣物在a点更容易脱水 C．湿衣物在c点更容易脱水 D．减小转速湿衣物脱水效果会更好 【答案】B 【解答】解：A、湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，合力作为向心力，指向圆心，则其在b、d两处的向心力大小相等，方向相反，故湿衣物在b、d两点的向心力不同，故A错误； B、湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，合力向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好，故B正确； C、湿衣物在c点时，加速度竖直向下，衣物处于失重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在c点受到滚筒的作用力最小，脱水效果最差，故C错误； D、增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好，减小转速湿衣物脱水效果会变差，故D错误。 故选：B。 4．如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，有关这件衣服的受力状况，下列说法正确的是（　　） A．只受重力作用 B．只受到重力和摩擦力 C．只受到重力、摩擦力和支持力 D．只受到重力和向心力 【答案】C 【解答】解：对于随圆桶转动而做匀速圆周运动的衣服，受到重力，桶壁指向圆心的支持力和竖直向上的静摩擦力，其中静摩擦力和重力平衡，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点O的竖直轴OO'转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童a、b、c，其质量ma：mb：mc＝2：3：4，到顶点的距离ra：rb：rc＝1：1：2，与锥面的动摩擦因数都相等；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2 B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力都指向顶点O C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c所受摩擦力均增大 D．若“魔盘”转速缓慢增大，c将最先发生滑动，然后a发生滑动，最后b发生滑动 【答案】C 【解答】解：A、若三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c角速度相同，根据向心力公式F＝mω2r，由题意可知，a、6、c做圆周运动的半径r之比等于到顶点的各距离之比，故可得a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝（2×1）：（3×1）：（4×2）＝2：3：8，故A错误； B、若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力提供此时向心力，故他们的合外力沿水平方向指向转轴OO'，故B错误； C、设锥面与竖直轴OO'夹角为θ，对沿锥面方向，根据牛顿第二定律有 f﹣mgcosθ＝mω2rsin 0 即f＝mgcosθ+mω2rsinθ 随着转速缓慢增大，ω在增大，可知a、b、c所受摩擦力均增大，故C正确； D、对沿垂直于锥面方向，根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣FN＝mω2rcosθ 达到临界角速度ωm时有 f＝μFÑ 联立解得： ωm 因为c做圆周运动的半径最大，所以c的临界角速度最小，则当转速缓慢增大时，c最先滑动；a、b做圆周运动的半径相同，故随着转速缓慢增大将同时发生滑动，故D错误。 故选：C。 6．如图所示，为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．摆球A受重力、拉力和向心力的作用 B．摆球A受拉力和向心力的作用 C．摆球A受拉力和重力的作用 D．摆球A受重力和向心力的作用 【答案】C 【解答】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图 小球受重力和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力。 故选：C。 7．如图所示，有一空心圆锥面开口向上放置着，圆锥面绕竖直方向的几何轴匀速转动．在光滑圆锥面内表面有一物体m与壁保持相对静止，则物体m所受的力为（　　） A．重力、弹力、下滑力，共三个力 B．重力、弹力、向心力，共三个力 C．重力、弹力，共两个力 D．重力、弹力、离心力，共三个力 【答案】C 【解答】解：物体m在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和圆锥内表面的弹力共两个力，两个力的合力提供向心力，故C正确，ABD错误。 故选：C。 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共10小题） 8．2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员叶光富用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水油分层需要判断），以空间站为参考系，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．油的线速度大于水的线速度 B．油的向心加速度比水的向心加速度大 C．水对油有指向圆心的作用力 D．水对油的作用力大于油对水的作用力 【答案】C 【解答】解：A．油和水绕圆心转动的角速度相等，根据F可知，在半径相等的情况下，因为水的密度大于油的密度，所以相对于油来说，水要做离心运动，则水会在外层，油在内层，根据v＝ωr可知，因水在外层，转动半径较大，可知油的线速度小于水的线速度，故A错误； B．根据向心加速度公式a＝ω2r可知，因为水的半径大小油的半径，所以水的向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故B错误； C．油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，故C正确； D．水对油的作用力与油对水的作用力是一对相互作用力，等大反向，故D错误。 故选：C。 9．某道闸杆上的甲、乙、丙、丁四处各固定一个质量相同的螺栓。则在抬起道闸杆过程中，所需向心力最大的螺栓是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】D 【解答】解：在抬起闸杆过程中，甲、乙、丙、丁四处的螺栓做圆周运动，角速度ω相同（绕同一轴转动），且质量m相同。 根据向心力公式F＝mω2r（r为圆周运动的半径），可知向心力与半径r成正比。 观察题图可知，丁处的螺栓圆周运动半径最大，因此其所需向心力最大。故ABC错误，D正确。 故选：D。 10．物理学是集科学知识、科学方法和科学思维为一体的学科。下列有关科学思维方法的叙述正确的是（　　） A．图甲所示，在观察桌面的微小形变时，运用了极限思维法 B．图乙所示“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，运用了理想模型法 C．图丙所示的“探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系”实验中，运用了类比法 D．图丁为著名的伽利略斜面实验，运用了理想实验法 【答案】D 【解答】解：A．图甲所示，在观察桌面的微小形变时，运用了微小形变放大法，故A错误； B．图乙所示“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，运用了等效替代法，不是理想模型法，故B错误； C．图丙所示的“探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系”实验中，运用了控制变量法，不是类比法，故C错误； D．