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第一節　勻速圓周運動
學習任務 1．認識圓周運動、勻速圓周運動，知道線速度、角速度、周期、轉速的概念。 2．能構建運動模型，掌握描述圓周運動的各物理量之間的關系。 3．能自制實驗，探究線速度與角速度的關系及各種傳動之間的關系，提高動手實驗能力。 4．觀察生活中的圓周運動特點，體會物理規律應用的方法和意義。
知識點一　線速度
1．圓周運動的概念
如果質點的運動軌跡是圓，那么這一質點的運動就稱為圓周運動。
2．勻速圓周運動的概念
(1)如果做圓周運動的質點線速度大小不隨時間變化，這種運動稱為勻速圓周運動。
(2)勻速圓周運動的速度方向時刻在變化。
3．線速度
(1)定義：在一段很短的時間Δt內，點A轉過的弧長為Δl，則反映了點A沿圓周運動的快慢，稱為線速度，用v表示。
(2)表達式：v＝或v＝，單位為米/秒，符號m/s。
(3)方向：線速度是矢量，既有大小，又有方向。圓周運動也是曲線運動，因此線速度的方向沿著圓周該點的切線方向。
(4)物理意義：當Δt足夠小時，弧長Δl與質點的位移Δs近似相等，此時線速度v實際上就是直線運動中的瞬時速度。
　勻速圓周運動是“勻速”運動嗎？
提示：不是。
1：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)勻速圓周運動是一種變速運動。 (　√　)
(2)做勻速圓周運動的物體，相等時間內通過的位移相同。 (　×　)
(3)做勻速圓周運動的物體，其所受合力一定不為零。 (　√　)
知識點二　角速度
1．定義：如圖所示，在一段很短的時間Δt內，半徑OA轉過的角度為Δθ，反映了質點繞圓心轉動的快慢，稱為角速度，用符號ω表示。
2．表達式：ω＝或ω＝。
3．國際單位：弧度每秒，符號是rad/s。
4．物理意義：角速度是描述質點繞圓心轉動快慢的物理量。
5．周期：做勻速圓周運動的質點，運動一周所用的時間稱為周期，用符號T表示，單位為秒(s)。
6．轉速：物體轉過的圈數與所用時間之比稱為轉速，用符號n表示。單位是轉每秒，符號是r/s；或者轉每分，符號是 r/min。
　物體做勻速圓周運動時，角速度不變。
2：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)轉速越大，周期一定越大。 (　×　)
(2)在國際單位制中，角的度量單位為度。 (　×　)
知識點三　線速度、角速度和周期間的關系
1．線速度大小與周期的關系
設某一質點沿半徑為r的圓做勻速圓周運動，在一個周期T內，做勻速圓周運動的質點通過的弧長為2πr，轉過的角度為2π，則關系式為v＝。
2．角速度的大小與周期的關系
ω＝。
3．線速度與角速度的關系
v＝ωr。
　角速度ω大的質點，其線速度v不一定大。
3：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)在半徑一定時，線速度與角速度成正比。 (　√　)
(2)公式v＝ωr僅適用于勻速圓周運動。 (　×　)
4：填空
甲、乙兩物體都做勻速圓周運動，其質量之比為1∶2，轉動半徑之比為1∶2，在相等時間里甲轉過60°，乙轉過45°，則它們的線速度之比為_________。
[解析]　由題意知甲、乙兩物體的角速度之比ω1∶ω2＝∶＝4∶3，故v1∶v2＝r1ω1∶r2ω2＝2∶3。
[答案]　2∶3
如圖所示，月球繞地球運動，地球繞太陽運動，這兩個運動都可看成是圓周運動，怎樣比較這兩個圓周運動的快慢？請看下面地球和月球的“對話”。
地球說：你怎么走得這么慢？我繞太陽運動1 s要走29.79 km，你繞我運動1 s才走1.02 km。
月球說：不能這樣說吧！你一年才繞太陽轉一圈，我27.3天就能繞你轉一圈，到底誰轉得慢？
請問：地球說得對，還是月球說得對？
提示：地球和月球說的均是片面的，它們選擇描述勻速圓周運動快慢的標準不同。嚴格來說地球繞太陽運動的線速度比月球繞地球運動的線速度大，而月球繞地球運動的角速度比地球繞太陽運動的角速度大。
考點1　描述圓周運動的物理量
1．描述圓周運動的各物理量之間的關系
2．描述圓周運動的各物理量之間關系的分析技巧
(1)角速度、周期、轉速之間關系的分析：物體做勻速圓周運動時，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、轉速三個物理量，只要其中一個物理量確定了，其余兩個物理量也就確定了。
(2)線速度與角速度之間關系的分析：由v＝ω·r知，r一定時，v∝ω；v一定時，ω∝；ω一定時，v∝r。
　在討論v、ω、r三者的關系時，應采用控制變量法，先保持其中一個量不變，再討論另外兩個量之間的關系。ω、T和n三個物理量可相互換算，只要其中一個量確定，其余兩個量也就確定了。
角度1　描述圓周運動的物理量
【典例1】　做勻速圓周運動的物體，10 s內沿半徑為20 m的圓周運動100 m，試求物體做勻速圓周運動時：
(1)線速度的大小；
(2)角速度的大??；
(3)周期的大小。
[解析]　(1)依據線速度的定義式可得
v＝＝ m/s＝10 m/s。
(2)依據v＝ωr可得ω＝＝ rad/s＝0.5 rad/s。
(3)T＝＝ s＝4π s。
[答案]　(1)10 m/s　(2)0.5 rad/s　(3)4π s
角度2　描述圓周運動的物理量間的關系
【典例2】　火車以60 m/s的速率駛過一段圓弧彎道，某乘客發現放在水平桌面上的指南針在10 s內勻速轉過了10°。在此10 s時間內，火車(　　)
A．運動位移為600 m
B．加速度為零
C．角速度約為1 rad/s
D．轉彎半徑約為3.4 km
D　[由Δs＝vΔt知，弧長Δs＝600 m，是路程而不是位移，A錯誤；火車在彎道內做曲線運動，加速度不為零，B錯誤；由10 s內勻速轉過10°知，角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，C錯誤；由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，D正確。]
　各物理量關系的三點注意
(1)v、ω、r間的關系為瞬時對應關系。
(2)討論v、ω、r三者關系時，先確保一個量不變，再確定另外兩個量間的正、反比關系。
(3)關系式v＝ωr適用于所有的圓周運動；關系式T＝適用于所有具有周期性運動的情況。
[跟進訓練]
1．(角度1)(多選)甲沿著半徑為R的圓周跑道勻速跑步，乙沿著半徑為2R的圓周跑道勻速跑步。在相同的時間內，甲、乙各自跑了一圈，他們的角速度分別為ω1、ω2，線速度大小分別為v1、v2，頻率分別為f1、f2，則(　　)
A．ω1＞ω2，f1＞f2　　　 B．ω1＝ω2，f1＝f2
C．ω1＝ω2，v1＜v2 D．ω1＜ω2，v1＞v2
BC　[由題意知，甲、乙兩人跑步的周期T相同，由f＝知，甲、乙兩人跑步的頻率相同，即f1＝f2；由ω＝知，甲、乙兩人的角速度相同，即ω1＝ω2；由v＝知，v1＜v2。B、C正確。]
2．(角度2)嘉興某高中開設了糕點制作的選修課，小明同學在體驗糕點制作的“裱花”環節時，如圖所示，他在繞中心勻速轉動的圓盤上放了一塊直徑約20 cm的蛋糕，在蛋糕邊緣上每隔4 s“點”一次奶油，蛋糕隨圓盤轉一周后均勻“點”上了15次奶油，則下列說法正確的是(　　)
A．圓盤轉動的轉速約為2π r/min
B．圓盤轉動的角速度大小約為 rad/s
C．蛋糕邊緣的奶油的線速度大小約為 m/s
D．圓盤轉動的頻率約為 Hz
B　[由題意可知，圓盤轉一周所需的時間為15×4 s＝60 s，因此周期為60 s，轉速為1 r/min，A錯誤；由角速度與周期的關系可得ω＝＝ rad/s＝ rad/s，B正確；蛋糕邊緣的奶油的線速度大小為v＝ωr＝ m/s，C錯誤；根據周期和頻率的關系可得圓盤轉動的頻率為f＝＝ Hz，D錯誤。]
考點2　常見三種傳動方式
1．三種傳動裝置
項目 同軸傳動 皮帶傳動 齒輪傳動
裝置 A、B兩點在同軸的一個圓盤上 兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣的點 兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點(兩齒輪的齒數分別為n1、n2)
特點 角速度、周期相同 線速度大小相同 線速度大小相同
轉動方向 相同 相同 相反
規律 線速度與半徑成正比：＝ 角速度與半徑成反比：＝ 周期與半徑成正比：＝ 角速度與半徑成反比：＝＝ 周期與半徑成正比：＝＝
2．求解傳動問題的思路
(1)分清傳動特點：若屬于皮帶傳動或齒輪傳動，則輪子邊緣各點線速度大小相等；若屬于同軸傳動，則輪上各點的角速度相等。
(2)確定半徑關系：根據裝置中各點位置確定半徑關系，或根據題意確定半徑關系。
(3)擇式分析：若線速度大小相等，則根據ω∝分析，若角速度大小相等，則根據v∝r分析。
【典例3】　如圖所示的傳動裝置中，B、C兩輪固定在一起同軸轉動，A、B兩輪用皮帶傳動，三個輪的半徑關系是rA＝＝2rB。若皮帶不打滑，求A、B、C三輪邊緣上a、b、c三點的角速度之比和線速度之比。
[解析]　A、B兩輪通過皮帶傳動，皮帶不打滑，則A、B兩輪邊緣的線速度大小相等，即va＝vb或va∶vb＝1∶1 ①
由v＝ωr得ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2 ②
B、C兩輪固定在一起同軸轉動，則B、C兩輪的角速度相等，即ωb＝ωc或ωb∶ωc＝1∶1 ③
由v＝ωr得vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2 ④
由②③得ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2
由①④得va∶vb∶vc＝1∶1∶2。
[答案]　1∶2∶2　1∶1∶2
[母題變式]
上例中，若C輪的轉速為n r/s，其他條件不變，則A輪邊緣的線速度和角速度各為多大？
