物理科学探究:向心力学案

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▉题型1 向心力的定义及物理意义（受力分析方面）
【知识点的认识】
1.定义：做匀速圆周圆周的物体所受的指向圆心的力。
2.作用效果：不改变速度的大小，只改变速度的方向。
3．大小：Fn＝man＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r。
4．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
5．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定。
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力。
1．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受重力和向心力的作用
D．摆球A受拉力和重力的作用
【答案】D
【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ABC错误；故D正确；
故选：D。
2．关于向心力的下列说法中正确的是（ ）
A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B．做匀速圆周运动的物体，其向心力是不变的
C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力
D．做匀速圆周运动的物体，所受的合力为零
【答案】A
【解答】A、向心力总是指向圆心，而速度总是沿着切线方向，故向心力一定垂直于速度，不改变速度的大小，故A正确；
B、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，方向不断变化，是变力，故B错误；
C、物体做变速圆周运动时，合力不总是指向圆心，故合力不一定等于向心力，故C错误；
D、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心，提供向心力，不为零，故D错误；
故选：A。
（多选）3．如图，小物体m与圆盘保持相对静止，随盘一起做匀速圆周运动，则物体的受力情况是（ ）
A．受重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用
B．摩擦力的方向始终指向圆心O
C．重力和支持力是一对平衡力
D．摩擦力提供物体做匀速圆周运动的向心力
【答案】BCD
【解答】解：AD、由于物体随盘一起做匀速圆周运动，做圆周运动的物体需要向心力，这个向心力是由静摩擦力提供，物体还受重力和竖直向上的支持力，故A错误，D正确。
B、因为物体做圆周运动的圆心在O点，是由摩擦力的方向始终指向圆心充当向心力，方向时刻在变化，故B正确。
C、重力和支持力作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C正确。
故选：BCD。
（多选）4．如图所示，细绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向成θ角，以下说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、绳子拉力和向心力的作用
B．小球所受重力和绳子拉力的合力用来提供向心力
C．小球受到绳子的拉力就是向心力
D．小球受到的向心力大小是mgtanθ
【答案】BD
【解答】解：A、B、C：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，所以AC错误、B正确。
D、根据几何关系可知：向心力大小为Fn＝mgtanθ，故D正确。
故选：BD。
▉题型2 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＝mv2r=m4π2rT2
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。
5．如图，一物体停在匀速转动圆筒的内壁上，如果圆筒的角速度增大，则（ ）
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小了
C．物体所受弹力和摩擦力都减小了
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
【答案】D
【解答】解：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供向心力。
对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图，其中重力G与静摩擦力f平衡，与物体的角速度无关，支持力N提供向心力，由 N＝mω2r知，当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
6．绳子的一端拴一重物，用手握住另一端，使重物在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列判断正确的是（ ）
A．每秒转数相同，绳短时易断
B．线速度大小一定，绳短时易断
C．运动周期一定，绳短时易断
D．线速度大小一定，绳长时易断
【答案】B
【解答】解：A、每秒转数相同，则角速度相等，根据F＝mrω2知，绳越短向心力越小，绳的拉力越小，越不容易断。故A错误。
B、D、线速度大小相等，根据F＝mv2r知，绳越短，向心力越大，则绳子的拉力越大，绳子越容易断。故B正确，D错误。
C、转动的周期相同，则角速度相等，根据F＝mrω2知，绳越长向心力越大，绳的拉力越大，越容易断。故C错误。
故选：B。
（多选）7．在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．l、ω不变，m越大线越易被拉断
B．m、ω不变，l越小线越易被拉断
C．m、l不变，ω越大线越易被拉断
D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变
【答案】AC
【解答】解：A、根据F＝mω2l可知，l、ω不变，m越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故A正确；
B、根据F＝mω2l可知，m、ω不变，l越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故B错误；
C、根据F＝mω2l可知，m、l不变，ω越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故C正确；
D、根据F＝mω2l可知，m不变，ω加倍，l减半，F变为原来的2倍，故D错误；
故选：AC。
▉题型3 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。
8．如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直．当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是（ ）
A．当转盘匀速转动时．P受摩擦力方向为c
B．当转盘匀速转动时，P不受转盘的摩擦力
C．当转盘加速转动时，P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b
【答案】A
【解答】解：A、圆盘匀速转动时，重力和支持力平衡，合外力（摩擦力）提供圆周运动向心力，故摩擦力方向指向圆心O点；
B、由A分析知，B错误；