图丁为著名的伽利略斜面实验，运用了理想实验法，故D正确。 故选：D。 11．一质点质量为1kg，在半径为0.5m的圆周上以10rad/s的角速度匀速转动时，质点所需的向心力大小为（　　） A．10N B．5N C．100N D．50N 【答案】D 【解答】解：根据圆周运动公式，质点所需的向心力大小为 F＝mω2r＝1×102×0.5N＝50N，故D正确，ABC错误。 故选：D。 12．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，下列说法中正确的是（　　） A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少 B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值 C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内 D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径圆盘上 【答案】D 【解答】解：A.转动手柄1的快慢会影响小球做圆周运动的角速度大小，根据F＝mrω2可知，会从而影响向心力大小，则会影响露出标尺的多少，故A错误； B.因变速塔轮转动的角速度比值是一定的，则当转动手柄1的快慢时，两球转动的角速度比值一定，根据F＝mrω2可知，两球所受向心力的比值一定，即转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，故B错误； C.如果保证两小球角速度相同，皮带传动轮子边缘上的线速度大小相等，根据v＝rω可知，皮带应该套在变速塔轮2和3上的相同圆盘上，这样两个塔轮的半径相等，则角速度相等，故C错误； D.为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上，故D正确。 故选：D。 13．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿圆弧AB下滑过程中（　　） A．所受摩擦力不断减小 B．所受合外力恒定不变 C．一直处于失重状态 D．与轨道间动摩擦因数不断增大 【答案】A 【解答】解：B、运动员做匀速圆周运动，合外力大小不变，合外力方向始终指向圆心，故B错误； A、对运动员受力分析如图所示： 根据平衡条件有F＝mgsinα下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力变小，故A正确； C、因为做匀速圆周运动，加速度方向指向圆心，有竖直向上的加速度分量，所以一直处于超重状态，故C错误； D、在沿半径方向上，根据牛顿第二定律有，在下滑过程中，FN一直增大，但所受摩擦力一直减小，根据f＝μFN可知，动摩擦因数一直减小，故D错误。 故选：A。 14．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系错误的是（　　） A．运动周期TA＝TB B．筒壁对它们的弹力FNA＞FNB C．线速度vA＞vB D．受到的摩擦力fA＞fB 【答案】D 【解答】解：AC、由题意可知，A、B两物体的角速度相同，周期相同，由v＝ωr可知，ω相同时，线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故AC正确； B、两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，则FN＝mω2r，因为m、ω相等，F与r成正比，所以可知FNA＞FNB，故B正确； D、两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的重力相等，所以可得摩擦力fA＝fB，故D错误。 本题选错误的， 故选：D。 水能是优质的零碳排的绿色能源，也是我国能源的重要组成部分。水力发电机（简称：水轮机）利用水流带动叶片旋转，将水的动能转换成电能。某水轮机叶片长为r，水的密度为ρ，水流垂直于水轮机叶片所在平面速度（流速）大小为v，此时水轮机发电功率为P0。 15．该水轮机启动时，叶片旋转的角速度从零开始均匀增加，每秒增加0.1rad/s，则r＝50m的叶片开始启动至10秒时（此时叶片旋转速度还未达到最大值），关于此时叶片末端质点的运动状况说法正确的是（　　） A．线速度大小为50πm/s B．角速度大小为50rad/s C．向心加速度大小为50m/s2 D．受到的合外力方向指向圆心 【答案】C 【解答】解：AB.角速度从零开始均匀增加，每秒增加0.1rad/s，用时10s，则此时角速度大小为0.1×10rad/s＝1rad/s；根据v＝ωr，可得此时速度大小为v＝1×50m/s＝50m/s，故AB错误。 C.根据a＝ω2r，可得此时向心加速度大小为a＝12×50m/s2＝50m/s2，故C正确。 D.由于叶片旋转速度还未达到最大值，所以叶片末端质点做加速圆周运动，其受到的合外力方向并不指向圆心，故D错误。 故选：C。 （多选）16．图为一风杯风速计，三个风杯对称固定在同一水平面内互成120°角的三叉支架末端，由风杯转动的快慢可以判断风速的大小。某次风速保持不变时，风杯绕转轴匀速转动。下列说法正确的是（　　） A．风速越大，则风杯转动的周期越小 B．风杯匀速转动时受到的合力为0 C．任意时刻三个风杯转动的线速度都相同 D．若风速增大导致风杯加速转动，则风杯受到的合力不指向转轴 【答案】AD 【解答】解：A．当风速越大时，风杯转速也会越大，风杯转动的周期就会越小，故A正确； B．风杯匀速转动时由受到指向圆心的合力提供向心力，所以合力不为0，故B错误； C．风杯匀速转动时，任意时刻三个风杯转动的线速度大小相等，方向不同，故C错误； D．若风速增大导致风杯加速转动，风杯切向的加速度不为0，即切向的合力不为0，由于风杯沿半径方向的合力提供向心力，根据力的合成可得，风杯受到的合力方向不指向转轴，故D正确。 故选：AD。 17．某同学想利用圆锥摆验证圆周运动向心力表达式，具体操作如下： ①如图所示，将一不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着一金属小球A，拉起小球与竖直方向成一夹角，给其一水平初速度，使其在某一水平面内做匀速圆周运动； ②用水平平行光束照射，O′是O点在墙壁上的投影点，P′是小球A静止自然下垂时在墙壁上的投影点，当小球开始转动，A′是小球A在墙壁上的投影点，并用直尺测得O′与A′两点之间的距离为d； ③用秒表记录小球运动n圈所用的总时间t； ④改变夹角，保持n的取值不变，记录每次运动的时间t和A′点的位置，并测量d。 实验中，取重力加速度大小为g。 （1）本实验中该同学 　不需要　 测量小球的质量（填“需要”或“不需要”）。 （2）小球每次转动的角速度可表示为 　　 （用n、t表示）。 （3）小球转动的角速度变大，A′与O′间的距离 　变小　 （填“变大”“不变”或“变小”）。 （4）本实验中，若以t2为纵轴，以 　d　 为横轴（填“”、“d”、“d2”），作出一条斜率为 　　 的直线，向心力公式的正确性即得到验证。 【答案】（1）不需要；（2）；（3）变小；（4）d，。 【解答】解：（1）细绳拉力水平方向的分力提供向心力，可得mgtanθ＝mrω2，其中m是小球质量，g是重力加速度，θ是细线与竖直方向的夹角，ω是角速度，r是小球做圆周运动的半径，由于小球的质量m可以被约掉，所以我们不需要测量小球的质量； （2）小球每次转动的角速度ω可以通过小球运动n圈所用的总时间t来计算，即； （3）小球转动的角速度变大，细线与竖直方向的夹角θ也会变大，根据几何关系，可知A′与O′间的距离d＝Lcosθ，其中L是细线的长度，保持不变，所以d会变小； （4）细绳拉力水平方向的分力提供向心力，由mgtanθ＝mrω2，，可得，所以t2与d成正比关系，我们可以作出一条斜率为的直线来验证向心力公式的正确性。 故答案为：（1）不需要；（2）；（3）变小；（4）d，。 三．向心力的来源分析（共8小题） 18．如图所示，洗衣机脱水时，衣服贴在筒壁上随脱水筒一起绕竖直转轴匀速转动而未滑动，则下列说法正确的是（　　） A．衣服受到筒壁的弹力与向心力是一对平衡力 B．衣服受到筒壁的摩擦力会随转速的增大而增大 C．