2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案028-课时作业25 探究向心力大小与半径、角速度和质量的关系（教用）

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（1） 该探究实验采用的实验方法与下列哪个实验相同_ _ _ _ 。
A. 测量做直线运动物体的瞬时速度
B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究加速度与力和质量的关系
（2） 在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，将皮带套在半径不同的左右塔轮上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与_ _ _ _ _ _ _ _ （选填“运动半径r”或“角速度ω ”）的关系。
（3） 在（2）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为_ _ _ _ _ _ ；其他条件不变，若减小手柄转动的速度，则左右两标尺的示数将_ _ _ _ ，两标尺示数的比值_ _ _ _ 。（后两空均选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】（1） C
（2） 角速度ω
（3） 2:1；变小；不变
【解析】
（1） 探究小球做匀速圆周运动向心力F大小与小球质量m、角速度ω 和运动半径r之间的关系采用了控制变量法。测量做直线运动物体的瞬时速度时应用的是极限法，故A错误；探究两个互成角度的力的合成规律实验中采用的是等效替代法，故B错误；探究加速度与力和质量的关系的实验中采用的是控制变量法，故C正确。
（2） A、C与转动轴的距离之比为1:1，即转动半径相等，两球的质量也相等，可知此时可研究向心力的大小与角速度ω 的关系。
（3） 匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则左右两球的向心力之比为1:4，根据F=mω2r，由于控制圆周运动的半径r与小球的质量m相等，可知角速度之比为1:2，皮带连接的左、右塔轮边缘线速度相等，根据v=ωR可知，塔轮半径之比为2:1；其他条件不变，若减小手柄转动的速度，皮带连接的左、右塔轮边缘线速度相等，根据v=ωR，线速度减小，则角速度变小，根据F=mω2r可知，小球所需向心力大小变小，即左右两标尺的示数将变小，由于塔轮半径R之比不变，即角速度比值不变，可知两标尺示数的比值不变。
2．（2025·河北石家庄二模）（10分）在探究做匀速圆周运动的物体所受向心力大小与质量、角速度和半径的关系实验中：
（1） 小明同学用如图甲所示装置进行实验。在探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，将两个相同质量的小球，分别放在挡板C处与挡板_ _ _ _ （选填“A”或“B”）处，同时将传动皮带套在两个塔轮半径_ _ _ _ （选填“相同”或“不同”）的圆盘上。
甲
（2） 小红同学用如图乙所示装置验证向心力大小与角速度的关系。长度为L的细线上端固定，下端悬挂质量为m的小球（视为质点），将画有几个同心圆的白纸置于悬点下方的平台上，圆心在细线悬挂点的正下方。现给小球一初速度，使其恰沿纸面上半径为R的圆做匀速圆周运动，此时小球对纸面恰好无压力，用秒表记录小球转动n圈所用的总时间为t。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
乙
① 小球做匀速圆周运动的角速度为_ _ _ _ _ _ _ _ （用给出的字母表示）。
② 保持n的取值不变，改变L和R进行多次实验，可获取不同的t。若以t2为纵轴，作出的图像为一条直线，则横轴为_ _ _ _ （选填选项前的字母）。
A. L+RB. L−RC. L2−R2D. L2+R2
【答案】（1） B；相同
（2） ① 2πnt
② C
【解析】
（1） 在探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，应保证小球的质量、小球转动的角速度相同，转动半径不同，所以应将两个相同质量的小球，分别放在挡板C处与挡板B处，根据v=ωR可知，应同时将传动皮带套在两个塔轮半径相同的圆盘上，即保证角速度相同。
（2） 根据题意可得T=tn，所以ω=2πT=2πnt，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mω2R，tanθ=RL2−R2，联立可得t2=4π2n2gL2−R2，由此可知，若以t2为纵轴，作出的图像为一条直线，则横轴为L2−R2，故选C。
3．（9分）如图是一款能显示转速的多功能转动平台。某兴趣小组的同学利用该平台探究圆周运动中转速与半径的关系。
（1） 将螺母置于转动平台上，测量出螺母做圆周运动的半径R。缓慢调节转动平台转速至螺母恰好滑动，读出此时平台转速为n（单位为r/s），此时螺母的角速度大小为_ _ _ _ _ _ 。