C、当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，两方向的合力即摩擦力可能指向b，故C错误；
D、当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a相反方向的切向力，使线速度大小减小，两方向的合力即摩擦力可能指向d，故D错误。
故选：A。
9．洗衣机的脱水筒在工作时，有一衣物附着在竖直的筒壁上，则此时（ ）
A．衣物受重力、筒壁弹力和摩擦力作用
B．衣物随筒壁做圆周运动的向心力由摩擦力提供
C．筒壁的弹力随筒转速的增大而减小
D．筒壁对衣物的摩擦力随筒转速的增大而增大
【答案】A
【解答】解：A、对衣物受力分析可得，衣服受到地球施加的竖直向下的重力、筒壁施加的垂直于桶壁指向转轴的弹力和沿着桶壁竖直向上的静摩擦力作用，故A正确；
B、衣服随筒壁做圆周运动的向心力是筒壁的弹力，竖直方向上衣物的重力与静摩擦力平衡，故B错误；
C、衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力F提供衣物的向心力，得到F＝mω2R＝m（2πn）2R，可见，转速n增大时，F增大，故C错误；
D、由于衣物竖直方向上没有加速度，衣物的重力与静摩擦力平衡，则知筒的转速增大时，摩擦力不变，故D错误；
故选：A。
10．水平放置的平板表面有一个圆形浅槽，如图所示．一只小球在水平槽内滚动直至停下，在此过程中（ ）
A．小球受四个力，合力方向指向圆心
B．小球受三个力，合力方向指向圆心
C．槽对小球的总作用力提供小球做圆周运动的向心力
D．槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力
【答案】D
【解答】解：AB、对小球进行受力分析，小球受到重力、槽对小球的支持力和摩擦力3个力的作用，由于最终在停止，则小球做减速圆周运动，因此合力方向不指向圆心，所以AB错误；
CD、其中重力和支持力在竖直面内，而摩擦力是在水平面内的，重力和支持力的合力应该是作为向心力指向圆心的，再加上摩擦力三个力的合力就不指向圆心了，故C错误，D正确。
故选：D。
▉题型4 通过受力分析求解向心力
【知识点的认识】
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，由此可以得到向心力的一种求解方法：受力分析法。如果物体在做圆周运动，通过对物体受力分析，得到沿半径方向的力即为物体所受的向心力。
11．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细线悬挂起来，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，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两小球都是合外力充当向心力
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mgcsθ
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、小球a做变速圆周运动，只在最低点处合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故A错误；
B、假设细线长度为L，a小球圆周运动的半径为L，b小球圆周运动的半径为Lsinθ，则a、b两小球圆周运动的半径之比为1sinθ，故B错误；
C、根据受力分析和矢量三角形可得：
Fbcsθ＝mg，解得：Fb=mgcsθ，故C正确；
D、a小球运动到最高点时速度为零，将重力正交分解则有：
Fa＝mgcsθ，故D错误；
故选：C。
12．如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以角速度ω在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距h为（ ）
A．RB．R+gω2C．R−gωD．R−gω2
【答案】D
【解答】解：小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ，根据力图可知tanθ=F向mg=m⋅Rsinθω2mg
解得csθ=gRω2．所以h＝R﹣Rcsθ＝R−gω2。
故选：D。
13．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2GB．受到的拉力为3G
C．向心加速度为2gD．向心加速度为2g
【答案】A
【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，
F合＝Fcs30°=3G，故A正确，B错误；
水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcs30°＝ma向
即2mgcs30°＝ma向，
所以a向=3g，故CD错误。
故选：A。
▉题型5 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＝mv2r=m4π2rT2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。
14．在水平面上，小孩拉着雪橇做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反
B．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终指向圆心
C．雪橇受到的拉力方向始终指向圆心
D．雪橇受到的合力始终不变
【答案】A
【解答】解：AB、雪橇做匀速圆周运动，速度方向沿圆的切线方向，又由于摩擦力的方向始终与相对运动方向相反，所以滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反，故A正确，B错误；
C、雪橇做匀速圆周运动，合外力提供向心力，也意味着小孩对雪橇的拉力分力提供向心力，故拉力方向不是始终指向圆心，故C错误；
D、由于雪橇做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力的方向始终指向圆心，所以合力的方向始终变化，故D错误；
故选：A。
15．如图所示，长为L的细绳，一端拴一质量为m的小球，另一端悬挂在距光滑水平面H高处（L＞H）。现使小球在水平桌面上以角速度为ω做匀速圆周运动，则小球对桌面的压力为（ ）
A．mgB．mg﹣mω2HC．mg（1−HL）D．mgHL
【答案】B
【解答】解：对小球受力分析，如图：
根据牛顿第二定律，水平方向：Tsinθ＝mω2•Lsinθ
竖直方向：Tcsθ+N＝mg
联立得：N＝mg﹣mω2•Lcsθ
根据牛顿第三定律：N′＝N＝mg﹣mω2•Lcsθ＝mg﹣mω2H．故B正确；
故选：B。
16．如图所示，质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时悬线与竖直方向夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A．小明在最高点的速度为零，合力为零
B．小明在最低点的加速度为零，速度最大
C．最高点秋千对小明的作用力为32mg
D．最低点秋千对小明的作用力为mg
【答案】C
【解答】解：AC、小明在最高点的速度为零，沿绳方向受力平衡，可得秋千对小明的作用力为：T＝mgcs30°=32mg，所受合力为F合＝mgsinθ=12mg≠0，故A错误，C正确；
BD、小明在最低点速度最大，设细线长度为L，根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cs30°）=12mv2，在最低点，对小明受力分析，由牛顿第二定律得：T′﹣mg＝ma=mv2L，解得小明在最低点的加速度为：a＝（2−3）g，最低点秋千对小明的作用力为：T′＝（3−3）mg，故BD错误。