衣服受到的合力沿水平方向 D．衣服受到的合力为0 【答案】C 【解答】解：A、向心力是效果力，并非实际受力，衣服受到筒壁的弹力提供向心力，弹力与“向心力”不是平衡力，故A错误； B、衣服竖直方向静止，摩擦力与重力平衡，重力不变，所以摩擦力不随转速增大而增大，故B错误； C、衣服做匀速圆周运动，合力提供向心力，向心力沿水平方向指向圆心，因此合力沿水平方向，故C正确； D、匀速圆周运动是变速运动，速度方向变化，合力不为零，合力提供向心力，故D错误。 故选：C。 19．如图，一辆轿车正在水平路面上转弯时，下列说法正确的是（　　） A．水平路面对轿车弹力的方向斜向上 B．轿车需要的向心力是重力、支持力和牵引力的合力 C．轿车需要的向心力来源于地面静摩擦力 D．轿车所受的合力可能为零 【答案】C 【解答】解：A、水平路面对轿车弹力的方向垂直于路面竖直向上，故A错误； BC、轿车做圆周运动靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力，故B错误，C正确； D、由于轿车转弯时做曲线运动，根据曲线运动条件可知，轿车所受的合力一定不为零，若合力为零，轿车将做匀速直线运动，无法转弯，故D错误。 故选：C。 20．如图所示，小物块在圆盘上随圆盘一起匀速转动，其向心力（　　） A．就是物块受到的重力 B．就是物块受到的支持力 C．始终指向圆盘中心 D．方向与速度方向相同 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，小物块在圆盘上随圆盘一起匀速转动，其向心力由摩擦力提供，始终指向圆盘中心，方向与速度方向垂直，故C正确，ABD错误； 故选：C。 21．2024年巴黎奥运会上，中国选手获得了自由式小轮车女子公园赛冠军。如图，比赛中运动员骑行小轮车交替通过水平路面和圆弧坡面，并在空中完成各种高难度动作。下列说法正确的是（　　） A．运动员在圆弧面上的运动是匀变速运动 B．当运动员骑行速度变大时，其惯性也增大 C．在圆弧面骑行时运动员和车所受支持力可能大于其总重力 D．研究运动员在空中的动作时，可将运动员看作质点 【答案】C 【解答】解：A、运动员在圆弧面上的运动由于速度方向一定变化，所以一定是变速运动，故A错误； B、物体惯性的大小只与质量有关，与速度大小无关，所以运动员的质量不变，其惯性也不变，故B错误； C、运动员在圆弧面上运动时支持力与重力垂直于圆弧面的分力的合力提供向心力，支持力可能大于重力，故C正确； D．研究运动员在空中的动作时，其大小和形状不能忽略，故不能将其看成质点，故D错误。 故选：C。 22．如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使水平木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径。在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（　　） A．物块始终受到两个力作用 B．只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心 C．从c到d，物块所受的摩擦力先增大后减小 D．从b到a，物块处于失重状态 【答案】C 【解答】解：A、在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误； B、物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误； C、从c运动到d，物体受到重力，支持力和水平方向的静摩擦力，物体的向心加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先增大后减小，水平方向的加速度由静摩擦力提供，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先增大后减小，故C正确 D、从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确； 故选：C。 23．在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　） A．P的角速度大小比Q的大 B．P的线速度大小比Q的小 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同 【答案】C 【解答】解：ABC.P、Q两点做共轴转动，则角速度ω相同，根据线速度公式v＝rω，P做匀速圆周运动的半径较大，所以vP＞vQ，根据向心加速度公式a＝rω2，可知aP＞aQ，故AB错误，C正确； D.P、Q两点分布在两侧不同位置，做圆周运动时合力提供向心力指向圆心，则方向不同，故D错误。 故选：C。 24．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。 25．如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B间的距离分别是L1和L2。不计三质点间的万有引力，求A和C的比荷之比。 【答案】A和C的比荷之比为。 【解答】解：根据B恰能保持静止可得 A做匀速圆周运动， 根据A受到的合力提供向心力 C做匀速圆周运动 联立解得A和C的比荷（电量与质量之比）之比应是。 答：A和C的比荷之比为。 四．通过受力分析求解向心力（共10小题） 26．如图所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演。设该盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A．若手指静止，盘匀速转动，盘边缘某点受合力为零 B．若盘自身不转动，用手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力 C．若盘自身不转动，若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小一定为μmg D．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小一定大于mg 【答案】D 【解答】解：A.若手指静止，盘匀速转动，各点绕轴做匀速圆周运动需要向心力，盘边缘某点受合力不为零，故A错误； B.若盘自身不转动，用手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，根据平衡条件可知盘只受重力与支持力，摩擦力为0，故B错误； C.若盘自身不转动，若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手对盘有静摩擦力，大小为：f＝ma，故C错误； D.若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大：，则手对盘的作用力大小一定大于mg，故D正确； 故选：D。 27．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员（　　） A．受到的拉力为G B．受到的合力为2G C．向心加速度为g D．向心加速度为2g 【答案】C 【解答】解：女运动员做圆锥摆运动，由对女运动员受力分析可知，受到重力、男运动员对女运动员的拉力，如图所示，竖直方向合力为零， 由Fsin30°＝G 解得：F＝2G，故A错误， F合＝Fcos30°G，故B错误； 水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcos30°＝ma向 即2mgcos30°＝ma向， 所以a向g，故C正确，D错误。 故选：C。 28．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则此时转动的周期为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：每根弹簧弹力均为：F＝k（l﹣l0） 相邻两橡皮筋间的夹角为120°，每个小球受到的合力等于F， 对小球，由牛顿第二定律得： 解得：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 29．