（2） 改变半径R，得到多组转速n，若要使图像为一条过原点的直线，应作出n2−_ _ _ _ _ _ （选填“R”“R2”“1R”或“1R2”）图像。
（3） 由实验可得，做圆周运动的物体在向心力保持不变的情况下，转速的二次方与半径成_ _ _ _ （选填“正比”或“反比”）。
【答案】（1） 2πn
（2） 1R
（3） 反比
【解析】
（1） 缓慢调节转动平台转速至螺母恰好滑动，此时平台转速为n，则有ω=2πn，可知螺母的角速度大小为2πn。
（2） 缓慢调节转动平台转速至螺母恰好滑动，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2R=m(2πn)2R，整理可得n2=μg4π2⋅1R，要使图像为一条过原点的直线，应作出n2−1R图像。
4．（2025·山东德州三模）（9分）为探究向心力大小与角速度大小、半径、质量的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，将物块放置在卡槽内，卡槽沿径向固定于平台，平台绕中心轴的转速可调节，平台匀速转动时，物块随之做匀速圆周运动。转速传感器测量平台转速，力传感器测量物块所受拉力大小。
（1） 转速传感器的示数为n时，物块转动的角速度大小为ω=_ _ _ _ _ _ 。
（2） 利用控制变量法，保证物块质量和转动半径不变，探究向心力大小与角速度的关系。该同学根据测算数据画出的F−ω2图像如图乙所示，纵轴F为力传感器读数，横轴为ω2。图线不过坐标原点的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。用刻度尺测得物块转动的半径为50cm，由图线可知物块的质量m=_ _ _ _ kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1） 2πn
（2） 物块受摩擦力；0.25
【解析】
（1） 当转速传感器的示数为n时，物块转动的角速度大小为ω=2πn。
（2） 对物块受力分析，可知沿半径方向，物块除受拉力外，还受摩擦力作用，根据牛顿第二定律有F+f=mω2r，变形得F=mω2r−f，可知图线不过坐标原点的原因是物块受摩擦力。根据F=mω2r−f，可知F−ω2图像的斜率为k=mr，由题图乙可得F−ω2图像的斜率为k=0.54kg⋅m，解得m=0.25kg。
5．（2025·重庆沙坪坝段考）（12分）如图甲所示是某兴趣小组设计的验证向心力大小表达式的实验装置原理图。用一刚性细绳悬挂一质量为m的小球，小球的下方连接一轻质的遮光片，细绳上方的悬挂点处安装有一个力传感器，悬挂点的正下方固定一个光电门，两装置连接到同一数据采集器上，可以采集小球经过光电门的遮光时间和此时细绳拉力的大小，重力加速度为g。实验过程如下：
①用刻度尺测量出悬挂点到球心的距离L；
②将小球拉升到一定高度（细绳始终伸直）后释放，记录小球第一次经过最低点时遮光片的遮光时间Δt和力传感器示数F；
③改变小球拉升的高度，重复步骤②，测6～10组数据；
④根据测量得到的数据在坐标纸上绘制图像；
⑤改变悬挂点到球心的距离L，重复上述步骤，绘制得到的图像如图乙所示。
（1） 图乙中图像横坐标表示的物理量为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （选填“Δt”“1Δt”或“1(Δt)2”）。
（2） 理想情况下，图乙中各图线的延长线是否交于纵轴上的同一点？_ _ _ _ （选填“是”或“否”）。
（3） 图乙中A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为_ _ _ _ _ _ 。（细绳长度远大于小球直径）
（4） 将图乙的纵坐标改为_ _ _ _ _ _ _ _ 则可以得到结论：向心力的大小与线速度的二次方成正比。
（5） 由于遮光片位于小球的下方，图乙中的斜率与理论值相比_ _ _ _ （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1） 1(Δt)2
（2） 是
（3） 1:2
（4） F−mg
（5） 偏小
【解析】
（1） 小球经过光电门的速度大小为v=dΔt，根据牛顿第二定律有F−mg=mv2L，解得F=mg+md2L(Δt)2，可知图像横坐标表示的物理量为1(Δt)2。
（2） 由（1）中F=mg+md2L(Δt)2可知，图像与纵轴的交点代表mg，则理想情况下，题图乙中各图线的延长线交于纵轴上的同一点。
（3） 根据F=mg+md2L(Δt)2，可知图线的斜率为k=md2L，题图乙中A组实验与B组实验对应图线的斜率之比为kAkB=13131326=21，则A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳的长度之比为1:2。
（4） 根据Fn=F−mg=mv2L，可知将图乙的纵坐标改为F−mg则可以得到结论：向心力的大小与线速度的二次方成正比。
（5） 由于遮光片位于小球的下方，半径L变大，题图乙中的斜率与理论值相比偏小。