[解析]　由ω＝2πn，vb＝ωrB
得va＝vb＝2πnrB
ωa＝＝＝πn。
[答案]　2πnrB　πn
　傳動裝置的特點
在處理傳動裝置中各物理量間的關系時，關鍵是確定其相同的量。
(1)同軸傳動的物體上各點的角速度、轉速和周期相等，但在同一輪上半徑不同的各點線速度不同。
(2)皮帶傳動(皮帶不打滑)中與皮帶接觸的兩輪邊緣上各點(或咬合的齒輪邊緣的各點)的線速度大小相同，角速度與半徑有關。
[跟進訓練]
3．如圖所示，A、B是兩個摩擦傳動的靠背輪。A是主動輪，B是從動輪，它們的半徑RA＝2RB，a和b兩點在各輪的邊緣，c和d在各輪半徑的中點，下列判斷正確的是(　　)
A．va＝2vb　 B．ωa＝2ωc
C．ωd＝ωc D．vb＝2vc
D　[由于A、B兩輪之間通過摩擦傳動，故A、B兩輪的邊緣的線速度大小相同，所以va＝vb，故A錯誤；a、c兩點同軸轉動，角速度相等，所以ωa＝ωc，故B錯誤；根據v＝ωR可得，ωaRA＝ωbRB，則ωa∶ωb＝RB∶RA＝1∶2，即ωb＝2ωa，a、c兩點角速度相等，b、d兩點角速度相等，所以ωd＝2ωc，故C錯誤；由于ωa＝ωc，Ra＝2Rc，故va∶vc＝2∶1，即va＝2vc，又va＝vb，所以vb＝2vc，故D正確。]
考點3　圓周運動的周期性和多解問題
1．問題特點
(1)研究對象：勻速圓周運動的多解問題含有兩個做不同運動的物體。
(2)運動特點：一個物體做勻速圓周運動，另一個物體做其他形式的運動(如平拋運動，勻速直線運動等)。
(3)運動的關系：由于兩物體運動的時間相等，根據等時性建立等式求解待求物理量。
2．分析技巧
(1)抓住聯系點：明確題中兩個物體的運動性質，抓住兩運動的聯系點。
(2)先特殊后一般：先考慮第一個周期的情況，再根據運動的周期性，考慮多個周期的情況。
【典例4】　如圖所示，一位同學做飛鏢游戲，已知圓盤的直徑為d，飛鏢距圓盤L，且對準圓盤上邊緣的A點水平拋出，初速度為v0，飛鏢拋出的同時，圓盤繞垂直圓盤過盤心O的水平軸勻速轉動，角速度為ω。若飛鏢恰好擊中A點，則下列關系式正確的是(　　)
A．＝L2g
B．ωL＝π(1＋2n)v0(n＝0，1，2，3，…)
C．v0＝ω
D．dω2＝gπ2(1＋2n)2(n＝0，1，2，3，…)
思路點撥：圓周運動是一種周期性運動，每經過一個周期物體都會回到原來的位置，本題中飛鏢恰好擊中A點說明在飛鏢做平拋運動的這段時間內圓盤應轉過的弧度為(2n＋1)π(n＝0，1，2，3，…)。飛鏢的水平位移為L，豎直位移為d，根據圓周運動和平拋運動的相關知識求解。
B　[依題意，飛鏢做平拋運動的同時，圓盤上A點做勻速圓周運動，恰好擊中A點，說明A正好在最低點被擊中，則A點轉動的時間t＝(n＝0，1，2，3，…)，平拋的時間t＝，則有＝(n＝0，1，2，3，…)，B正確，C錯誤；平拋的豎直位移為d，則d＝gt2，聯立有dω2＝gπ2(2n＋1)2(n＝＝L2g，A、D錯誤。]
　解決圓周運動多解性問題的方法
(1)明確兩個物體參與運動的性質和求解的問題。兩個物體參與的兩個運動雖然獨立進行，但一定有聯系點，其聯系點一般是時間或位移等，抓住兩運動的聯系點是解題關鍵。
(2)注意圓周運動的周期性造成的多解。分析問題時可暫時不考慮周期性，先確定一個周期的情況，再根據運動的周期性，在轉過的角度θ上再加上2nπ，具體n的取值應視情況而定。
[跟進訓練]
4．(多選)如圖所示，夜晚電風扇在閃光燈下運轉，閃光燈每秒閃45次，風扇轉軸O上裝有3個扇葉，它們互成120°角。當風扇轉動時，觀察者感覺扇葉不動，則風扇轉速可能是(　　)
A．600 r/min B．900 r/min
C．1 200 r/min D．1 800 r/min
BD　[閃光燈的閃光周期T＝ s，在一個周期T內，扇葉轉動的角度應為120°的整數倍，即圈的整數倍，所以最小轉速nmin＝＝15 r/s＝900 r/min，可能滿足題意的轉速為n＝knmin＝900k r/min (k＝1，2，3…)，故選項B、D正確，A、C錯誤。]
1．(多選)關于勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．勻速圓周運動是變速運動
B．勻速圓周運動的速率不變
C．任意相等時間內通過的位移相等
D．任意相等時間內通過的路程相等
ABD　[由勻速圓周運動的定義知，做勻速圓周運動的物體速度的大小不變，也就是速率不變，但速度方向時刻改變，故A、B兩項正確；做勻速圓周運動的物體在任意相等時間內通過的弧長即路程相等，但通過的位移不一定相等，故D項正確，C項錯誤。]
2．某時鐘走時準確，秒針和分針在某時刻重合，當它們再次重合時距第一次重合的時間間隔為(　　)
A． min B．1 min
C． min D． h
A　[分針的周期T1＝1 h＝3 600 s，秒針的周期T2＝1 min＝60 s，兩者的周期比T1∶T2＝60∶1，分針與秒針第1次重合到第2次重合有ω分t＋2π＝ω秒t，即t＋2π＝t，得時間間隔t＝＝ s＝ min，故選A。]
3．(多選)如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來，a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的(　　)
A．線速度大小之比為3∶3∶2
B．角速度大小之比為3∶3∶2
C．轉速之比為2∶3∶2
D．周期之比為2∶3∶3
AD　[A輪、B輪靠摩擦傳動，邊緣點的線速度大小相等，故va∶vb＝1∶1，根據公式v＝rω，有ωa∶ωb＝3∶2，根據ω＝2πn，有＝3∶2，根據T＝，有Ta∶Tb＝2∶3；B輪、C輪是同軸傳動，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，根據v＝rω，有vb∶vc＝3∶2，根據ω＝2πn，有nb∶nc＝1∶1，根據T＝，有Tb∶Tc＝1∶1，聯立可得＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，na∶nb∶nc＝∶Tc＝2∶3∶3。故A、D正確，B、C錯誤。]
4．(新情境題，以旋轉筒為背景，考查運動的周期性)水平放置的圓筒繞其中心對稱軸OO′勻速轉動，轉動的角速度ω＝2.5 π rad/s，筒壁上P處有一小圓孔，筒壁很薄，筒的半徑R＝2 m；如圖所示，當圓孔正上方某高度h處有一小球由靜止開始下落，已知圓孔的半徑略大于小球的半徑，試通過計算求小球恰好落入圓筒小孔時，釋放小球的高度h(空氣阻力不計，g取10 m/s2)。
[解析]　設小球做自由落體運動下落h高度歷時為t，
則h＝gt2
要使小球恰好落入小孔，對于圓筒的運動需滿足：
2kπ＝ωt(k＝1，2，3…)
聯立以上兩式并代入數據，
解得釋放小球的高度h為
h＝k2 m(k＝1，2，3…)。
[答案]　h＝k2 m(k＝1，2，3…)
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．描述勻速圓周運動的物理量有哪些？
提示：線速度、角速度、周期、轉速
2．線速度、角速度、周期和半徑滿足什么關系？　
提示：v＝ω·r　T＝＝
課時分層作業(四)　勻速圓周運動
?題組一　圓周運動及其物理量
1．(多選)質點做勻速圓周運動，則(　　)
A．在任何相等的時間里，質點的位移都相同
B．在任何相等的時間里，質點通過的路程都相等
C．在任何相等的時間里，質點運動的平均速度都相同
D．在任何相等的時間里，連接質點和圓心的半徑轉過的角度都相等
[答案]　BD
2．(多選)質點做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　)
A．因為v＝ωr，所以線速度大小v與軌道半徑r成正比
B．因為ω＝，所以角速度ω與軌道半徑r成反比
C．因為ω＝2πn，所以角速度ω與轉速n成正比
D．因為ω＝，所以角速度ω與周期T成反比
CD　[當ω一定時，線速度v大小才與軌道半徑r成正比，所以A錯誤；當v一定時，角速度ω才與軌道半徑r成反比，所以B錯誤；在用轉速或周期表示角速度時，角速度與轉速成正比，與周期成反比，所以C、D正確。]
3．把某一機械手表的分針與時針上的點看成是勻速圓周運動，且分針長度是時針長度的1.5倍，則(　　)
A．分針與時針的周期之比為1∶60
B．分針與時針的角速度之比為12∶1
C．分針與時針末端的線速度之比為8∶1
D．分針與時針的頻率之比為1∶12
B　[分針的周期為T分＝1 h，時針的周期為T時＝12 h，則分針與時針的周期之比為T分∶T時＝1∶12，由ω＝可知，分針與時針的角速度之比為ω分∶ω時＝12∶1，由f＝可知，分針與時針的頻率之比為f分∶f時＝12∶1，A、D錯誤，B正確；由v＝ωr得，分針與時針末端的線速度之比為v分∶v時＝ω分r分∶ω時r時＝18∶1，C錯誤。]
?題組二　常見三種傳動方式
4．如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉動，a和b是輪邊緣上的兩個點，則偏心輪轉動過程中，a、b兩點(　　)
A．角速度大小相同
B．線速度大小相同
C．周期大小不同
D．轉速大小不同
A　[同軸轉動，角速度大小相等，周期、轉速都相等，選項A正確，C、D錯誤；角速度大小相等，但轉動半徑不同，根據v＝ωr可知，線速度大小不同，選項B錯誤。]
5．(多選)如圖所示是中國古代玩具飲水鳥的示意圖，它的神奇之處是，在鳥的面前放上一杯水，鳥就會俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鳥將繞著O點不停擺動，一會兒它又會俯下身去，再“喝”一口水。P、Q是飲水鳥上兩點，且rPO>rQO，則在擺動過程中(　　)
A．P點的線速度小于Q點的線速度
B．P、Q兩點的角速度大小相等
C．相同時間內P、Q兩點通過的弧長相等
D．P、Q兩點的線速度方向相反