如图半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定的角速度匀速转动，一可看为质点的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，则小物块（　　） A．可能只受到两个力作用 B．一定受到沿罐壁向上的摩擦力 C．所受合力方向指向O点 D．做圆周运动所需的向心力由它受到的支持力提供 【答案】A 【解答】解：AB．当角速度为某一值时，物块的重力和罐壁对物块的支持力的合力提供做圆周运动的向心力，此时物块不受罐壁的摩擦力，只受重力和罐壁的弹力两个力作用，故A正确，B错误； C．物块做匀速圆周运动，则所受合力方向指向做圆周运动的圆心，在转轴OO′上某一点，不是指向O点，故C错误； D．物块做圆周运动所需的向心力由重力和支持力的合力提供（可能还有摩擦力参与），不是仅由支持力提供，故D错误。 故选：A。 30．如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．a、b两小球都是所受合外力充当向心力 B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tanθ C．b小球受到的绳子拉力为 D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ 【答案】C 【解答】解：A.分析可知，a小球做变速圆周运动，不是合力提供向心力； 而b小球运动过程中，向心力由重力与绳中拉力的合力提供，故A错误； B．将小球看成质点，则a小球做圆周运动的半径为绳长l，b小球做圆周运动的半径为lsinθ，则可得 故B错误； C．对b小球受力分析如图所示 则有：，故C正确； D．对a小球在最高点受力分析如图所示 当小球运动至最高点时速度为零，沿着绳子的方向合力为零； 故有T＝mgcosθ，故D错误； 故选：C。 31．甲、乙两名溜冰运动员，M甲＝80kg，M乙＝40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.0N，下列判断中正确的是（　　） A．两人的线速度相同，约为40m/s B．两人的角速度相同，为5rad/s C．两人的运动半径相同，都是0.45m D．两人的运动半径不同，甲为0.30m，乙为0.60m 【答案】D 【解答】解：两人靠拉力提供向心力，则向心力大小相等，转动的角速度相等，由 因为r甲+r乙＝0.9m 联立得r甲＝0.30m，r乙＝0.60m 可知半径大小代回向心力公式可得ω＝0.6rad/s，根据v＝ωr 联立解得v甲＝0.18m/s，v乙＝0.36m/s，故D正确，ABC错误。 故选：D。 32．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量均为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为3l0，则此时转动的周期为（　　） A．T＝2π B．T＝2π C．T＝2π D．T＝2π 【答案】B 【解答】解：每根弹簧弹力均为：F＝k（30﹣l0）＝2kl0 相邻两橡皮筋间的夹角为120°，每个小球受到的合力等于F，对小球，由牛顿第二定律得2kl0＝m×3l0 解得T＝2π 故B正确，ACD错误。 故选：B。 33．如图所示是杭州第19届亚运会链球比赛的场景，运动员双手握住柄环，经过预摆和3～4圈连续加速旋转后用力将链球掷出，把链球整个运动过程简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．链球圆周运动过程中受到的拉力指向圆心 B．链球掷出瞬间速度方向沿圆周的切线方向 C．链球掷出后运动过程中加速度的方向不断变化 D．链球掷出瞬间的速度越大运动的水平距离越远 【答案】B 【解答】解：A.链球做加速圆周运动，链球的速度越来越大，拉力沿切线方向的分力与速度同向，所以拉力的方向并不是指向圆心，故A错误； B.做曲线运动的物体在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向，所以链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的切线方向，故B正确； C.链球掷出后运动过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度，方向不变，故C错误； D、设链球掷出瞬间的速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则运动的水平距离x＝v0cosθ•t，可知x与速度的大小和方向都有关，所以速度v0越大，运动的水平距离不一定越远，故D错误； 故选：B。 （多选）34．如图所示，小球m用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是（　　） A．受重力、绳的拉力和向心力作用 B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用 C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用 D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力 【答案】BCD 【解答】解：A、物体受重力、绳子的拉力，向心力不是物体受到的力，是做圆周运动需要的力，靠径向的合力提供，故A错误。 BC、物体可能受上面绳子拉力和重力两个力作用，也可能受上下两根绳子的张力和重力三个力作用，故B、C正确。 D、在竖直方向上，T1cosθ＝mg+T2cosα，可知上面一根绳的拉力总是大于小球的重力，故D正确。 故选：BCD。 （多选）35．如图所示，有一粗糙斜劈固定在水平转盘上与转盘一起绕垂直于转盘的轴OO′以角速度ω转动，斜劈与水平面的夹角为θ，斜劈的斜面长为L。现将一质量为m的小物块放在斜劈的中点处与斜劈一起旋转，小物块与斜劈之间的动摩擦因数为μ，角速度ω的大小可以调节。关于小物块，下列说法正确的是（　　） A．斜劈对小物块的支持力始终等于mgcosθ B．当角速度ω增大时，斜劈对小物块的支持力变小 C．若要小物块始终在斜劈的中点处，则小物块受到的摩擦力最大值为μmgcosθ D．若要小物块始终在斜劈的中点处，当角速度ω最大时，斜劈对小物块的支持力为 【答案】BD 【解答】解：AB.物块做圆周运动的轨迹圆心在与物块等高的轴上，如图，对物块进行受力分析，建立水平方向和竖直方向的平面直角坐标系，物块所受静摩擦力f沿斜面向上： 在竖直方向有： Ncosθ+fsinθ＝mg， 在水平方向有： fcosθ﹣Nsinθ＝mω2r， 由以上两式可知，ω变大，则f变大，N变小，故A错误，B正确； CD.由AB可知，ω变大，则f变大，故当ω最大时，f最大，记此时的最大静摩擦力为：Ffm、斜劈对小物块的支持力为：FN，由受力分析得： FNcosθ+Ffmsinθ＝mg， Ffm＝μFN， 联立解得： ， ， 故C错误，D正确。 故选：BD。 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共12小题） 36．如图所示，一个小孩儿在玩荡秋千。已知秋千的两根绳长均为3.5m，小孩和秋千踏板的总质量约为30kg，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7m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　） A．150N B．330N C．360N D．660N 【答案】C 【解答】解：以小孩和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为 l＝3.5m，v＝7m/s，质量m＝30kg，根据牛顿第二定律有 代入数据得每根绳子的拉力为T＝360N，故ABD错误，C正确。 故选：C。 37．