故选：C。
▉题型6 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。
17．汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度
B．M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度
C．M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度
D．M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度
【答案】A
【解答】解：AB.在P位置时两分运动方向相同，合速度为两速度之和，在Q位置时直线运动速度向右，圆周运动速度向左，此时合速度为两者之差，故A正确，B错误；
CD.一个是与车轴一起向前的匀速直线运动，一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，匀速直线运动加速度为零，所以合加速度为匀速圆周运动的加速度，大小不变，故CD错误。
故选：A。
18．关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量
B．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
C．向心加速度时刻指向圆心，方向不变
D．向心加速度是平均加速度，大小可用a=v−v0t来计算
【答案】B
【解答】解：AB、加速度是描述速度变化快慢的物理量，向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故A错误，B正确；
C、虽然向心加速度时刻指向圆心，但是沿不同的半径指向圆心，所以方向不断变化，故C错误；
D、加速度公式a=v−v0t适用于平均加速度的计算，向心加速度一般是指瞬时加速度，故D错误。
故选：B。
19．物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）
A．匀速圆周运动是线速度不变，方向时刻改变的运动，故“匀速”是指速率不变
B．物体的向心加速度大小与线速度成正比
C．物体的向心加速度越大，速率变化越快
D．物体所受合力大小不变，方向始终指向圆心，故合力是恒力
【答案】A
【解答】解：A、匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改变的运动，故“匀速”是指速率不变，故A正确；
B、当物体做匀速圆周运动时，且半径不变，物体的向心加速度的大小与线速度大小的平方成正比，故B错误；
C、向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变化快慢的物理量，其只改变速度的方向，不改变速度的大小，故C错误；
D、物体所受合力大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻改变，故合力为变力，故D错误。
故选：A。
▉题型7 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＝ω2r=v2r=4π2rT2=4π2n2r＝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=v2r
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。
20．在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s
B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态
C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向
D．由an=v2r可知手掌比手肘的向心加速度小
【答案】A
【解答】解：A.由图可知，手机转动的半径约为0.65m，根据公式a=v2r，可得手臂摆到竖直位置时手机的线速度大小约为v=ar=6×0.65m/s≈2m/s，故A正确；
B.手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向上，处于超重状态，故B错误；
C.自然下摆过程中，手机做变速圆周运动所受合力不是始终沿手臂方向，故C错误；
D.由公式an＝ω2r，可知手掌与手肘的向心加速度之比约为2：1，故D错误。
故选：A。
21．如图所示为皮带传动装置，轴O1上两轮的半径分别为4r和r，轴O2上轮的半径为3r，A、B、C分别为轮缘上的三点，皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三点周期之比TA：TB：TC＝1：1：4
B．A、B、C三点线速度之比vA：vB：vC＝4：1：3
C．A、B、C三点角速度之比ωA：ωB：ωC＝4：4：1
D．A、B、C三点加速度之比aA：aB：aC＝12：3：1
【答案】D
【解答】解：ABC、轴O1上两轮同轴转动，其边缘处A、B两点的角速度大小相同，皮带不打滑，主动轮上B点和从动轮上C点的线速度大小相等。
根据线速度与角速度关系v＝rω，可得ωBωC=rCrB=31
代入数据可得ωA：ωB：ωC＝3：3：1
vAvB=rArB=41
代入数据可得vA：vB：vC＝4：1：1
由周期与角速度关系式T=2πω，可得A、B、C三点周期之比TA：TB：TC＝1：1：3
故ABC错误；
D、由加速度与角速度关系式a＝ωv，可得A、B、C三点加速度之比为
aA：aB：aC＝ωAvA：ωBvB：ωCvC＝（3×4）：（3×1）：（1×1）＝12：3：1，故D正确。
故选：D。
22．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知AB部分的半径R＝1.0m。弹射装置将一个质量为0.1kg的小球（可视为质点）以v0＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道、小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0.8m，不计受气阻力，q取10m/s2，求：
（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω、向心加速度a的大小；
（2）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点与C点的距离。
【答案】（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω为3rad/s；向心加速度a的大小为9m/s2；
（2）小球在空中做平抛运动的时间为0.4s；落到地面D点与C点的距离为2135m。
【解答】解：（1）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，则有
v0＝ωR
代入数据得：ω＝3rad/s
a＝ω2R
代入数据得：a＝9m/s2
（2）小球在空中做平抛运动，
竖直方向有
h=12gt2
解得：t＝0.4s
落到地面D点与C点的水平距离
s＝v0t
解得：s＝1.2m
D点与C点的距离为：
L=h2+s2
代入数据得：L=2135m
答：（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω为3rad/s；向心加速度a的大小为9m/s2；
（2）小球在空中做平抛运动的时间为0.4s；落到地面D点与C点的距离为2135m。