BD　[鳥將繞著O點不停擺動，P、Q是飲水鳥上兩點，屬于同軸轉動。P點離O點更遠，繞O點轉動的半徑大。根據同軸轉動角速度相等可知，P、Q兩點的角速度大小相等，故B正確；P、Q兩點的角速度大小相同，P點繞O點轉動的半徑大，根據v＝ωr知，P點的線速度較大，故A錯誤；P、Q兩點的線速度大小不同，故相同時間內通過的弧長不相等，故C錯誤；P、Q在O點兩端，兩點的線速度方向均與桿垂直，故兩點的線速度方向相反，選項D正確。]
6．(多選)變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度，如圖是某一變速車齒輪轉動結構示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒，則(　　)
A．該車可變換兩種不同擋位
B．該車可變換四種不同擋位
C．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4
D．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1
BC　[A輪通過鏈條分別與C、D連接，自行車可有兩種速度，B輪通過鏈條分別與C、D連接，又可有兩種速度，所以該車可變換4種擋位，故A錯誤，B正確；當A與D組合時，兩輪邊緣線速度大小相等，A輪轉一圈，D轉4圈，即＝，故C正確，D錯誤。]
7．圖甲是一款感應垃圾桶。手或垃圾靠近其感應區，桶蓋會自動繞O點水平打開，如圖乙所示。桶蓋在打開的過程中，其邊上A、B兩點的角速度分別為ωA、ωB，線速度分別為vA、vB，則(　　)
A．ωA＞ωB B．ωA＜ωB
C．vA＞vB D．vA＜vB
D　[桶蓋上的A、B兩點同時繞著O點轉動，則角速度相等，即ωA＝ωB；根據v＝ωr，又有rB>rA，則vB>vA，故A、B、C錯誤，D正確。]
?題組三　圓周運動的周期性和多解問題
8．為了測定子彈的飛行速度，在一根水平放置的軸桿上固定兩個薄圓盤A、B，盤A、B平行且相距2 m，軸桿的轉速為3 600 r/min，子彈穿過兩盤留下兩彈孔a、b，測得兩彈孔所在半徑的夾角θ＝30°，如圖所示。則該子彈的速度可能是(　　)
A．360 m/s B．720 m/s
C．1 440 m/s D．108 m/s
C　[子彈從A盤到B盤，B盤轉過的角度θ＝2πn＋(n＝0，1，2，…)，B盤轉動的角速度ω＝＝2πf＝2πn＝2π× rad/s＝120π rad/s，子彈在A、B盤間運動的時間等于B盤轉動的時間，即＝，所以v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，n＝0時，v＝1 440 m/s；n＝1時，v≈110.77 m/s；n＝2時，v＝57.6 m/s，C正確。]
9．如圖所示，B物體放在光滑的水平地面上，在水平力F的作用下由靜止開始運動，B物體的質量為m，同時A物體在豎直面內由M點開始做半徑為r、角速度為ω的勻速圓周運動。求滿足使A、B速度相同的力F的取值。
[解析]　速度相同即大小、方向相同，B為水平向右，A一定要在最低點才能保證速度水平向右。由題意可知，當A從M點運動到最低點時
t＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，線速度v＝ωr
對于B(初速度為0)
v＝at＝＝
解得F＝(n＝0，1，2，…)。
[答案]　F＝(n＝0，1，2，…)第二節　向心力與向心加速度
第1課時　向心力
學習任務 1．了解向心力的概念，知道向心力是根據力的作用效果命名的。 2．通過實驗探究影響向心力大小的因素，掌握拓展實驗的探究方法，提高動手實驗的能力。 3．掌握向心力公式，并能分析向心力的來源，解決相關問題。 4．從實際問題中體會向心力的應用，指導生活生產實際，培養學以致用的科學精神。
知識點　感受向心力及向心力的公式
1．定義：
大量實驗表明，物體做勻速圓周運動時所受合外力的方向始終指向軌跡的圓心，這個指向圓心的合外力稱為向心力。
2．方向：
向心力的方向始終指向圓心，總是與線速度方向垂直。
3．公式：
F＝mω2r或者F＝。
4．效果力：
向心力是根據力的作用效果來命名的，它可以由不同性質的力如彈力、重力、摩擦力等提供，也可以由某一力的分力或某些力的合力提供。
　向心力是和重力、彈力、摩擦力一樣的力嗎？
提示：不一樣，向心力是效果力。
　思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)做勻速圓周運動的物體所受的向心力是恒力。 (　×　)
(2)向心力和重力、彈力一樣，是性質力。 (　×　)
(3)向心力可以由重力或彈力等來充當，是效果力。 (　√　)
飛機在空中水平面內做勻速圓周運動；在光滑漏斗內壁上，小球做勻速圓周運動。
(1)飛機和小球在運動過程中受到哪些力的作用？
(2)飛機受力的合力方向及作用效果是什么？
提示：(1)飛機受到重力和升力的作用；小球受到重力和支持力的作用。
(2)這些力的合力指向圓周運動的圓心，充當向心力，改變速度的方向。
考點1　對向心力的理解
1．向心力的特點
由于向心力的方向與物體運動方向始終垂直，故向心力是變力。其作用不改變線速度的大小，只改變線速度的方向。
2．向心力的來源分析
在勻速圓周運動中，由合力提供向心力。在非勻速圓周運動中，物體合力不是始終指向圓心，沿半徑方向的合力指向圓心，提供向心力。
3．向心力來源的實例分析
向心力來源 實例分析
重力提供向心力　 如圖所示，用細繩拴住小球，使小球在豎直面內轉動，當它經過最高點時，若細繩的拉力恰好為零，則此時向心力由小球所受的重力提供
彈力提供 向心力　 如圖所示，繩子的一端系在光滑水平桌面上的O點，另一端系一小球，使小球在桌面上做勻速圓周運動，則小球做勻速圓周運動的向心力由繩子的拉力(彈力)提供
摩擦力提 供向心力 如圖所示，木塊隨圓盤一起做勻速圓周運動，其所需的向心力由靜摩擦力提供。木塊相對圓盤的運動趨勢的方向沿半徑背離圓心，靜摩擦力的方向與相對運動趨勢的方向相反。但是，當圓盤光滑(無摩擦力)時，木塊將沿切線方向飛出，說明木塊相對于地面的運動趨勢的方向沿切線方向，而相對于圓盤的運動趨勢的方向沿半徑向外
合力提供 向心力 如圖所示，細線拉住小球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球經過最低點時，向心力由細線的拉力和小球重力的合力提供
分力提供 向心力 如圖所示，小球在細線作用下，在水平面內做圓周運動時，向心力由細線的拉力在水平方向的分力提供
【典例1】　如圖所示，物塊P置于水平轉盤上隨轉盤一起運動，圖中c方向沿半徑指向圓心，a方向與c方向垂直。當轉盤逆時針轉動時，下列說法正確的是(　　)
A．當轉盤勻速轉動時，P所受摩擦力方向為c
B．當轉盤勻速轉動時，P不受轉盤的摩擦力
C．當轉盤加速轉動時，P所受摩擦力方向可能為a
D．當轉盤減速轉動時，P所受摩擦力方向可能為b
A　[轉盤勻速轉動時，物塊P所受的重力和支持力平衡，摩擦力提供其做勻速圓周運動的向心力，故摩擦力方向為c，A項正確，B項錯誤；當轉盤加速轉動時，物塊P做加速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有指向a方向的切向力，使線速度大小增大，故摩擦力可能沿b方向，不可能沿a方向，C項錯誤；當轉盤減速轉動時，物塊P做減速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有與a方向相反的切向力，使線速度大小減小，故摩擦力可能沿d方向，不可能沿b方向，D項錯誤。]
　分析向心力來源的注意點
(1)向心力可能是物體受到的某一個力，也可能是某一個力的分力或某幾個力的合力。
(2)物體做勻速圓周運動時，合力一定是向心力，方向指向圓心，只改變速度的方向。
(3)物體做變速圓周運動時，合力方向與速度方向一定不垂直，合力沿半徑方向的分力充當向心力，改變速度的方向；合力沿平行軌道切線方向的分力改變速度的大小。
(4)物體做變速圓周運動，當速率增大時，物體受到的合力與速度方向的夾角為銳角；當速率減小時，物體受到的合力與速度方向的夾角為鈍角。
[跟進訓練]
1．(多選)如圖所示為游樂園中的“空中飛椅”設施，游客乘坐飛椅從啟動，勻速旋轉，再到逐漸停止運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．游客和飛椅的向心力等于連接飛椅的繩子的拉力
B．游客所受的合力可能大于游客的向心力
C．當游客做勻速圓周運動時，其所受合力的方向總是與速度方向垂直
D．當游客做速率減小的曲線運動時，其所受合力的方向一定與速度方向相反
BC　[游客和飛椅的向心力由繩子的拉力在指向圓心方向的分力提供，向心力不等于繩子的拉力，故A錯；在啟動過程中，合力一部分提供向心力，一部分提供切向加速度使游客和飛椅加速，該過程中游客所受的合力大于游客的向心力，故B對；當游客做勻速圓周運動時，游客所受的合力完全提供向心力，只改變速度方向，不改變速度大小，即所受合力的方向總是與速度方向垂直，故C對；當游客做速率減小的曲線運動時，其所受合力的方向與速度方向成鈍角，切線方向的分力產生切向加速度，使游客的速率減小，故D錯。]
考點2　實驗：探究影響向心力大小的因素
1．實驗原理與設計
(1)實驗的基本思想——控制變量法。
在物理實驗中，根據實驗需求，要注意使實驗過程中的不同變量保持不變。
(2)設計思路。
a．若要討論向心力與質量的關系，應控制半徑、角速度不變。
b．若要討論向心力與半徑的關系，應控制質量、角速度不變。
c．若要討論向心力與角速度的關系，應控制質量、半徑不變。
2．實驗器材
向心力演示器、天平、質量不等的若干小球等。
3．實驗步驟
向心力演示器如圖所示，勻速轉動手柄1，可以使變速塔輪2和3以及長槽4和短槽5隨之勻速轉動。皮帶分別套在塔輪2和3的不同圓盤上，可使兩個槽內的小球分別以幾種不同的角速度做勻速圓周運動。小球做勻速圓周運動的向心力由橫臂6的擋板對小球的壓力提供，球對擋板的反作用力，通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力套筒7下降，從而露出標尺8，根據標尺8上露出的紅白相間等分格，可以粗略計算出兩個球所受向心力的比值。其實驗步驟如下：