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定可视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中O点处有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量分别为3m、m，AO：BO为2：1．当杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受到杆的拉力（　　） A．大小为5mω2L，方向由O指向B B．大小为5mω2L，方向由O指向A C．大小为7mω2L，方向由O指向B D．大小为7mω2L，方向由O指向A 【答案】A 【解答】解：因为AO：BO为2：1，则AO＝2L，BO＝L，由向心力公式，对A球可得 代入数据得FA＝6mω2L 对B球可得 代入数据得FB＝mω2L 可知转轴受杆拉力的大小为mω2L＝5mω2L，方向由O指向B，故A正确，BCD错误。 故选：A。 38．如图所示，P、Q两带孔小球穿在水平杆上，P、Q用细线连接，可沿杆滑动。已知P、Q的质量分别为5m和2m，与杆之间的动摩擦因数均为μ，P在竖直中心轴线O1O2处，Q到轴线O1O2的距离为L。初始时系统静止，细线刚好被拉直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。整个装置绕着O1O2转动，随着角速度缓慢增大，下列判断正确的是（　　） A．转动角速度为时，P受到沿P→Q方向的静摩擦力 B．转动角速度为时，P受到沿Q→P方向的静摩擦力 C．转动角速度为时，Q将沿P→Q方向滑行 D．转动角速度为时，Q将沿P→Q方向滑行 【答案】B 【解答】解：A．开始细线无张力，PQ随着转动角速度增大，Q达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有 可得 此后角速度增大，Q受到的最大静摩擦力不变，细线上出现张力。因，细线没有张力，则P不受摩擦力，故A错误； BCD．在ω1基础上，之后增大角速度，细线拉力提供Q做圆周运动而增大的向心力。对P分析受力，细线拉力大小等于其受到的静摩擦力，当P受到的静摩擦力达到最大μmPg时，对Q应用牛顿第二定律有 解得 角速度ω在ω1与ω2之间，Q受到最大静摩擦力不变，PQ相对水平杆都静止，P受到沿QP方向的静摩擦力，故B正确，CD错误。 故选：B。 39．西江是珠江的支流，其流域是“广府”文化重要发源地。如图为西江流域某段沿岸M、N、P、Q四个河宽相同的弯，弯道半径rN＞rP＞rQ＞rM。在河流平稳期，可以认为河道中各点流速相等，下列说法正确的是（　　） A．四个弯处河水的速度是相同的 B．N弯处的河水角速度最大 C．M弯处的河水向心加速度最大 D．M弯处的河水对弯道的冲击力最小 【答案】C 【解答】解：A、速度是矢量，既有大小也有方向，河水通过四个弯道时，其运动方向持续变化，因而速度并不相同，故A错误； B、河水流速处处相等，即线速度v保持恒定，依据角速度与线速度的关系可知，角速度与半径成反比，由于rN最大，所以N弯道处的角速度最小，故B错误； C、由向心加速度公式可得，当v一定时，向心加速度与半径成反比，由于rM最小，因此M弯道处的向心加速度最大，故C正确； D、河水对弯道的冲击力取决于所需向心力，其大小由决定，由于rM最小，所需向心力最大，即M弯道处河水对弯道的冲击力最大，故D错误。 故选：C。 40．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点正下方的P点处有一固定的光滑小钉子，，把细线沿水平方向拉直，由静止释放小球，细线碰到钉子前瞬间，细线的拉力大小为F1，小球的角速度大小为ω1，向心加速度大小为a1；碰到钉子后瞬间，细线的拉力大小为F2，小球的角速度大小为ω2，向心加速度大小为a2；细线没有断裂，重力加速度为g，不计小球大小和空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．ω1＝2ω2 B．a1＝2a2 C．3F2﹣2F1＝mg D．2F1﹣F2＝mg 【答案】D 【解答】解：A、设碰撞前、后一瞬间，小球的线速度v大小不变，碰撞后轨道半径变为原来的一半，由可知，小球的角速度变为原来的2倍，即ω2＝2ω1，故A错误； B、碰撞前后瞬间，小球的线速度v不变，碰撞后轨道半径r变为原来的一半，由可知，向心加速度变为原来的2倍，即a2＝2a1，故B错误； CD、对小球，根据牛顿第二定律得F1﹣mg＝ma1，F2﹣mg＝ma2，解得2F1﹣F2＝mg，故C错误，D正确。 故选：D。 41．火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核心部件是一个半径为R的躺卧圆筒，里面装有小钢球，小钢球与筒壁间的动摩擦因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离筒壁，落下后与煤块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小钢球仅在重力作用下到达位置B，AB连线过圆心O，已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设AB连线与水平直径的夹角为θ，在A点时，根据牛顿第二定律可得 其中 v＝ωR 从A点开始小钢球做斜上抛运动，设AB连线与水平方向夹角为θ，则 2Rcosθ＝vsinθ•t 联立可得 ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 42．竖直平面内有一“L”型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设杆与水平方向的夹角为θ，竖直轴转动的角速度为ω，小球到O点的距离为L，图中虚线与转轴交点到O点的距离为H，小球随转轴转动中受力如图所示 由牛顿第二定律：mgtanθ＝mω2Lcosθ 又 解得 可见角速度相同时，θ越大，H越大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 43．如图所示，质量分布均匀的软绳A一端固定在竖直放置的轻杆上端。当软绳随着轻杆一起在水平面内以一定角速度转动时，轻绳形状下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：选取外侧的一部分绳子为研究对象，设它们的总质量为m，与上边绳子连接处的切线与竖直方向之间的夹角为θ，如图 设下边的绳子的质量都在此处，该点到圆心的半径为r，此时绳子的拉力为F，绳子转动的角速度为ω，绳子的拉力和重力的合力沿竖直方向，则mω2r＝mgtanθ 可得tanθ 可知此时拉力与竖直方向之间的夹角随其轨道半径r的增大而增大，与绳子的质量无关，所以越向外侧绳子受到的拉力与竖直方向之间的夹角越大，可知绳子的外侧端逐渐向外弯曲，故ABD错误，C正确。 故选：C。 44．A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在同一竖直面内，a、b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后，a、b两球在环上的位置可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：两球做圆周运动的角速度相同，设圆环半径为r，球与O连线与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2rsinθ，解得：，由此可见，两球和O点的高度差相同，故ACD错误，B正确。 故选：B。 45．如图甲所示，质量为m的汽车A在倾角为α的路面上做匀速圆周运动，简化图如图乙所示，其中O为圆周运动的圆心，圆周在水平面内，重力加速度为g。当汽车以速率v行驶时，恰好没有侧滑的趋势，下列说法正确的是（　　） A．汽车在行驶过程中，受到重力、支持力、牵引力、阻力、向心力 B．汽车做圆周运动的半径 C．路面对汽车的支持力等于 D．当汽车的速率大于v时，路面受到汽车侧向摩擦力的方向由A指向B 【答案】C 【解答】解：A．汽车在圆轨道上做圆周运动，受到重力、支持力、牵引力、阻力，所受向心力是合力的作用效果，故A错误； BC．