▉题型8 向心加速度的计算
【知识点的认识】
向心加速度的计算有两种方法
1.通过向心加速度的表达式：an＝ω2r=v2r=4π2rT2=4π2n2r＝ωv
2.通过牛顿第二定律：an=Fnm
23．嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸（20cm）的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的转速约为2πr/min
B．圆盘转动的角速度大小为 π30rad/s
C．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为π3m/s
D．蛋糕边缘的奶油向心加速度约为π90m/s2
【答案】B
【解答】解：A、圆盘每15×4＝60s转一圈，故转速为1 r/min，故A错误；
B、由角速度与周期的关系可得：ω=2πT=2π60=π30rad/s，故B正确；
C、蛋糕边缘的奶油线速度大小为：v＝ωr=π300m/s，故C错误；
D、向心加速度为：a＝ω2r=π29000 m/s2，故D错误。
故选：B。
24．如图所示，在光滑水平面上，轻弹簧的一端固定在竖直转轴O上，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L，小球以角速度ω绕竖直转轴做匀速圆周运动（K＞mω2）。则小球运动的向心加速度为（ ）
A．ω2LB．kω2Lk−mω2
C．kωLk−mω2D．ω2Lk−mω2
【答案】B
【解答】解：设小球做匀速圆周运动时弹簧长度为L1，此时弹簧的伸长量为L1﹣L
据牛顿第二定律得：F＝mω2L1
其中F＝k（L1﹣L）
向心加速度为：a＝ω2L1
解得：a=kω2Lk−mω2
故B正确，ACD错误
故选：B。
（多选）25．如图所示，B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（ ）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的向心加速度大小之比为2：1
C．A与B的向心力大小之比为2：1
D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动
【答案】AB
【解答】解：A、由题知A、B两个物体同轴转动，则ωA ＝ ωB，
由线速度公式v＝ωr
得
vA：vB＝ωArA：ωBrB
代入数据解得
vA：vB＝2：1
故A正确；
B、由向心加速度公式知a ＝ ω2r，
得
aA：aB=ωA2rA：ωB2rB
代入数据解得
aA：aB＝2：1
故B正确；
CD、由向心力公式知F＝ma，得
Fa：Fb=mAaA：mBaB=mAωA2rA：mBωB2rB
代入数据解得
Fa：Fb＝1：1
故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力，
则由f＝μMg
可知fB＞fA，故A先发生滑动，故CD错误。
故选：AB。
▉题型9 水平转盘上物体的圆周运动
【知识点的认识】
1.当物体在水平转盘上做圆周运动时，由于转速的变化，物体受到的向心力也会发生变化，经常考查临界与极值问题。
2.可能得情况如下图：
26．旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若减小餐桌的转动转速，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动
B．一起匀速转动时茶杯有沿切线方向滑出去的趋势
C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心
D．将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的转速匀速转动餐桌，茶杯与餐桌仍保持相对静止
【答案】D
【解答】解：A．根据题意可知，茶杯转动时，所需的向心力为F向=m⋅(2πn)2r=4π2mn2r，若减小餐桌的转动转速，所需向心力减小，则茶杯与餐桌不可能发生相对滑动，故A错误；
B．匀速转动时，茶杯所受静摩擦力提供茶杯做匀速圆周运动的向心力，力的方向指向圆心，茶杯有背离圆心的运动趋势，故B错误；
C．餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，摩擦力沿着半径方向的分力改变线速度的方向，摩擦力沿着切线方向的分力改变线速度的大小，可知，茶杯受到的摩擦力的方向不指向餐桌的中心，故C错误；
D．餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌恰好没有发生相对滑动时，有μmg＝m•（2πn）2r＝4π2mn2r，解得μg＝（2πn）2r＝4π2n2r，与质量无关，将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，等式仍然成立，可知茶杯与餐桌仍保持相对静止，故D正确。
故选：D。
（多选）27．如图所示，一水平框架绕竖直转轴以角速度ω匀速转动。框架的水平横杆上穿有两个质量相等的圆球A和B，圆球与横杆之间的动摩擦因数均为μ，球A到中心转轴的距离为d，球B到中心转轴的距离为2d，球A、B之间用一根长度为3d的轻绳连接，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．当ω＜μg2d时，绳子无拉力
B．当ω＜μgd时，绳子无拉力
C．当ω=μg2d时，横杆对球A无摩擦力
D．当ω=μgd时，横杆对球A无摩擦力
【答案】AD
【解答】解：AB．设物体恰好要滑动时角速度为ω1，则有μmg=mω12r
解得ω1=gμr
A到中心转轴的距离为d，球B到中心转轴的距离为2d，由于B的r大，故B先达到最大静摩擦力，故绳子无拉力时，需满足ω＜ωB=gμ2d
故A正确，B错误；
CD．设横杆对球A无摩擦力时角速度为ω0，对A有mω02d=T（T为绳子拉力）
对B有mω022d=T+μmg
联立解得ω0=μgd
故C错误，D正确。
故选：AD。
28．如图所示，质量为m的小球静止在足够大的水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在小球上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，使转盘绕转轴在水平面内缓慢转动，并逐渐增大转动的角速度，求：
（1）当小球对转盘的作用力恰好为零时，转盘转动的角速度大小；
（2）当小球转动的角速度为5gL时，细线突然断开，小球在转盘上的落点离转轴的距离。
【答案】（1）转盘转动的角速度大小等于5gL2L；
（2）小球在转盘上的落点离转轴的距离等于2425L。
【解答】解：（1）当小球对转盘的作用力恰好为零时，小球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律
mgtanθ=mrω12
根据几何关系
r＝Lsinθ
解得
ω1=5gL2L
（2）当小球转动的角速度为5gL时，设悬线与竖直方向的夹角为α，则有
mgtanα=mLsinα⋅ω22
解得
csα=15
这时小球离盘面的高度
h＝Lcsθ﹣Lcsα
细线断开后，小球做平抛运动，运动的时间
t=2hg
平抛运动的初速度
v＝ω2Lsinα
平抛运动的水平位移
x＝vt
则落到转盘上的位置离转轴的距离
s=x2+(Lsinα)2，解得s=2425L
答：（1）转盘转动的角速度大小等于5gL2L；
（2）小球在转盘上的落点离转轴的距离等于2425L。
▉题型10 倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动
【知识点的认识】
本考点旨在针对物体在斜面上做圆周运动的情况，可能是随着转盘做匀速圆周运动，也可能是在轻绳的牵引下做变速圆周运动。