(1)皮帶套在塔輪2、3半徑相同的圓盤上，小球轉動半徑和轉動角速度相同時，探究向心力與小球質量的關系。
(2)皮帶套在塔輪2、3半徑相同的圓盤上，小球轉動角速度和質量相同時，探究向心力與轉動半徑的關系。
(3)皮帶套在塔輪2、3半徑不同的圓盤上，小球質量和轉動半徑相同時，探究向心力與角速度的關系。
4．數據收集與分析
(1)列F、m數據收集表格。
把不同質量的小球放在長槽和短槽內，確保小球的轉動半徑和角速度相同，把小球的向心力和質量填在下表中：
實驗序號 1 2 3 4 5
質量m/kg
向心力F/N
(2)作F-m圖像。
以F為縱坐標、m為橫坐標，根據數據作F-m圖像，用曲線擬合測量點，找出規律，分析F與m的關系。
(3)列F、r數據收集表格。
把相同質量的小球分別放在長槽和短槽內，確保小球的質量和角速度相同，把小球的向心力和轉動半徑填在下表中：
實驗序號 1 2 3 4 5
半徑r/m
向心力F/N
(4)作F-r圖像。
以F為縱坐標、r為橫坐標，根據數據作F-r圖像，用曲線擬合測量點，找出規律，分析F與r的關系。
(5)列F、ω數據收集表格。
把相同質量的小球分別放在長槽和短槽內，確保小球的質量和轉動半徑相等，把小球的向心力和角速度以及角速度的二次方填在下表中：
實驗序號 1 2 3 4 5
角速度ω/rad
角速度的二次方ω2/rad2
向心力F/N
(6)作F-ω2圖像。
以F為縱坐標、ω2為橫坐標，根據數據作圖像，用曲線擬合測量點，找出規律，分析F與ω2的關系。
5．實驗結論
(1)在半徑和角速度相同時，向心力與質量成正比。
(2)在質量和角速度相同時，向心力與轉動半徑成正比。
(3)在轉動半徑和質量相同時，向心力與角速度的二次方成正比。
通過歸納和推導，可得向心力的表達式：
Fn＝mrω2＝m＝mωv＝mr。
6．注意事項
(1)實驗前要做好橫臂支架的安全檢查，螺釘是否有松動。
(2)標尺格數比應選擇最小格數進行，使學生容易看清格數比。如：F1∶F2＝1∶4，可以選擇2格和8格，但最好使用1格和4格。
(3)轉動轉臺時，應先讓一個套筒的標尺達到預定的整數格，然后觀察另一個套筒的標尺。
(4)實驗時，轉速應從慢到快。
【典例2】　如圖是探究影響向心力大小的因素的實驗裝置。長槽上的擋板B到轉軸的距離是擋板A到轉軸距離的2倍，長槽上的擋板A和短槽上的擋板C到各自轉軸的距離相等。轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力提供向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上紅白相間的等分格顯示出兩個球所受向心力的比值。
(1)該實驗應用_________(選填“理想實驗法”“控制變量法”或“等效替代法”)來探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。
(2)探究向心力的大小F與角速度ω的關系時，應將傳動皮帶套在兩塔輪半徑不同的輪盤上，將質量相同的小球分別放在擋板_________(選填“A”或“B”)和擋板C處。
[解析]　(1)該實驗應用控制變量法來探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。
(2)探究向心力的大小與角速度的關系時，應控制兩球的質量及兩球做圓周運動的軌道半徑相等，即應選擇兩個質量相同的球，分別放在擋板A與擋板C處，同時選擇半徑不同的兩個輪盤。
[答案]　(1)控制變量法　(2)A
[跟進訓練]
2．如圖所示，圖甲為“利用向心力演示器驗證向心力公式”的實驗示意圖，圖乙為其俯視圖。圖中A、B槽分別與a、b輪同軸固定，且a、b輪半徑相同。當a、b兩輪在皮帶的帶動下勻速轉動時，
(1)兩槽轉動的角速度ωA_________ωB(選填“＞”“＝”或“＜”)。
(2)現有兩個質量相同的鋼球，球1放在A槽的橫臂擋板處，球2放在B槽的橫臂擋板處，它們到各自轉軸的距離之比為2∶1，則鋼球1、2的線速度之比為_________；當鋼球1、2各自對應的標尺露出的格數之比為_________時，向心力公式F＝mω2r得到驗證。
[解析]　(1)因a、b兩輪通過皮帶相連，且a、b兩輪半徑相同，故兩輪角速度相同；而A、B槽分別與a、b輪同軸固定，故兩槽的角速度分別與兩輪的角速度相等，綜上可知兩槽轉動的角速度相等，即ωA＝ωB。
(2)鋼球1、2的角速度相同，做勻速圓周運動的半徑之比為2∶1，根據v＝ωr可知，鋼球1、2的線速度之比為2∶1，根據向心力公式F＝mω2r可知，鋼球1、2受到的向心力之比為2∶1，則當它們各自對應的標尺露出的格數之比為2∶1時，向心力公式F＝mω2r得到驗證。
[答案]　(1)＝　(2)2∶1　2∶1
考點3　勻速圓周運動的動力學問題
1．指導思想
凡是做勻速圓周運動的物體一定需要向心力，而物體所受外力的合力提供向心力，這是處理該類問題的基礎。
2．解題步驟
(1)明確研究對象(做圓周運動的物體)，確定其做勻速圓周運動的軌道平面。
(2)分析幾何關系，目的是確定勻速圓周運動的圓心、軌道半徑；分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度等相關量；分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源。
(3)列方程：沿半徑方向合力滿足Fx＝mrω2＝m＝，垂直半徑方向合力滿足Fy＝0。
(4)聯立方程求出結果。
【典例3】　有一種叫“飛椅”的游樂項目，示意圖如圖所示。長為L的鋼繩一端系著質量為m的座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉盤邊緣。轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。當轉盤以角速度ω勻速轉動時，鋼繩與轉動軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角為θ。不計鋼繩的重力，重力加速度為g，求：
(1)轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系；
(2)此時鋼繩的拉力。
思路點撥：解此題可按以下思路。
―→―→―→
[解析]　(1)轉盤轉動的角速度為ω時，鋼繩與豎直方向的夾角為θ，則座椅到轉軸的距離即座椅做圓周運動的半徑為
R＝r＋Lsin θ ①
對座椅受力分析，如圖所示。
根據幾何關系可知Fn＝mg tan θ
由向心力的公式得mg tan θ＝mω2R ②
由①②得：ω＝。
(2)設鋼繩的拉力為FT，由三角函數知
FT＝。
[答案]　(1)ω＝　(2)
　勻速圓周運動問題的求解方法
圓周運動問題仍屬于一般的動力學問題，無非是兩類基本問題：由物體的受力情況確定物體的運動情況，或者由物體的運動情況求解物體的受力情況。整體步驟仍與“用牛頓運動定律解決問題”一致。但是一定要確定圓周運動所在的平面以及圓心和半徑。
[跟進訓練]
3．如圖所示，水平轉盤上放有一個質量為m的小物體，小物體離轉軸的距離為r，轉軸與小物體間用一根剛好伸直的細線相連，小物體和轉盤間的最大靜摩擦力等于重力的μ倍，細線所能承受的最大拉力為3μmg。問：
(1)當轉盤角速度為多少時，細線的拉力為零？
(2)若小物體始終相對轉盤靜止，轉盤轉動的最大角速度是多少？
[解析]　 (1)當物體僅由靜摩擦力提供向心力時，最大的向心力為μmg，此時
μmg≥mω2r
解得ω≤。
(2)當拉力達到最大時，轉盤有最大角速度ωmax，
μmg＋Fm＝
即：μmg＋3μmg＝
解得：ωmax＝＝2。
[答案]　(1)ω≤　(2)2
考點4　變速圓周運動與一般曲線運動
1．變速圓周運動合力的作用效果
(1)跟圓周相切的分力Ft：產生切向加速度，此加速度改變線速度的大小。
(2)指向圓心的分力Fn：產生向心加速度，此加速度改變線速度的方向。
2．勻速圓周運動與變速圓周運動的比較
比較項 勻速圓周運動 變速圓周運動
線速度特點 線速度的方向不斷改變、大小不變 線速度的大小、方向都不斷改變
受力特點 合力方向一定指向圓心，充當向心力 合力可分解為與圓周相切的分力和指向圓心的分力，指向圓心的分力充當向心力
周期性 有 不一定有
性質 均是非勻變速曲線運動
公式 Fn＝m＝mω2r都適用
3．一般曲線運動
(1)運動軌跡既不是直線也不是圓周的曲線運動。
(2)處理方法：一般的曲線運動中，可以把曲線分割成許多很短的小段，質點在每小段的運動都可以看作圓周運動的一部分。
【典例4】　一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖甲所示，曲線上的A點的曲率圓定義：通過A點和曲線上緊鄰A點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫作A點的曲率圓，其半徑ρ叫作A點的曲率半徑?，F將一物體沿與水平面成α角的方向以速度v0拋出，如圖乙所示。則在其軌跡最高點P處的曲率半徑是(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
思路點撥：物體在軌跡最高點以某一曲率半徑做圓周運動的向心力由重力提供，列出重力等于向心力的表達式進行求解。
C　[斜拋出去的物體同時參與兩個方向的運動：水平方向以速度vx＝v0cos α做勻速直線運動，豎直方向以初速度vy＝v0sin α做勻減速直線運動。到最高點時，豎直方向速度為零，其速度為vP＝v0cos α，且為水平方向。這時重力提供其做圓周運動的向心力，由mg＝m得ρ′＝，所以C正確，A、B、D錯誤。]
　變速圓周運動問題的兩點注意