汽车在路面上刚好没有侧向摩擦力时，受力分析如图所示： 路面对汽车的支持力：， 重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：，代入数据可得：R，故B错误，C正确； D．当汽车的速率大于v时，汽车有向外运动的趋势，受力分析图如图所示： 由牛顿第三定律可得，此时路面受到的侧向摩擦力的方向由B指向A，故D错误。 故选：C。 46．如图甲和乙所示，在竖直平面内建立直角坐标系，使V形或抛物线形状的光滑杆顶点和对称轴分别与坐标系原点和y轴重合。图甲中的V形杆和图乙中的抛物线杆对应的方程分别为y＝|2x|和y＝x2。一光滑小圆环（可视为质点）套在杆上，两杆均可绕y轴做匀速圆周运动。若杆转动的角速度大小取某个特殊值，小圆环能在杆上任意位置相对杆静止，则满足该要求的杆和转动的角速度ω是（已知y＝x2在某点切线的斜率k与该点横坐标x的关系为 k＝2x，取g＝10m/s2）（　　） A．V形杆，ωrad/s B．抛物线杆，ωrad/s C．V形杆，ωrad/s D．抛物线杆，ωrad/s 【答案】D 【解答】解：AC、V形杆的方程为y＝2|x|，其切线斜率为定值 （k＝2 或 k＝﹣2），即切线与水平方向夹角θ的正切值tanθ为定值。 小圆环随杆做匀速圆周运动时，重力mg与支持力FN的合力提供向心力，由几何关系； 由于tanθ为定值，若ω固定，需为定值，但x是变量（小圆环在不同位置x不同），这就要求ω随x变化，不满足“小圆环能在杆上任意位置相对杆静止”（ω与x无关）的条件，所以V形杆不符合要求，故A、C错误。 BD、抛物线杆方程为y＝x2，已知其在某点切线斜率 k＝2x，切线与水平方向夹角θ满足，小圆环做匀速圆周运动，向心力， 由受力分析tanθ，将代入，两边x约去（x≠0），可得ω2＝2g； 代入g＝10m/s2，得，满足ω与x无关，即小圆环能在杆上任意位置相对杆静止，故B错误，D正确。 故选：D。 47．鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如图1为情景画，图2为模型简图，竹筛视为一个半径为R＝0.5m的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时间的图像如图3所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，做速度为0.2m/s的匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动 B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的加速度大小不变 C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要1s D．最终小鸟能够成功逃离竹筛 【答案】C 【解答】解：A.根据图3可知，角速度在变大，不是匀速圆周运动，故A错误； B.向心加速度公式：a＝ω2R，而角速度在变大，所以加速度在变大，故B错误； C.筛子转动后落地，根据图3的ω﹣t图像与时间轴围成的面积表示转动的圆心角，可知竹筛从开始运动到落地需要的时间为：t＝1s，故C正确； D.小鸟逃离时间t′1s，最终小鸟不能够成功逃离竹筛，故D错误。 故选：C。 6． 探究圆周运动的相关参数问题（共13小题） 48．关于下列实验，相应的说法正确的是（　　） A．图甲“探究两个互成角度的力的合成”实验中，同一组实验两次拉橡皮筋时结点O的位置可以不同 B．图乙“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，采用的实验方法是等效替代法 C．图丙“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽轨道不光滑对实验结果没有影响 D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前应用手托往重物 【答案】C 【解答】解：A．“探究两个互成角度的力的合成”实验中，同一组实验，两次拉橡皮筋时，为了保证效果相同，一定要将橡皮筋的结点O拉至同一位置，故A错误； B．图乙采用的实验方法是控制变量法，故B错误； C．每次小球应从同一位置由静止释放，以保证到达底端速度相同，轨道不必光滑，故C正确； D．图丁“探究重物的速度随时间变化的规律”实验中，释放重锤前，用手拉着纸带上端处于竖直面，故D错误。 故选：C。 49．某研究性学习小组用如图所示装置探究向心力与质量、角速度和半径之间的关系。 下列实验研究与该研究性学习小组采用了类似方法的有（　　） A．探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量 B．探究变压器原副线圈与匝数的关系 C．用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量 【答案】B 【解答】解：A、探究两个互成角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误； B、探究变压器原副线圈与匝数的关系，采用的实验方法是控制变量法，故B正确； C、用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故C错误。 故选：B。 50．下列物理问题或实验的探究过程中，所蕴含的科学方法相同的是（　　） ①一般曲线运动的研究方法（图1） ②研究物体沿曲面运动时重力做的功（图2） ③利用向心力演示器探究向心力大小的表达式 ④伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】A 【解答】解：①一般曲线运动看成很多个圆周运动的一部分的组合，这是微元法的思想； ②研究物体沿曲面运动时重力做的功时，将曲线运动细分变成直线运动，这是微元法的思想； ③利用向心力演示器探究向心力大小的表达式，采用了控制变量法； ④伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因，运用了理想实验法。 故BCD错误，A正确。 故选：A。 51．物理的学习除了知识外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于人教版新教材课本当中所采用的思想与方法的说法中不正确的是（　　） A．根据速度定义v，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想 B．利用蜡块和玻璃管研究合运动和分运动时应用了等效的思想 C．在“探究平抛运动在竖直方向上的分运动”的实验中，应用了比较研究法 D．在“探究向心力大小的表达式的实验中”应用了微元法 【答案】D 【解答】解：A.根据速度定义式，Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，故A正确； B.通过红蜡块的运动探究合运动和分运动之间的关系，体现了等效的思想，故B正确； C.在“探究平抛运动的在竖直方向上的分运动”的实验中，判断竖直方向上的运动是否是自由落体运动，运用了类比法，即比较研究法，故C正确； D.在“探究向心力大小的表达式的实验中”应用了控制变量法，不是微元法，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 52．某物理兴趣小组欲测定当地重力加速度大小，设计实验装置如图所示，将一细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球。转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一光电门。已知小钢球的质量为m，直径为d，O点到钢球球心的距离为L。（以下结果均用题干中所给物理量符号表示）某次实验中小球经过光电门时间为t，则对应圆周运动线速度大小为　　 ，再测量出细线与竖直方向的夹角为α，那么钢球做圆周运动时的向心力表达式为Fn＝　　 ，则当地重力加速度大小为g＝　　 。 【答案】；；。 【解答】解：①小球经过光电门的时间极短，线速度近似等于平均速度v； ②小球做圆周运动的半径r＝Lsinα，由向心力公式：； ③对小球受力分析：重力mg与拉力的合力提供向心力，由几何关系得F向＝mgtanα， 联立向心力表达式：化简得：。 