29．如图所示，倾角θ＝53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO1上。转台以角速度ω匀速转动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在斜面上，此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦等于滑动摩擦力，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。则物块相对斜面静止时（ ）
A．小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下
B．小物块对斜面的压力一定等于mg
C．水平转台转动角速度ω应不小于5g6L
D．水平转台转动角速度ω应不大于11g2L
【答案】C
【解答】解：A．当角速度较小时，小物块有沿斜面向下的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向上，当角速度较大时，小物块有沿斜面向上的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
BCD.当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示：
y轴方向根据平衡条件N1csθ+f1sinθ＝mg
滑动摩擦力f1＝μN1
x轴方向根据牛顿第二定律N1sinθ−f1csθ=mω12Lcsθ
联立解得ω1=5g6L，N1＝mg
当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示：
y轴方向根据平衡条件N2csθ＝f2sinθ+mg
滑动摩擦力f2＝μN2
x轴方向根据牛顿第二定律N2sinθ+f2csθ=mω22Lcsθ
联立解得ω2=55g6L，N2＝5mg
由上分析可知，角速度取值范围为
5g6L≤ω≤55g6L
小物块对斜面的压力大小N′＝N
取值范围为mg≤N′≤5mg
综上分析，故C正确，BD错误。
故选：C。
（多选）30．如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．μ＝2tanθ
B．ω=2gsinθd
C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
D．运动过程中B所受摩擦力最小值为mgsinθ
【答案】BD
【解答】解：AB、当物块A转到最高点时，由题意知，两根绳子拉力均为零，且A、B所受摩擦力均刚好等于最大静摩擦力；对A物体：μmgcsθ+mgsinθ＝mω2×2d
B物体，μmgcsθ﹣mgsinθ＝mω2d
解得：μ＝3tanθ，ω=2gsinθd，故A错误，B正确；
C、当A到最低点时，拉力最大，设为TAmax，得：TAmax+μmgcsθ﹣mgsinθ＝mω2×2d
TAmax+μmgcsθ−mgsinθ=mω2⋅3d
整理得到：TAmax＝2mgsinθ，故C错误；
D、当B到最高点（即A到最低点）时，由牛顿第二定律有：mgsinθ+Tmax﹣F静＝mω2×d
由此可知，F静＝mgsinθ，所以B所受摩擦力最小值mgsinθ。故D正确。
故选：BD。
31．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为37°。物块与半球形容器间的动摩擦因数均为μ＝0.75，物块与半球形容器间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）若物块所受的摩擦力恰好为零，求此时转台转动的角速度大小；
（2）为使物块相对于陶罐一直静止，求转台转动的最大角速度。
【答案】（1）此时转台转动的角速度大小5g4R；
（2）转台转动的最大角速度为210g7R。
【解答】解：（1）物块所受的摩擦力恰好为零，滑块的受力图如图所示：
滑块m所需的向心力F＝mgtan37°
滑块做匀速圆周运动的半径r＝Rsin37°
根据向心力公式F＝mrω2
联立解得 ω1=5g4R
（2）物块即将相对陶罐滑动时，物块受到沿切线方向斜向下的最大静摩擦力，如图所示：
最大静摩擦力Ff＝μFN
竖直方向，根据平衡条件FNcs37°＝Ffsin37°+mg
设角速度为ω2，水平方向，根据向心力公式FNsin37°+Ffcs37°=mω22Rsin37°
联立解得ω2=210g7R。
答：（1）此时转台转动的角速度大小5g4R；
（2）转台转动的最大角速度为210g7R。
▉题型11 物体被系在绳上做圆锥摆运动
【知识点的认识】
1.本考点旨在针对物体被系在绳上做圆锥摆运动的情况，如下图：
2.模型分析：在长为L的细绳下端拴一个质量为m的小物体，绳子上端固定，设法使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。
如图所示，小球在水平面内做圆周运动的圆心是О，做圆周运动的半径是Lsinθ，小球所需的向心力实际是绳子拉力FT与重力mg的合力，并有F合＝mg•tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得csθ=gLω2。
32．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A．细线L1和细线L2所受的拉力之比为3：1
B．小球m1和m2的角速度大小之比为3：1
C．小球m1和m2的向心力大小之比为1：3
D．小球m1和m2的线速度大小之比为33：1
【答案】A
【解答】解：A、对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，有Tcsθ＝mg
解得：T=mgcsθ
所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比T1T2=cs30°cs60°=3：1
故A正确；
B、小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2Lsinθ
解得：ω2=gLcsθ
所以ω12ω22=cs30°cs60°=3：1
故B错误；
C、小球所受合力提供向心力，由几何关系得：F＝mgtanθ
小球m1和m2的向心力大小之比为F1F2=tan60°tan30°=3：1
故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2Lsinθ
解得：v=gLtanθsinθ
则线速度大小之比为：v1v2=tan60°sin60°tan30°sin30°=33：1
故D错误。
故选：A。
33．游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘上的边缘上，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．其中P为处于水平面内的转盘，可绕OO′轴转动，圆盘半径d＝24m，绳长l＝10m．假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ＝37°，座椅和人的总质量为60kg，则（g取10m/s2）（ ）
A．绳子的拉力大小为650 N
B．座椅做圆周运动的线速度大小为5 m/s
C．圆盘的角速度为 0.5 rad/s
D．座椅转一圈的时间约为1.3 s
【答案】C
【解答】解：A、座椅受力如图所示，由平衡条件可得，在竖直方向上，
mg＝Tcsθ，绳子拉力：T=mgcs37°=60×100.8=750N，故A错误，
B、由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2d+lsinθ，