(1)變速圓周運動中，某一點的向心力均可用Fn＝m、Fn＝mrω2公式求解，這些公式雖然是從勻速圓周運動中得出的，但在變速圓周運動中它們仍然適用，只不過應用時要注意Fn、ω、v必須是同一時刻的瞬時值。
(2)曲線運動中，質點在某一點的速度方向是曲線上這一點的切線方向，此點的曲率半徑表示曲線在此處的彎曲程度。
[跟進訓練]
4．如圖所示，某物體沿光滑圓弧軌道由最高點滑到最低點過程中，物體的速率逐漸增大，則(　　)
A．物體的合力為零
B．物體的合力大小不變，方向始終指向圓心O
C．物體的合力就是向心力
D．物體的合力方向始終不與其運動方向垂直(最低點除外)
D　[物體做加速曲線運動，合力不為零，A錯誤；物體做速度大小變化的圓周運動，合力不指向圓心(最低點除外)，合力沿半徑方向的分力提供向心力，合力沿切線方向的分力使物體速度變大，即除在最低點外，物體的速度方向與合力方向的夾角始終為銳角，合力與速度不垂直，B、C錯誤，D正確。]
1．下列說法中正確的是(　　)
A．只要物體做圓周運動，它所受的合力一定指向圓心
B．做曲線運動的物體，受到的合力方向一定在不斷改變
C．勻速圓周運動是勻速運動
D．向心力只改變做圓周運動的物體的速度方向，不改變速度的大小
D　[只有做勻速圓周運動的物體所受合力才一定指向圓心，A錯誤；物體做曲線運動的條件是合力的方向與速度方向不在同一條直線上，但合力方向不一定變化，如平拋運動，B錯誤；勻速圓周運動速度大小不變，方向沿圓周的切線方向，時刻在變化，所以速度是變化的，是變速運動，C錯誤；向心力只改變速度的方向，不改變速度的大小，D正確。]
2．如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為(　　)
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
B　[本題考查圓周運動中的受力問題。該同學在蕩秋千過程中的最低點，同學和踏板整體受到的重力和兩根繩的拉力的合力提供同學和踏板做圓周運動的向心力，設每根繩子上平均承受的拉力大小為F，由牛頓第二定律得2F－mg＝m，解得F＝＝＝410 N，B正確，A、C、D錯誤。]
3．如圖所示為改裝的探究圓周運動向心力的實驗裝置。有機玻璃支架上固定一個直流電動機，電動機轉軸上固定一個半徑為r的塑料圓盤，圓盤中心正下方用細線接一個重錘，圓盤邊緣連接細繩，細繩另一端連接一個小球。實驗操作如下：
①利用天平測量小球的質量m，記錄當地的重力加速度g的大??；
②閉合電源開關，讓小球做如圖所示的勻速圓周運動，調節激光筆2的高度和激光筆1的位置，讓激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺測量小球球心到塑料圓盤的豎直高度h和小球做勻速圓周運動的半徑R；
③當小球第1次到達A點時開始計時，并記錄為1次，記錄小球n次到達A點的時間t；
④切斷電源，整理器材。
請回答下列問題：
(1)下列說法正確的是_________。
A．小球運動的周期為
B．小球運動的線速度大小為
C．小球運動的向心力大小為
D．若電動機轉速增加，激光筆1、2應分別左移、升高
(2)若已測出R＝40.00 cm、r＝4.00 cm、h＝90.00 cm、t＝100.00 s、n＝51，π取3.14，則小球做勻速圓周運動的周期T＝_________s，記錄的當地重力加速度大小應為g＝_________m/s2(計算結果均保留三位有效數字)。
[解析]　(1)小球從第1次通過A位置到第n次通過A位置，轉動的圈數為n－1，所用時間為t，故周期T＝，A錯誤；小球的線速度大小v＝＝，B正確；小球受重力和拉力，二力的合力提供小球做勻速圓周運動的向心力，設細繩與豎直方向的夾角為α，則有Fn＝mg tan α＝，C錯誤；若電動機的轉速增加，小球做勻速圓周運動所需的向心力增大，則細繩與豎直方向的夾角增大，故轉動半徑增大，小球球心到塑料圓盤的豎直高度減小，激光筆1、2應分別左移、升高，D正確。
(2)小球做圓周運動的周期T＝＝ s＝2.00 s；向心力Fn＝＝mR，解得g＝9.86 m/s2。
[答案]　(1)BD　(2)2.00　9.86
4．(新情境題，以體育運動為背景考查圓周運動規律)如圖所示，雙人花樣滑冰運動中男運動員拉著女運動員做圓錐擺運動，觀眾有時會看到女運動員被男運動員拉著離開冰面在空中做水平方向的勻速圓周運動。若女運動員做圓錐擺運動時和豎直方向的夾角約為θ，女運動的質量為m，轉動過程中女運動員的重心做勻速圓周運動的半徑為r，求：
(1)男運動員對女運動員的拉力大小。
(2)男運動員轉動的角速度。
[解析]　設男運動員對女運動員的拉力大小為F，女運動員受力分析如圖所示，則Fcos θ＝mg
Fsin θ＝mω2r
解得F＝
ω＝。
[答案]　(1)　(2)
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．向心力的特點是什么？
提示：向心力的方向始終指向圓心，向心力的作用效果用來改變速度的方向。
2．向心力一定是合外力嗎？
提示：不一定，勻速圓周運動的向心力是合外力。
3．向心力的大小和哪些因素有關？
提示：與物體的質量、線速度、運動半徑有關。
課時分層作業(五)　向心力
?題組一　對勻速圓周運動向心力的理解
1．(多選)對于做勻速圓周運動的物體，下列判斷正確的是(　　)
A．合力的大小不變，方向一定指向圓心
B．合力的大小不變，方向也不變
C．合力產生的效果既改變速度的方向，又改變速度的大小
D．合力產生的效果只改變速度的方向，不改變速度的大小
[答案]　AD
2．如圖所示，在水平冰面上，狗拉著雪橇做勻速圓周運動，O點為圓心。能正確表示雪橇受到的牽引力F及摩擦力f的圖是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
[答案]　C
3．(2023·全國甲卷)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
C　[質點做勻速圓周運動，根據題意設周期T＝，合力等于向心力，根據F合＝Fn＝mr，聯立可得Fn＝r 3，其中為常數，r的指數為3，故題中n＝3，故選C。]
4．(多選)如圖所示，一小球用細繩懸掛于O點，將其拉離豎直位置一個角度后釋放，則小球以O點為圓心做圓周運動，提供運動中小球所需向心力的是 (　　)
A．繩的拉力
B．重力和繩拉力的合力
C．重力和繩拉力的合力沿繩方向的分力
D．繩的拉力和重力沿繩方向分力的合力
CD　[如圖所示，對小球進行受力分析，它受到重力和繩的拉力作用，向心力是指向圓心方向的合力。因此，它可以是小球所受合力沿繩方向的分力，也可以是各力沿繩方向的分力的合力。故選項C、D正確。]
?題組二　實驗：探究影響向心力大小的因素
5．如圖所示是一種簡易的圓周運動向心力演示儀，圖中A、B為兩個穿在水平滑桿上并通過棉線與轉軸相連的重錘。試結合下列演示現象，分析影響向心力的因素。
(1)使線長LA＝LB，質量mA＞mB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨_________的增大而增大；
(2)使質量mA＝mB，線長LA＞LB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在重錘質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨_________的增大而增大；
(3)對任一次斷線過程進行考察；
現象：并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后線才斷的；
表明：在重錘質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨_________的增大而增大。
[解析]　(1)兩重錘的質量mA＞mB，連接A的棉線先斷，即質量越大，棉線的拉力越大，則說明在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨重錘質量的增大而增大。
(2)兩重錘質量mA＝mB，線長LA＞LB，而連接A的棉線先斷，即棉線越長，所受的拉力越大；表明在重錘質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動半徑的增大而增大。
(3)并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后隨著轉動角速度的增大線才斷的，表明在重錘質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動角速度的增大而增大。
[答案]　(1)重錘質量　(2)轉動半徑　(3)轉動角速度
6．如圖所示是探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗裝置圖，轉動手柄1，可使變速塔輪2和3以及長槽4和短槽5隨之勻速轉動。皮帶分別套在塔輪2和3上的不同圓盤上，可使兩個槽內的小球6、7分別以不同的角速度做勻速圓周運動。小球做圓周運動的向心力由橫臂8的擋板對小球的壓力提供，球對擋板的反作用力，通過橫臂8的杠桿作用使彈簧測力套筒9下降，從而露出標尺10，標尺10上露出的紅白相間的等分格顯示出兩個球所受向心力的比值。那么：
(1)現將兩小球分別放在兩邊的槽內，為了探究小球受到的向心力大小和角速度的關系，下列說法中正確的是_________。
A．在小球運動半徑相等的情況下，用質量相同的小球做實驗
B．在小球運動半徑相等的情況下，用質量不同的小球做實驗
C．在小球運動半徑不相等的情況下，用質量不同的小球做實驗
D．在小球運動半徑不相等的情況下，用質量相同的小球做實驗
(2)在該實驗中應用了_________(選填“理想實驗法”“控制變量法”或“等效替代法”)來探究向心力的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。