故答案为：；；。 53．向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小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，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的比值。 （1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是　A　 。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 （2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是　C　 。 A．应使用两个质量不等的小球 B．应使两小球离转轴的距离相同 C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上 （3）下图中甲、乙、丙是用（1）的物理方法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中：探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图下中的　乙　 （选填“甲”“乙”“丙”）。 【答案】（1）A。（2）C。（3）乙。 【解答】解：（1）探究向心力F与质量m、角速度ω、半径r的关系时，每次只改变一个变量，控制另外两个不变，这种方法就是控制变量法，故A正确，BC错误。 故选：A。 （2）该实验用到控制变量法进行研究，当探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系时，需保证对照实验中两小球的质量相同，同时让两个小球离转轴的距离不等距，故AB错误。 C.根据向心力公式F＝mω2r，要探究向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，则在两小球质量相同的情况下，必须保证两小球做圆周运动的角速度相同，而两塔轮属于皮带传动，两塔轮转动时的线速度相同，根据线速度与角速度之间的关系，只有当两塔轮半径相同时，才能保证两小球做圆周运动的角速度相同，故C正确。 故选：C。 （3）探究向心力与质量m的关系时，需保持角速度ω和轨道半径r不变，只改变质量。图乙中，两个小球的 转动半径相同，皮带套在同一半径的塔轮上（角速度相同），但质量不同（铝球与钢球），符合实验要求。 故答案为：（1）A。（2）C。（3）乙。 54．某同学用如图所示的装置做“探究向心力与角速度关系”的实验。力传感器固定在竖直杆上的A点，质量为m的磁性小球用轻质细线a、b连接，细线a的一端连接在力传感器上，细线b的另一端连接在竖直杆上的B点，测得细线a的长为L，细线b的长为1.25L，A、B间距离为0.75L，磁性小球的直径远小于L，重力加速度为g，力传感器的大小忽略不计。 （1）让杆绕其竖直轴线匀速转动，增大杆匀速转动的角速度，使细线a、b均绷紧伸直，细线a水平，小球经过磁传感器时，磁传感器中会产生一个磁脉冲，小球某次经磁传感器开始计时，并计数为0，若记下第n个磁脉冲的时间为t，则小球做匀速圆周运动的角速度ω＝　　 。 （2）多次改变杆转动的角速度（保证每次细线a、b均伸直），记录每次力传感器的示数F及对应的角速度ω，作出F﹣ω2图像，如果图像是倾斜的直线，且斜率等于　mL　 ，图像与纵轴的交点等于　　 ，则表明半径、质量一定时，向心力与　角速度平方　 成正比。 （3）要保证实验成功，小球做圆周运动的角速度至少等于　　 。 【答案】（1）；（2）mL，，角速度平方；（3）。 【解答】解：（1）根据题意可知，小球做匀速圆周运动的周期为 则小球做匀速圆周运动的角速度 （2）根据几何关系可知，a、b两线的夹角θ＝37°，由于b线上的拉力Fb始终满足Fbsinθ＝mg 得到 则小球做圆周运动的向心力 若向心力与角速度平方成正比，则 即 得到 如果图像是倾斜的直线，且图像的斜率等于mL，图像与纵轴的交点等于，则表明半径、质量一定时，向心力与角速度平方成正比。 （3）当细线a刚好伸直时，线a的拉力F＝0，设角速度为ω，则有 即 即要使实验成功，小球做圆周运动的角速度至少等于。 故答案为：（1）；（2）mL，mg，角速度平方；（3）2。 55．探究“向心力大小与质量、线速度、半径的关系”实验中，某同学设计了如图所示的实验装置，测量滑块质量。竖直转轴固定在电动机上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，在水平直杆的左端套一带孔滑块P，用轻杆将滑块P与固定在转轴上的力传感器连接，当转轴转动时，直杆随转轴一起转动，力传感器可以记录轻杆上的力，直杆的另一端安装有挡光条，挡光条的宽度为d，在挡光条经过的位置安装一光电门，光电门可以记下被遮挡光的时间。 （1）在探究向心力跟线速度的关系时，需要保持滑块的质量和转动的　半径　 不变。 （2）当转盘转动稳定后，测得某次光电门被遮光的时间为t，已知滑块到竖直转轴距离为r，挡光条到竖直转轴的距离为L；则滑块所受向心力的表达式F＝　　 （用m、d、t、r、L字母表示）。 （3）实验中，改变电动机的转速，转动稳定后，记录力传感器的示数F和对应的速度v，多次改变转速重复以上操作，对记录的一系列F与v进行处理，描绘出了F﹣v2图线如图所示，若滑块转动半径r＝0.2m，则滑块的质量m＝　0.2　 kg。 【答案】（1）半径；（2）；（3）0.2。 【解答】解：（1）在探究向心力跟线速度的关系时，需要保持滑块的质量和转动的半径不变； （2）测得某次光电门被遮光的时间为t，则挡光条经过光电门的线速度大小为 则竖直转轴转动角速度为 滑块所受向心力的表达式为 （3）根据 可知F﹣v2图像的斜率为 解得滑块的质量为m＝0.2kg 故答案为：（1）半径；（2）；（3）0.2。 56．水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D＝42.02cm，小圆柱体质量m＝30.0g，圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。 为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤： ①用秒表测圆盘转动10周所用的时间t＝62.8s，则圆盘转动的角速度ω＝ 　1　 rad/s（π取3.14）。 ②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的横截面直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d＝ 　16.2　 mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。 ③写出小圆柱体所需向心力表达式F＝ 　　 （用D、m、ω、d表示），其大小为 　6.1×10﹣3 N（保留2位有效数字）。 【答案】①1；②16.2；③，6.1×10﹣3。 【解答】解：①圆盘转动10周所用的时间t ＝ 62.8s，则圆盘转动的周期为 Ts＝6.28s 根据角速度与周期的关系有 ω 解得ω＝1rad/s ②根据游标卡尺的读数规则有1.6cm+2×0.1mm ＝ 16.2mm ③小圆柱体做圆周运动的半径为 则小圆柱体所需向心力表达式 代入数据有F ＝ 6.1×10﹣3N 故答案为：①1；②16.2；③，6.1×10﹣3。 57．物理学上将角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用β表示。即，某学习小组设计了如图甲所示的实验装置，用测量直线运动加速度的方法研究转盘的转动问题。实验步骤如下： a.如图乙所示，用游标卡尺测出转盘的直径； b.如图甲，将打点计时器固定在铁架台上，将转盘的转轴固定在合适的位置，做成一个定滑轮，把纸带缠绕在转盘外缘，纸带另一端竖直穿过打点计时器的限位孔，并夹在重锤上； c.接通电源，释放重锤，纸带拉着转盘转动起来，在纸带上打出一系列点，如图丙所示； d.