线速度为：v=g(d+lsin37°)tan37°=10×(24+10×0.6)×0.75=15m/s，故B错误；
C、转盘的角速度与座椅的角速度相等，角速度ω=vr=vd+lsinθ=1524+10×0.6=0.5rad/s，故C正确；
D、座椅转一圈的时间，即周期T=2πω=2×，故D错误；
故选：C。
34．如图所示，长为4l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上。管的下端离水平地面的距离为2l。拉起小球A，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A适当的水平速度，使它在水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，不计一切摩擦阻力。
（1）求拉小球A的绳与竖直方向夹角θ＝37°时，水平地面对物块B的支持力FN和小球A做圆周运动的角速度ω1；
（2）轻摇细管可使物块B离地，求物块B悬停在高度为l处时，小球A做匀速圆周运动的角速度ω2；
（3）轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，上端管口的触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平位移。
【答案】（1）水平地面对物块B的支持力FN为34mg，小球A做圆周运动的角速度ω1为5g4l；
（2）小球A做匀速圆周运动的角速度ω2为gl；
（3）A做平抛运动的最大水平位移为362l。
【解答】解：（1）拉小球A的绳与竖直方向夹角θ＝37°时，以A球为对象，竖直方向根据受力平衡可得：Tcs37°＝mg
变形整理解得：T=54mg
以B为对象，根据受力平衡可得：FN+T＝2mg
解得：FN=34mg
以A为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=mω12lsinθ
解得小球A做圆周运动的角速度为：ω1=glcsθ=5g4l
（2）当物块B悬停在高度为l处时，以B为对象，根据受力平衡可知：T′＝2mg
设连接A球绳子与竖直方向的夹角为α，以A球为对象，竖直方向有：T′csα＝mg
联立解得：csα=12
水平方向根据牛顿第二定律可得：mgtanα=mω22⋅2lsinα
解得小球A做匀速圆周运动的角速度：ω2=g2lcsα=gl
（3）轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，根据（2）分析可知，连接A球绳子与竖直方向的夹角为α＝60°，设拉A的绳子长为x（l≤x≤3l），此时小球A做圆周运动的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有：mgtanα=mv2xsinα
解得：v=gxtanαsinα=3gx2
设小球A做平抛运动的时间为t，则竖直方向有：3l−xcsα=12gt2
解得：t=6l−xg
则水平位移为：x1=vt=3gx2(6l−xg)=32⋅x(6l−x)
根据数学知识可知，当x＝3l时，水平位移x1有最大值，则最大值为：x1max=32×3l(6l−3l)=362l
答：（1）水平地面对物块B的支持力FN为34mg，小球A做圆周运动的角速度ω1为5g4l；
（2）小球A做匀速圆周运动的角速度ω2为gl；
（3）A做平抛运动的最大水平位移为362l。
▉题型12 物体在圆锥面上做圆周运动
【知识点的认识】
1.本考点旨在针对物体在圆锥面上做圆周运动的情况。
2.常见的情况如下图：
35．圆锥摆是我们在研究生活中的圆周运动时常遇到的一类物理模型。如图所示，质量相同的1、2两个小摆球（均可视为质点）用长度相等的细线拴在同一悬点，组成具有相同摆长和不同摆角的圆锥摆，若两个小摆球均在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力。则（ ）
A．小摆球1的角速度小于小摆球2的角速度
B．细线对球1的拉力大于细线对球2的拉力
C．两个小摆球的向心力大小相等
D．两个小摆球线速度大小相等
【答案】A
【解答】解：A、小摆球水平面内做匀速圆周运动，设线长为l，细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律，有mgtanθ＝mω2lsinθ
可得ω=glcsθ
由于θ1＜θ2，有csθ1＞csθ2，ω1＜ω2
故A正确；
C、小摆球的向心力为F＝mgtanθ
由于θ1＜θ2，有tanθ1＜tanθ2，F1＜F2
故C错误；
B、线上的拉力为T=mgcsθ
由于θ1＜θ2，有csθ1＞csθ2，T1＜T2
故B错误；
D、根据牛顿第二定律，有mgtanθ=mv2lsinθ
可得v=glsin2θcsθ
由于θ1＜θ2，有csθ1＞csθ2，sinθ1＜sinθ2，v1＜v2
故D错误。
故选：A。
36．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A、B紧贴着圆锥筒内壁分别在图示中的水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球A对筒壁的压力大于小球B对筒壁的压力
B．小球A的加速度大小等于小球B的加速度大小
C．小球A的线速度小于小球B的线速度
D．小球A的角速度大于小球B的角速度
【答案】B
【解答】解：A、小球受力如图所示
筒壁对小球的支持力F=mgsinθ，两球质量m相等，倾角θ相同，则筒壁对小球的支持力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，故A错误；
B、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，θ相同，则加速度大小相等，故B正确；
C、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2r，解得：v=grtanθ，由于θ相等而rA＞rB，则vA＞vB，故C错误；
D、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，解得：ω=grtanθ，由于θ相等而rA＞rB，则ωA＜ωB，故D错误。
故选：B。
37．如图所示，用一根长为L＝1m的细线，一端系一质量为m＝2kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑圆锥体顶端O点。锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，圆锥体高OA＝2.4m，A为锥体底面圆心在地面上的投影点。当小球在水平面内绕锥体的竖直轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，圆锥体保持静止。则：（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2，结果可用根式表示，能整除的保留小数，不能整除的保留分数）
（1）若ω＝3rad/s，则细绳的拉力大小为多少；
（2）若ω=563rad/s，则细绳的拉力大小为多少；
（3）若小球在以ω=563rad/s的角速度做匀速圆周运动的过程中绳子瞬间断裂，随即撤走圆锥体，求小球落地点与A点之间的距离。
【答案】（1）若ω＝3rad/s，则细绳的拉力大小为22.48N；
（2）若ω=563rad/s，则细绳的拉力大小为1003N；
（3）若小球在以563的角速度做匀速圆周运动的过程中绳子瞬间断裂，随即撤走圆锥体，则小球落地点与A点之间的距离为457m。
【解答】解：（1）小球刚要飞还未离开时，有
a＝gtanθ＝ω 02Lsinθ
解得
ω0=522rad/s
由于