(3)當用兩個質量相等的小球做實驗，且左邊小球的軌道半徑為右邊小球的軌道半徑的2倍時，轉動時發現右邊標尺上露出的紅白相間的等分格數為左邊的2倍，那么，左邊塔輪與右邊塔輪之間的角速度之比為_________。
[解析]　(1)根據F＝mrω2知，要研究小球受到的向心力大小與角速度的關系，需控制小球的質量和半徑不變，所以A正確，B、C、D錯誤。
(2)由前面分析可以知道該實驗采用的是控制變量法。
(3)根據已知條件得，右邊小球受到的向心力是左邊小球的2倍，故可以知道左邊塔輪與右邊塔輪之間的角速度之比為1∶2。
[答案]　(1)A　(2)控制變量法　(3)1∶2
?題組三　向心力的計算
7．(多選)在光滑的水平面上，用長為l的細線拴一質量為m的小球，以角速度ω做勻速圓周運動，下列說法中正確的是(　　)
A．l、ω不變，m越大線越易被拉斷
B．m、ω不變，l越小線越易被拉斷
C．m、l不變，ω越大線越易被拉斷
D．m不變，l減半且角速度加倍時，線的拉力不變
AC　[在光滑水平面上的物體的向心力由繩的拉力提供，由向心力公式F＝mω2l，得選項A、C正確。]
8．如圖所示，把一個長為20 cm、勁度系數為360 N/m的彈簧一端固定，并作為圓心，彈簧的另一端連接一個質量為0.50 kg的小球，當小球以 r/min 的轉速在光滑水平面上做勻速圓周運動時，彈簧的伸長應為(　　)
A．5.2 cm B．5.3 cm
C．5.0 cm D．5.4 cm
C　[小球轉動的角速度ω＝2πn＝ rad/s＝12 rad/s，由向心力公式得kx＝mω2·(x0＋x)，解得x＝＝ m＝0.05 m＝5.0 cm。故C正確。]
9．長為L的細線，一端拴一質量為m的小球，另一端固定于O點，讓小球在水平面內做勻速圓周運動，重力加速度為g，如圖所示，當細線與豎直方向的夾角為α時，求：
(1)細線的拉力F的大小；
(2)小球運動的線速度大小；
(3)小球運動的角速度及周期。
[解析]　對做勻速圓周運動的小球進行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg和細線的拉力F的作用。
(1)因為小球在水平面內做勻速圓周運動，所以小球受到的合力沿水平方向且指向圓心O′。由平行四邊形定則得，小球受到的合力大小F合＝mg tan α，細線的拉力大小F＝。
(2)由牛頓第二定律得mg tan α＝m
由幾何關系得r＝Lsin α
解得小球運動的線速度大小
v＝。
(3)小球運動的角速度ω＝＝＝
小球運動的周期T＝＝2π。
[答案]　(1)　(2)　(3)　2π
1．質量不計的輕質彈性桿P插在桌面上，桿端套有一個質量為m的小球，今使小球沿水平方向做半徑為R的勻速圓周運動，角速度為ω，如圖所示，則桿的上端受到小球的作用力大小為(　　)
A．mω2R
B．
C．
D．不能確定
C　[小球在重力和桿的作用力下做勻速圓周運動。這兩個力的合力充當向心力必指向圓心，如圖所示。用力的合成法可得桿的作用力：
F＝＝，根據牛頓第三定律，小球對桿的上端的反作用力F′＝F，C正確。]
2．如圖所示，質量為M的滑塊能在水平光滑滑桿上自由滑動，滑桿裝在轉盤上?；瑝K用輕質細繩跨過在圓心處的光滑滑輪與另一質量為m的物體相連。當轉盤以角速度ω轉動時，滑塊到軸的距離為r，且恰能保持穩定轉動。若轉盤的轉速增大至原來的2倍，調整r使之達到新的穩定轉動狀態，則滑塊(　　)
A．所受向心力變為原來的4倍
B．線速度變為原來的
C．半徑r變為原來的
D．角速度變為原來的
B　[若轉盤的轉速增大，再次穩定時，滑塊做勻速圓周運動的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于物體的重力，所以向心力不變，A錯；轉盤的轉速增大至原來的2倍，則角速度變為原來的2倍，根據Fn＝Mrω2，向心力不變，則r變為原來的。根據v＝rω，線速度變為原來的，B對，C、D錯。]
3．如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度ω勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0。
[解析]　對小物塊受力分析如圖所示，
由牛頓第二定律知mg tan θ＝·Rsin θ，得ω0＝＝。
[答案]　
4．如圖所示，在光滑的圓錐頂用長為l的細線懸掛一質量為m的物體，圓錐體固定在水平面上不動，其軸線沿豎直方向，細線與軸線之間的夾角為θ＝30°，物體以速度v繞圓錐體軸線做水平勻速圓周運動。
(1)當v1＝時，求細線對物體的拉力；
(2)當v2＝時，求細線對物體的拉力。
[解析]　當物體恰好離開錐面時，此時物體與錐面接觸但是沒有彈力作用，如圖所示：
則：豎直方向Tcos θ－mg＝0，
水平方向Tsin θ＝
R＝lsin θ，解得v＝。
(1)當v1則在水平方向
T1sin θ－N1cos θ＝
豎直方向T1cos θ＋N1sin θ－mg＝0
R＝lsin θ，解得T1＝mg。
(2)v2>v時，物體離開錐面，設線與豎直方向上的夾角為α，如圖所示：
則豎直方向：T2cos α－mg＝0
水平方向：T2sin α＝
而且：R2＝lsin α，解得：T2＝2mg。
[答案]　(1)　(2)2mg第2課時　向心加速度
學習任務 1．知道向心加速度的概念。 2．知道向心加速度與線速度、角速度的關系。 3．掌握向心加速度的公式，并能根據問題情境選擇合適的向心加速度表達式。
知識點　向心加速度
1．定義
根據牛頓第二定律F＝ma，加速度a與合力F的方向一致。在勻速圓周運動中，F是指向圓心的向心力，所以加速度a也一定指向圓心，稱為向心加速度。
2．公式
a＝ω2r或者a＝。
3．方向
總是沿半徑指向圓心，并且與線速度方向垂直。
4．向心加速度的物理意義
描述線速度方向改變快慢的物理量。
　能根據公式an＝說向心加速度大小與線速度平方成正比嗎？
提示：不能。
1：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)勻速圓周運動的向心加速度的方向始終與速度方向垂直。 (　√　)
(2)乙同學認為，由公式an＝ω2r知，向心加速度an與運動半徑r成正比。 (　×　)
2：填空
作為中國保護大熊貓研究中心之一的雅安碧峰峽基地位于東經103°，北緯30°。地球可以看作半徑為R的球體，則在該研究中心處的物體與赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度之比為_________。
[解析]　北緯30°的物體與赤道上的物體隨地球自轉屬于共軸轉動，角速度相同，根據an＝rω2，加速度與半徑成正比，因為北緯30°的物體與赤道上的物體的半徑之比為∶1，所以向心加速度之比為∶2。
[答案]　∶2
問題1：圖甲中的小球與圖乙中的運動員正在做勻速圓周運動，是否都具有加速度？
問題2：做勻速圓周運動的物體的加速度方向如何確定？你的依據是什么？
問題3：除了用牛頓第二定律確定向心加速度的方向外，你還有什么方法可確定向心加速度的方向？
提示：(1)都具有加速度。
(2)從動力學角度，由牛頓第二定律確定；加速度的方向與合外力方向一致。
(3)從運動學角度，利用加速度的方向與速度變化量的方向一致確定加速度方向。
考點1　向心加速度的理解
1．向心加速度的物理意義
向心加速度只表示線速度方向變化的快慢，不表示線速度大小變化的快慢。
2．向心加速度的方向特點
(1)指向圓心：無論勻速圓周運動，還是變速圓周運動，向心加速度的方向都指向圓心，或者說與線速度的方向垂直。
(2)時刻改變：無論向心加速度的大小是否變化，向心加速度的方向隨線速度方向的改變而改變。所以一切圓周運動都是變加速曲線運動。
3．非勻速圓周運動的加速度
對于非勻速圓周運動，如圖所示。(1)物體加速度的方向不再指向圓心。
(2)其中一個分加速度的方向指向圓心，為向心加速度，仍滿足公式an＝＝ω2r，其作用仍然是改變速度的方向。
(3)另一個分加速度改變速度的大小。
　不管物體做什么樣的圓周運動，其向心加速度的方向一定指向圓心；在勻速圓周運動中，合加速度的方向一定指向圓心，在非勻速圓周運動中，合加速度的方向一般不指向圓心。
【典例1】　(多選)下列說法中，正確的是(　　)
A．勻速圓周運動向心加速度大小不變，為勻變速曲線運動
B．圓周運動是變速運動，其加速度方向總是指向圓心
C．向心加速度是描述線速度方向變化快慢的物理量
D．向心加速度總是跟速度的方向垂直，方向時刻在改變
CD　[勻速圓周運動雖然其向心加速度的大小始終不變，但其向心加速度的方向始終在變化，因而勻速圓周運動不是勻變速曲線運動，A錯誤；圓周運動是變速運動，其加速度為向心加速度和切向加速度的合加速度，因為向心加速度始終指向圓心，因而，只有在切向加速度為零，即物體做勻速圓周運動時，合加速度的方向才指向圓心，B錯誤；向心加速度始終垂直于速度的方向，它是描述速度方向變化快慢的物理量，C、D正確。]
　向心加速度與合加速度的關系
(1)物體做勻速圓周運動時，向心加速度就是物體運動的合加速度。
(2)物體做變速圓周運動時，合加速度可分解為沿圓周切線方向的分量和指向圓心方向的分量，其指向圓心方向的分量就是向心加速度。
[跟進訓練]
1．下列關于向心加速度的說法中正確的是(　　)
A．向心加速度越大，物體速率變化越快
B．向心加速度的大小與軌道半徑成反比
C．向心加速度的方向始終與線速度的方向垂直
D．在勻速圓周運動中向心加速度是恒量
C　[在勻速圓周運動中，速率不變，A錯；向心加速度的大小可用an＝或an＝ω2r表示，當v一定時，an與r成反比；當ω一定時，an與r成正比?？梢奱n與r的比例關系是有條件的，B錯；向心加速度的方向始終與線速度的方向垂直，C對；在勻速圓周運動中，向心加速度的大小恒定，但方向始終指向圓心，即其方向時刻變化，所以向心加速度不是恒量，D錯。]
考點2　向心加速度公式及應用
1．向心加速度的幾種表達式
2．向心加速度an與半徑r的關系圖像
(1)當角速度一定時，向心加速度與運動半徑成正比，如圖甲所示。