在纸带上取A、B、C、D、E、F六个计数点，相邻计数点之间还有4个点未画出。 已知圆盘与纸带间没有相对滑动，纸带厚度不计。根据实验步骤，完成以下问题： （1）测得转盘的直径d＝ 　12.20　 cm； （2）已知电源的频率为50Hz，则打E点时转盘转动的角速度ω＝ 　7.4　 rad/s；（结果保留两位有效数字） （3）转盘转动的角加速度β＝ 　9.8　 rad/s2。（结果保留两位有效数字） 【答案】（1）12.20；（2）7.4；（3）9.8 【解答】解：（1）根据游标卡尺的读数规律，该读数为 122mm+0.1mm×0＝122.0mm＝12.20cm （2）电源频率f＝50Hz，所以打点周期为0.02s，由于相邻计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为 T＝5×0.02＝0.1s 打E点时的速度 转盘直径d＝12.20cm＝0.1220m，半径r 根据角速度与速度的关系有 结合上述解得 ω≈7.4rad/s （3）由于 则角加速度 根据逐差法可知，加速度 则角加速度为：β＝9.8rad/s2 故答案为：（1）12.20；（2）7.4；（3）9.8。 58．兴趣小组用如图甲所示装置验证向心力公式，将力传感器和光电门分别固定，细线上端固定在力传感器上，下端栓接一金属小球。小球自然下垂时球心与光电门中心重合，已知球心到悬点O的距离为l，小球的直径为d，重力加速度为g。实验如下： （1）小球自然下垂时力传感器读数为F0，则小球的质量m＝ 　　 （用题中已知量表示）； （2）将小球拉离竖直方向成一定角度后由静止释放，摆动过程中，测得小球通过光电门的时间t，力传感器对应测得细线的最大拉力F，则小球经过最低点时的速度大小v＝ 　　 （用题中已知量表示）； （3）改变细线与竖直方向的夹角，重复步骤（2），多次采集实验数据； （4）正确操作得到一组数据，图乙的图像中能验证向心力公式的是 　D　 ； （5）向心力的实际值为F1＝F﹣F0，理论值为F2＝m，实验中发现F2明显大于F1，可能的原因是 　见解析　 （写一个原因即可）； （6）力传感器的核心是电阻应变片，如图乙所示，4个应变片固定在横梁上，横梁右端受向下的作用力向下弯曲，4个应变片的电阻发生改变，上表面应变片的电阻 　变大　 （选填“变大”或“变小”）。将4个应变片连接到如图丙所示电路中，B、C端输出电压的大小反映了横梁右端受力的大小，则图丙中R1对应的是　Rd （选填“Rb”或“Rd”）。 【答案】（1）；（2）；（4）D；（5）见解析；（6）Rd。 【解答】解：（1）小球自然下垂时，绳子的拉力（力传感器的示数）等于小球的重力，则F0＝mg 小球的质量 （2）小球经过最低点时的速度大小 （4）小球运动到最低点，根据向心力公式 联立解得 因此需要建立F﹣t﹣2图像，故ABC错误，D正确。 故选：D。 （5）小球质量分布不均匀，小球重心在球心的下方，摆长的测量值偏小，根据向心力公式可知，向心力F2偏大； （6）上应变片的电阻分别是Ra、Rb，外力F时，上应变片被拉伸，下应变片被压缩，根据电阻定律可知，上应变片电阻变大，下应变片电阻变小； 若图丙中R1对应的是Rc，则Ra＝R1＝Rb，Rc＝R2＝Rd 根据并联电路的电压特点以及串联电路电压的分配与电阻的关系可知φB＝φC B、C两点之间无电压输出，因此图丙中R1对应的是Rd。 故答案为：（1）；（2）；（4）D；（5）见解析；（6）Rd。 59．用如图甲所示的向心力实验器，定量探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系。如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力F的大小，砝码与旋臂转轴的水平距离为s；宽为d的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为L的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度ω。 现研究向心力大小与角速度的关系，完成下列内容： （1）用如图并所示的游标卡尺测量挡光杆的宽度d，它的游标卡尺为19mm长20等分，它的读数为d＝　1.450　 cm。 （2）调节砝码到旋臂转轴的水平距离，拨动旋臂使之转动。挡光杆某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为　　 ，砝码做圆周运动的角速度大小为　　 （用s、d、L、Δt表示）。 （3）计算机利用数据采集器生成的F、ω2数据点并拟合成一条F﹣ω2图线如图乙。由图乙可知，砝码做圆周运动所受向心力的大小与角速度的关系是：　质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比　 。 【答案】（1）1.450；（2）；；（3）质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比 【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为1.4cm+10×0.05mm＝1.450cm （2）调节砝码到旋臂转轴的水平距离，拨动旋臂使之转动。挡光杆某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为 砝码做圆周运动的角速度大小为 （3）由图像可知F与ω2成正比关系，即质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比。 故答案为：（1）1.450；（2）；；（3）质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比 60．物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系： （1）手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图所示。某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度时间图像如图，x、z轴方向加速度为零，则她可以是　B　 （填选项前的字母）。 A．将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转 B．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转 C．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转 （2）为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机appphyphox读取，由的图像获得斜率为k（使用国际单位），再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图，则d＝　0.1016　 m，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为　k﹣d　 （用题目所给的物理量表示）。 （3）若实验中认为手机绕转轴做匀速圆周运动，测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn＝　　 （用题目所给的物理量表述）。 【答案】（1）B；（2）0.1016；k﹣d；（3） 【解答】解：（1）根据图像，旋转时有沿y轴负方向的加速度，向心加速度指向圆心，可能是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转，故B正确，AC错误。 故选：B。 （2）根据刻度尺的度数规则及图像可知 d＝101.6mm＝0.1016m（0.1016～0.1018 都对） 根据公式 即旋转半径为k，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为 l＝k﹣d （3）在时间t＝20.288006s的时间为总共有10个闪光周期，即 根据向心力的表达式 故答案为：（1）B；（2）0.1016；k﹣d；（3） 学科网（北京）股份有限公司 $