ω＝3rad/s＜522rad/s
可知小球与圆锥体有支持力，故
FTsinθ﹣FNcsθ＝mω2lsinθ
FTcsθ+FNsinθ＝mg
解得细绳的拉力大小为
FT＝22.48N
（2）由于
ω=563rad/s＞522rad/s
可知小球已经离开圆锥体，设绳拉力方向与竖直方向夹角为α，则
FTsinα＝mω2lsinα
FTcsα＝mg
解得α＝53°
故FTcs53°＝mg
解得细绳的拉力大小为FT=1003N
（3）由
v＝ωr
r＝lsinα＝0.8m
解得v=463m/s
由平抛运动规律可知
x＝vt
h=12gt2
解得
t＝0.6s
x＝0.86m
故落地点S与A距离为
SA=r2+x2
代入数值解得SA=457m
答：（1）若ω＝3rad/s，则细绳的拉力大小为22.48N；
（2）若ω=563rad/s，则细绳的拉力大小为1003N；
（3）若小球在以563的角速度做匀速圆周运动的过程中绳子瞬间断裂，随即撤走圆锥体，则小球落地点与A点之间的距离为457m。
▉题型13 圆周运动与平抛运动相结合的问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对圆周运动与平抛运动相结合的问题。
（多选）38．如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则（ ）
A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝dg2h
B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2dg2h
C．圆筒转动的角速度可能为ω＝2πg2h
D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3πg2h
【答案】AD
【解答】解：AB、根据h=12gt2，解得t=2hg，则子弹在圆筒中的水平速度为v0=dt=dg2h．故A正确，B错误。
CD、因为子弹右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则t=(2n−1)T2，n＝1，2，3…，
因为T=2πω，
解得：ω＝（2n﹣1）πg2h，当n＝1时，ω＝πg2h，当n＝2时，ω＝3πg2h．故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）39．A，B两个小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运动到相同高度时，A、B两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12L，则下列说法正确的是（ ）
A．此时A球的速度为32gL
B．此时两球的周期比为TATB=83
C．两根绳都剪断，两球可能落在水平地面上同一点
D．两根绳都剪断，两球不可能落在水平地面上同一点
【答案】BC
【解答】解：A.由几何关系可得sinθA=6L10L=35，sinθB=4L5L=45
对A球，由牛顿第二定律可得mAgtanθA=mAvA26L
解得vA=322gL，故A错误；
B.由牛顿第二定律，对A球mAgtanθA=mA⋅6L⋅4π2TA2
对B球mBgtanθB=mA⋅4L⋅4π2TB2
解得TATB=83，故B正确；
CD.由mBgtanθB=mBvB24L
B球做圆周运动的速度为vB=433gL
两根绳都剪断，两球做平抛运动，由平抛运动规律可知
12L=12gt2
xA＝vAt
xB＝vBt
如图
满足xA2+(6L)2=xB2+(4L)2
两球会落到同一点，故C正确，D错误。
故选：BC。
40．科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如图：传动带AB部分水平，其长度L＝1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r＝0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ＝37°且圆弧的半径R＝0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x＝4.45m，其倾角θ＝37°。某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f＝14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，7.2=2.68，求：
（1）物块由A到B所经历的时间；
（2）DE弧对应的圆心角α为多少；
（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从G到H端所用时间的取值范围。
【答案】（1）物块由A到B所经历的时间为0.7s；
（2）DE弧对应的圆心角α为53°。
（3）倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件为v≥4m/s；物块从G到H端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s。
【解答】解：（1）物体在水平传送带上，由牛顿第二定律μmg＝ma1
解得a1=5m/s2
物体加速到3m/s的时间t1=v1a1=35s=0.6s
在加速阶段的位移x1=12a1t12=12×5×0.62=0.9m＜0.2m
物体做匀速直线运动的时间：t2=L−x1v1=1.2−0.93s=0.1s
物块由A到B所经历的时间t＝t1+t2＝0.6s+0.1s＝0.7s
（2）若物体能在B点恰好离开传送带做平抛运动，则满足
mg=mv02r
所以v0=gr=10×0.4m/s=2m/s＜3m/s
所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，平抛的时间2r=12gt32
解得t3＝0.4s
到达D点时物体沿竖直方向的分速度vy＝gt3＝10×0.4m/s＝4m/s
到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：tanα=vyv0=43
则α＝530

即DE弧对应的圆心角α为530
（3）当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f＝14.5N，所以物体在F点受到的支持力
FN=fμ=
物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：FN−mgcs370=mv32R
代入数据得v3＝5m/s
物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力f′＝μmgcs37°
重力沿斜面向下的分力：Fx＝mgsin37°＞f′
可知物体不可能相对于传动带静止，所以物体在传送带上将一直做减速运动，物体恰好到达H点时速度为0；
Ⅰ、若传送带的速度大于等于物体在F点的速度，则物体受到的摩擦力的方向向上，物体一直以不变的加速度向上做减速运动；此时Fx﹣f′＝ma3
解得a3＝2m/s2
物体的位移为x=v3t′−12a3t′2
代入数据解得t′＝1.16s（或t′＝3.84s不合题意）
Ⅱ、若传送带的速度小于物体在F点的速度，则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动，速度的大小发生变化．
设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmin，且vmin＜v3，物体到达H点的速度为0；
物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时Fx+f′＝ma2