(2)當線速度一定時，向心加速度與運動半徑成反比，如圖乙所示。
　向心加速度的表達式對應瞬時加速度，它既適用于勻速圓周運動，也適用于非勻速圓周運動。
【典例2】　如圖所示，一個大輪通過皮帶拉著小輪轉動，皮帶和兩輪之間無相對滑動，大輪的半徑是小輪半徑的2倍，大輪上的一點S離轉動軸的距離是大輪半徑的。當大輪邊緣上的P點的向心加速度是12 m/s2時，大輪上的S點和小輪邊緣上的Q點的向心加速度各為多少？
思路點撥：①P和S在同一輪上，角速度相同，選用an＝ω2r計算S點的向心加速度。
②P和Q為皮帶傳動的兩個輪邊緣上的點，線速度相等，選用an＝計算Q點的向心加速度。
[解析]　同一輪子上的S點和P點的角速度相同，
即ωS＝ωP
由向心加速度公式an＝ω2r，得＝
故aS＝aP＝×12 m/s2＝4 m/s2
又因為皮帶不打滑，所以皮帶傳動的兩輪邊緣上各點的線速度大小相等，即vP＝vQ
由向心加速度公式an＝得＝
故aQ＝aP＝2×12 m/s2＝24 m/s2。
[答案]　4 m/s2　24 m/s2
　向心加速度表達式的應用技巧
(1)角速度相等時，研究an與v的關系用an＝ωv分析比較。
(2)周期相等時，研究an與r的關系用an＝r分析比較。
(3)線速度相等時，研究an與r的關系用an＝分析比較。
(4)線速度相等時，研究an與ω的關系用an＝ωv分析比較。
[跟進訓練]
2．如圖所示，一球體繞軸O1O2以角速度ω勻速旋轉，A、B為球體表面上兩點，下列說法正確的是(　　)
A．A、B兩點具有相同的角速度
B．A、B兩點具有相同的線速度
C．A、B兩點的向心加速度的方向都指向球心
D．A、B兩點的向心加速度大小之比為2∶1
A　[A、B為球體表面上兩點，因此，A、B兩點的角速度與球體繞軸O1O2旋轉的角速度相同，A正確；如圖所示，A以P為圓心做勻速圓周運動，B以Q為圓心做勻速圓周運動，因此，A、B兩點的向心加速度方向分別指向P、Q，C錯誤；設球的半徑為R，則A運動的半徑rA＝Rsin 60°，B運動的半徑rB＝Rsin 30°，＝＝＝，B錯誤；＝＝，D錯誤。 ]
1．下列關于向心加速度的說法中正確的是(　　)
A．向心加速度表示做圓周運動的物體速率改變的快慢
B．勻速圓周運動的向心加速度是不變的
C．勻速圓周運動的向心加速度大小不變
D．只要是圓周運動，其加速度都是不變的
C　[圓周運動有兩種情形：一是勻速圓周運動，二是非勻速圓周運動。在勻速圓周運動中，加速度的方向指向圓心，叫向心加速度，其大小不變，方向時刻改變；非勻速圓周運動中加速度可以分解為向心加速度和切向加速度，向心加速度改變線速度的方向，切向加速度改變線速度的大小。故選項C正確。]
2．(多選)如圖所示為甲、乙兩球在不同軌道上做勻速圓周運動的向心加速度隨半徑變化的圖像，由圖像可知(　　)
A．甲球運動時，線速度大小保持不變
B．甲球運動時，角速度大小保持不變
C．乙球運動時，線速度大小保持不變
D．乙球運動時，角速度大小保持不變
AD　[由a＝知，v大小不變時，a與R成反比，圖像為雙曲線的一支，A對，B錯；由a＝ω2R知，ω大小不變時，a與R成正比，圖像為過原點的傾斜直線，C錯，D對。]
3．自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C是相互關聯的三個轉動部分，且半徑RB＝4RA、RC＝8RA，如圖所示。正常騎行時三輪邊緣的向心加速度之比aA∶aB∶aC為(　　)
A．1∶1∶8　　　 B．4∶1∶4
C．4∶1∶32 D．1∶2∶4
C　[A、B的線速度大小相等，RA∶RB＝1∶4，根據a＝知，aA∶aB＝4∶1。A、C的角速度相等，RA∶RC＝1∶8，根據a＝ω2r知，aA∶aC＝1∶8，所以aA∶aB∶aC＝4∶1∶32。故C正確。]
4．(新情境題，以軋路機為背景，考查向心加速度公式)如圖所示，軋路機大輪的半徑R是小輪半徑r的2倍，壓路機勻速行進時，大輪邊緣上A點的向心加速度是0.12 m/s2，那么小輪邊緣上B點的向心加速度是多少？大輪上距軸心的距離為的C點的向心加速度是多大？
[解析]　因為vB＝vA，由a＝
得＝＝2
所以aB＝0.24 m/s2
因為ωA＝ωC，由a＝ω2r
得＝＝
所以aC＝0.04 m/s2。
[答案]　0.24 m/s2　0.04 m/s2
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．圓周運動的加速度一定指向圓心嗎？
提示：不一定，只有勻速圓周運動的加速度才指向圓心。
2．向心加速度的物理意義是什么？
提示：反映速度方向變化快慢。
3．向心加速度表達式是什么？
提示：an＝＝ω2r＝r。
課時分層作業(六)　向心加速度
?題組一　向心加速度的理解
1．關于向心加速度，下列說法正確的是(　　)
A．向心加速度是描述線速度大小變化快慢的物理量
B．向心加速度只改變線速度的方向，不改變線速度的大小
C．向心加速度的大小恒定，方向時刻改變
D．向心加速度是平均加速度，大小可用a＝來計算
[答案]　B
2．(多選)關于勻速圓周運動和向心加速度，下列說法正確的是(　　)
A．勻速圓周運動的速度大小保持不變，所以做勻速圓周運動的物體沒有加速度
B．做勻速圓周運動的物體，雖然速度大小不變，但方向時刻在變，所以必有加速度
C．做勻速圓周運動的物體，向心加速度的大小保持不變，所以是勻變速曲線運動
D．勻速圓周運動的向心加速度大小雖然不變，但方向始終指向圓心，時刻發生變化，所以勻速圓周運動不是勻變速運動
[答案]　BD
3．如圖所示，質量為m的木塊從半徑為R的半球形碗口下滑到碗的最低點的過程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么(　　)
A．加速度為零
B．加速度恒定
C．加速度大小不變，方向時刻改變，但不一定指向圓心
D．加速度大小不變，方向時刻指向圓心
D　[由題意知，木塊做勻速圓周運動，木塊的加速度大小不變，方向時刻指向圓心，D正確，A、B、C錯誤。]
4．“山東艦”是我國首艘自主建造的國產航母。如圖為“山東艦”進行“180°回轉測試”，以較為穩定的航行姿態，最終在海面上畫了一個直徑約為1 000米左右的浪圈。將“山東艦”的運動近似看作勻速圓周運動，浪圈近似看作其運動軌跡，忽略“山東艦”的大小和形狀，設其航速約為20節(1節＝1.852 km/h)。下列關于“山東艦”回轉測試的物理量中，根據上述信息不能近似求得的是(　　)
A．周期T
B．角速度ω
C．向心加速度an的大小
D．向心力Fn的大小
D　[“山東艦”做勻速圓周運動的直徑d≈1 000 m，線速度v＝ m/s≈10 m/s，根據T＝＝可得，周期T≈314 s，根據ω＝＝可得，角速度ω≈0.02 rad/s，根據an＝＝可得，向心加速度大小an≈0.2 m/s2。因未知“山東艦”的質量，故無法得出向心力Fn的大小，故選D。]
5．(多選)如圖所示，細繩的一端固定，另一端系一小球，讓小球在水平面內做圓周運動，關于小球運動到P點時的加速度方向，下列圖中可能的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
BD　[若小球做勻速圓周運動，則合外力提供向心力，加速度指向圓心，故B項正確；若小球做變速圓周運動，運動到圖示的P點時，所受的合力可分解為向心力和切向方向的力，即P點的加速度應可分解為沿PO方向的向心加速度和垂直于PO的切向加速度，故D項正確。]
?題組二　向心加速度的表達式及應用
6．以下關于質點做勻速圓周運動的說法，正確的是(　　)
A．因為an＝，所以向心加速度與轉動半徑成反比
B．因為an＝ω2r，所以向心加速度與轉動半徑成正比
C．因為ω＝，所以角速度與轉動半徑成反比
D．因為ω＝2πn(n為轉速)，所以角速度與轉速成正比
D　[物體做勻速圓周運動的向心加速度與物體的線速度、角速度、半徑有關，但向心加速度與半徑的關系要在一定前提條件下才能得出。由an＝知，當v一定時an與r成反比；同理，由an＝ω2r知，當ω一定時an與r成正比；由ω＝知，當v一定時，ω與r成反比，選項A、B、C錯誤；ω＝2πn，2π是定值，ω與轉速n成正比，選項D正確。]
7．如圖所示，半徑為R的圓環豎直放置，一輕彈簧一端固定在圓環的最高點A，一端系一帶有小孔穿在圓環上的小球，彈簧原長為R。將小球從靜止釋放，釋放時彈簧恰無形變，小球運動到環的最低點時速率為v，這時小球向心加速度的大小為(　　)
A． B． C． D．
A　[小球沿圓環運動，其運動軌跡就是圓環所在的圓，軌跡的圓心就是圓環的圓心，運動軌跡的半徑就是圓環的半徑，小球運動到環的最低點時，其向心加速度的大小為，加速度方向豎直向上，選項A正確。]
8．“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達 50 r/s，此時紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小約為(　　)
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
C　[向心加速度的公式an＝rω2，結合角速度與轉速的關系ω＝2πn，代入數據可得an約為1 000 m/s2，C正確。]
9．如圖所示，半徑為R的圓盤繞過圓心的豎直軸OO′勻速轉動，在距軸為r處有一豎直桿，桿上用長為L的細線懸掛一小球。當圓盤以角速度ω勻速轉動時，小球也以同樣的角速度做勻速圓周運動，這時細線與豎直方向的夾角為θ，則小球的向心加速度大小為(　　)
A．ω2R B．ω2r
C．ω2Lsin θ D．ω2(r＋Lsin θ)
D　[小球運動的軌跡是水平面內的圓，如題圖中虛線所示，其圓心是水平面與轉軸OO′的交點，所以圓周運動的半徑為r＋Lsin θ，由a＝rω2，可知其加速度大小為ω2(r＋Lsin θ)，選項D正確。]
1．(多選)如圖所示是靜止在地面上的起吊重物的吊車，某次操作過程中，液壓桿長度收縮，吊臂繞固定轉軸沿順時針方向轉動，吊臂上的M、N兩點做圓周運動，此時M點的角速度為ω，ON＝2OM＝2L，則(　　)