则a2＝10m/s2
物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力方向向上，则Fx﹣f′＝ma3
则a3＝2m/s2
物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下的加速运动，初速度为0，末速度为v3，设下面的一段时间为t4，上面的一段时间为t5，可得a3t5＝vmin，vmin+a2t4＝v3，12a3t52+(v3t4+12a2t42)=x
联立以上三式，代入数据得t4＝0.1s，t5＝2.0s，vmin＝4m/s
物体从F点运动到H点的总时间t″＝t4+t5＝2.1s
综合以上的分析可知，若要物体能都到达H点，传送带的速度应满足vmin≥4m/s
物体运动的时间范围是1.16s≤t≤2.1s。
答：（1）物块由A到B所经历的时间为0.7s；
（2）DE弧对应的圆心角α为53°。
（3）倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件为v≥4m/s；物块从G到H端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s。
▉题型14 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
（2）m、ω一定
（3）r、ω一定
（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。
41．某实验小组对水平面内的圆周运动进行探究，装置如图甲所示。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量细绳拉力F的大小，滑块上固定一遮光片，宽度为d，遮光片与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω，滑块旋转半径为r，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若测得遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω＝ dΔt⋅r ；
（2）为了提高实验精度，挡光条的宽度应适当 小 （填“小”或“大”）些；
（3）改变水平杆转动的角速度，测得多组数据，以F为纵坐标，以1(Δt)2为横坐标，在坐标纸中描出数据点，请在图乙中作出F的图像；
（4）若F−1(Δt)2图像的斜率为k，纵截距为﹣b，重力加速度为g，则滑块的质量m＝ krd2 ，滑块与水平杆间的动摩擦因数μ＝ bd2gkr （用题中物理量k、b、d、r、g表示）。
【答案】（1）dΔt⋅r；（2）小；（3）；（4）krd2；bd2gkr。
【解答】解：（1）物体转动的线速度为v=dΔt
由v＝ωr解得ω=dΔt⋅r
（2）时间极短时，平均速度可近似等于瞬时速度，为了提高实验精度，需要缩短挡光时间，即挡光条的宽度应适当小些。
（3）将F−1(Δt)2图像中的点连接，舍弃明显偏离的点迹，如下图所示
（4）对滑块进行受力分析，合外力提供滑块的向心力，即F+f＝mω2r
且f＝fmax＝μmg
方程联立可得F=md2r⋅1(Δt)2−μmg
可知k=md2r，﹣b＝﹣μmg
则滑块的质量m=krd2
滑块与水平杆间的动摩擦因数μ=bmg=bd2gkr
故答案为：（1）dΔt⋅r；（2）小；（3）；（4）krd2；bd2gkr。
42．如图所示的简易实验装置可以粗略验证向心力公式，在水平桌面上固定一个刻度尺，刻度尺上固定一根结实的细线，细线另一端栓一枚金属小球。主要实验步骤有：
a．测量悬线的悬点到球心的距离L
b．让小球在水平面内做圆锥摆运动，转速稳定后，低头俯视小球，借助于刻度尺估测小球的运动半径r
c．用手机秒表功能测量小球转动n（n取值10～30）圈所用的时间t
（1）小球做圆锥摆运动的周期T＝ tn 。
（2）如果gT2＝ 4π2L2−r2 近似成立，则表明向心力公式成立。
（3）本实验优点是简单易行，缺点是误差较大，请写出造成误差的一条原因 借助刻度尺估测小球的运动半径r时会产生较大误差 。
【答案】（1）tn；（2）4π2L2−r2；（3）借助刻度尺估测小球的运动半径r时会产生较大误差。
【解答】解：（1）小球转动n圈所用的时间t，则小球做圆锥摆运动的周期T=tn；
（2）令悬线与竖直方向的夹角为θ，在竖直方向，有Fcsθ﹣mg＝0
在水平方向，有Fsinθ=m4π2T2r
根据几何关系有tanθ=rL2−r2
联立可得gT2=4π2L2−r2
近似成立，则表明向心力公式成立。
（3）借助刻度尺估测小球的运动半径r时会产生较大误差。
故答案为：（1）tn；（2）4π2L2−r2；（3）借助刻度尺估测小球的运动半径r时会产生较大误差。
43．在探究向心力大小的表达式的实验中，匀速摇动手柄，可以使塔轮匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动，探究小球所需的向心力大小与角速度的关系时：
（1）下列实验用到的物理方法与本实验相同的是 B 。
A．验证力的平行四边形定则
B.验证牛顿第二定律
C.伽利略对自由落体的研究
（2）在研究圆周运动所需的向心力大小与角速度关系时，下列说法正确的是 B 。
A.在小球运动半径不相等的情况下，用质量不同的钢球做实验
B.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验
C.在小球运动半径不相等的情况下，用质量相同的钢球做实验
D.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的钢球做实验
（3）在如图所示的装置中，钢球1与钢球2的质量相等，塔轮1的角速度小于塔轮2的角速度，转动手柄，钢球1的向心力 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）钢球2的向心力。
【答案】（1）B；（2）B；（3）小于。
【解答】解：（1）在探究小球所需的向心力大小与角速度的关系时，就要保证小球的质量、圆周运动的半径不变，研究方法为控制变量法，因此与验证牛顿第二定律的方法相同，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2）在探究小球所需的向心力大小与角速度的关系，要保证小球的质量、圆周运动的半径不变，观察所需向心力随着角速度的变化情况，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（3）在如图所示的装置中，钢球1与钢球2的质量相等，半径相同，由于塔轮1的角速度小于塔轮2的角速度，根据向心力公式
F＝mrω2
可以推知，钢球1所需向心力小于钢球2所需向心力。
故答案为：（1）B；（2）B；（3）小于。
题型1 向心力的定义及物理意义（受力分析方面）
题型2 向心力的表达式及影响向心力大小的因素
题型3 向心力的来源分析
题型4 通过受力分析求解向心力
题型5 牛顿第二定律与向心力结合解决问题
题型6 向心加速度的概念、方向及物理意义
题型7 向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素
题型8 向心加速度的计算
题型9 水平转盘上物体的圆周运动
题型10 倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动
题型11 物体被系在绳上做圆锥摆运动
题型12 物体在圆锥面上做圆周运动
题型13 圆周运动与平抛运动相结合的问题
题型14 探究圆周运动的相关参数问题
序号
1
2
3
4
5
6
F向
ω
ω2
序号
1
2
3
4
5
6
F向
r
序号
1
2
3
4
5
6
F向
m