A．M點的速度方向垂直于液壓桿
B．N點的角速度為ω
C．兩點的線速度大小關系為vN＝4vM
D．N點的向心加速度大小為2ω2L
BD　[吊臂繞固定轉軸O旋轉，因此M點的速度方向垂直于吊臂，故A錯誤；M、N點在吊臂上繞同一固定轉軸O旋轉，有相同的角速度，即N點的角速度等于M點的角速度，故B正確；根據v＝ωr可知vN＝2vM，故C錯誤；根據a＝ω2r可知，N點的向心加速度大小為aN＝2ω2L，故D正確。]
2．如圖所示為兩級皮帶傳動裝置，轉動時皮帶均不打滑，中間兩個輪子是固定在一起的，輪1的半徑和輪2的半徑相同，輪3的半徑和輪4的半徑相同，且為輪1和輪2半徑的一半，則輪1邊緣的a點與輪4邊緣的c點相比(　　)
A．線速度之比為1∶4
B．角速度之比為4∶1
C．向心加速度之比為8∶1
D．向心加速度之比為1∶8
D　[由題意知2va＝2v3＝v2＝vc，其中v2、v3為輪2和輪3邊緣的線速度，所以va∶vc＝1∶2，A錯誤；設輪4的半徑為r，則aa＝＝＝＝ac，即aa∶ac＝1∶8，C錯誤，D正確；＝＝，B錯誤。]
3．如圖甲所示，某汽車以恒定的速率駛入一個狹長的90°圓弧形水平彎道，彎道兩端連接的都是直道。有人在車內測量汽車的向心加速度隨時間的變化關系如圖乙所示。求：
(1)汽車轉彎所用的時間；
(2)汽車行駛的速率。
[解析]　(1)由題圖乙可得汽車轉彎所用的時間為t＝10 s。
(2)汽車在轉彎過程中做圓周運動的周期T＝4t＝40 s，由an＝r，解得r≈63.7 m，由an＝，解得v≈10 m/s。
[答案]　(1)10 s　(2)10 m/s
4．如圖所示，甲、乙兩物體自同一水平線上同時開始運動，甲沿順時針方向做勻速圓周運動，圓的半徑為R；乙做自由落體運動，當乙下落至A點時，甲恰好第一次運動到最高點B，求甲物體做勻速圓周運動的向心加速度的大小。(重力加速度為g)
[解析]　設乙下落到A點所用時間為t，則對乙，滿足R＝gt2，解得t＝
這段時間內甲運動了T，即T＝ ①
又由于an＝ω2R＝R ②
由①②得，an＝π2g。
[答案]　π2g第三節　生活中的圓周運動
第四節　離心現象及其應用
學習任務 1．通過實例了解汽車經過公路彎道處時的向心力來源，能對鐵路彎道、拱形與凹形路面模型進行分析。 2．了解離心運動及物體做離心運動的條件，知道離心運動的應用和危害。 3．利用生活中圓周運動實例分析，培養學生科學的態度并激發學習興趣及愛國熱情。
知識點一　汽車轉彎
1．汽車在水平公路上轉彎
(1)汽車相當于在做圓周運動，此時的向心力由車輪與路面間的靜摩擦力f來提供。
f＝F＝m。
(2)相關因素
解得汽車轉彎時的速度大小
v＝。
從上式可知，急轉彎處半徑r較小，雨天路滑使最大靜摩擦力Ffm減小，汽車質量m過大，這三種情況都需要在轉彎時限制速度v的大小。
2．在部分公路彎道處采用外高內低的斜坡式設計
mg與FN的合力提供向心力
F＝mgtan θ＝m
解得v＝此時僅由重力和支持力的合力提供向心力。
　當v＞，靜摩擦力方向向哪個方向？
提示：沿斜面向下。
1：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)汽車在水平面內轉彎時，向心力由靜摩擦力提供。 (　√　)
(2)汽車在斜面處轉彎時，速度大小不受限制。 (　×　)
知識點二　鐵路彎道
1．火車在水平軌道上轉彎
火車在彎道處實際上做圓周運動，由外側車輪的輪緣擠壓外軌，車輪受外軌的橫向力作用，使火車獲得轉彎所需的向心力。
2．彎道處鐵軌的外軌略高于內軌
火車轉彎處外軌略高于內軌，巧妙地借助火車受到的支持力和重力的合力提供部分向心力，減輕輪緣對外軌的擠壓。
　火車轉彎時圓面是沿著軌道嗎？
提示：不是，是沿水平面。
2：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)鐵路彎道的半徑很大，故火車轉彎需要的向心力很小。 (　×　)
(2)火車轉彎時的向心力一定是由重力與鐵軌支持力的合力提供的。 (　×　)
知識點三　拱形與凹形路面
汽車過拱形路面最高點及凹形路面最低點的壓力分析
項目 拱形路面的最高點 凹形路面的最低點
受力分析圖
向心力 G－FN＝m FN－G＝m
汽車對路 面的壓力 FN′＝FN＝G－ FN′＝FN＝G＋m
結論 v增大時，FN′減小；當v增大至時，FN′＝0，此過程為失重 v增大時，FN′增大，此過程為超重
　汽車在拱形路面速度不宜過大，不要使車脫離橋面；在凹形路面速度過大容易爆胎。
3：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)汽車駛過拱形路面最高點時，對路面壓力可能等于零。 (　√　)
(2)汽車過拱形或凹形路面時，向心加速度的方向都是豎直向上的。(　×　)
知識點四　離心現象及其應用
1．離心現象
做圓周運動的物體，在所受向心力突然消失或合力不足以提供維持圓周運動所需向心力的情況下，會做逐漸遠離圓心的運動，這種現象稱為離心現象。
2．應用：利用離心現象工作的機械叫作離心機械，如洗衣機的脫水筒和離心分離器。
　離心現象是因為受到離心力作用嗎？
提示：不是。
4：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)繞地球做勻速圓周運動的航天器中的航天員及所有物體均處于完全失重狀態。
(　√　)
(2)做離心運動的物體沿半徑方向遠離圓心。 (　×　)
1．2020年2月27日，埃及一列由亞歷山大開往馬特魯的火車發生脫軌事故，造成24人受傷?；疖囈蚱漭d客量大、速度快等特點，一旦發生事故就會產生嚴重的后果。
結合我們所學的向心力的知識，思考在火車轉彎時，除了墊高外軌還有哪些措施可減少脫軌事故的發生？
提示：降低轉彎速度、增加彎道半徑、禁止超載。
2．在電視或電影中我們經常會看到汽車高速通過一個拱橋時會一躍而起，脫離地面。試分析：
(1)這種“飛車”現象產生的原因是什么？
(2)車速到多少時才能達到這種效果呢？
提示：(1)在最高點時，由于速度太大，重力完全充當向心力，導致汽車脫離地面。
(2)v≥。
考點1　火車轉彎問題分析
1．軌跡分析
火車在轉彎過程中，運動軌跡是一圓弧，由于火車轉彎過程中重心高度不變，故火車軌跡所在的平面是水平面，而不是斜面?；疖嚨南蛐募铀俣群拖蛐牧厮矫嬷赶驁A心。
2．向心力分析
(1)若轉彎處內外軌一樣高，則由外軌對輪緣的彈力提供向心力。
(2)若轉彎時外軌略高于內軌，根據彎道的半徑和規定的速度，適當選擇內、外軌的高度差，則按規定速度轉彎時所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供。
3．規定速度分析
若火車轉彎時只受重力和支持力作用，不受軌道側壓力。則mg tan θ＝，可得v0＝(R為彎道半徑，θ為軌道所在平面與水平面的夾角，v0為轉彎處的規定速度)。
4．軌道輪緣壓力與火車速度的關系
(1)當火車行駛速度v等于規定速度v0時，內、外軌道對輪緣都沒有側壓力。
(2)當火車行駛速度v大于規定速度v0時，火車有離心運動趨勢，故外軌道對輪緣有側壓力。
(3)當火車行駛速度v小于規定速度v0時，火車有向心運動趨勢，故內軌道對輪緣有側壓力。
【典例1】　有一列重為100 t的火車，以72 km/h的速率勻速通過一個內外軌一樣高的彎道，軌道半徑為400 m。(g取10 m/s2)
(1)試計算鐵軌受到的側壓力大?。?br/>(2)若要使火車以此速率通過彎道，且使鐵軌受到的側壓力為零，我們可以適當傾斜路基，試計算路基傾斜角度θ的正切值。
思路點撥：1．(1)問中，外軌對輪緣的側壓力提供火車轉彎所需要的向心力。
2．(2)問中，重力和鐵軌對火車的支持力的合力提供火車轉彎的向心力。
[解析]　(1)v＝72 km/h＝20 m/s，外軌對輪緣的側壓力提供火車轉彎所需要的向心力，所以有
F＝m＝ N＝1×105 N
由牛頓第三定律可知鐵軌受到的側壓力大小等于1×105 N。
(2)火車過彎道，重力和鐵軌對火車的支持力的合力正好提供向心力，如圖所示，則mgtan θ＝m
由此可得tan θ＝＝0.1。
[答案]　(1)1×105 N　(2)0.1
[母題變式]
上例中，要提高火車的速度為108 km/h，則要想火車安全通過彎道需要如何改進鐵軌？
提示：速率變為原來的倍，則由mg tan θ＝m可知：
若只改變軌道半徑，則R′變為900 m，
若只改變路基傾角，則tan θ′＝0.225。
　火車轉彎問題的兩點注意
(1)合力的方向：火車轉彎時，火車所受合力沿水平方向指向圓心，而不是沿軌道斜面向下。
(2)受力分析：火車轉彎速率大于或小于規定速率時，火車受到三個力的作用，即重力、軌道的支持力和外軌或內軌對火車的側向擠壓力，側向擠壓力的方向沿軌道平面向里或向外，合力沿水平面指向圓心。
[跟進訓練]1．鐵路在彎道處的內、外軌高度是不同的，已知內、外軌所在平面與水平面的夾角為θ，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為R，若質量為m的火車轉彎時速度等于，則(　　)
A．內軌對內側車輪輪緣有擠壓
B．外軌對外側車輪輪緣有擠壓
C．這時鐵軌對火車的支持力等于
D．這時鐵軌對火車的支持力大于
C　[火車轉彎時需要的向心力F＝＝mg tan θ，由受力分析可知，支持力與重力的合力正好等于向心力，故火車輪緣對內、外軌無擠壓，選項A、B錯誤；由豎直方向受力平衡得，mg＝FNcos θ，可知選項C正確，D錯誤。]
考點2　汽車過拱形與凹形路面時的動力學分析
汽車過拱形與凹形路面時的動力學分析
項目 汽車過拱形路面 汽車過凹形路面
受力分析
向心力的來源 Fn＝mg－FN＝m Fn＝FN－mg＝m
對路面的壓力 FN′＝FN＝mg－m FN′＝FN＝mg＋m
超重或失重 失重 超重
討論 (1)當v＝時，FN＝0，汽車將做平拋運動 (2)當0≤v＜時，0＜FN≤mg，v增大，FN減小 (3)當v＞時，汽車脫離路面，發生危險 v增大，FN、FN′增大
【典例2】　如圖所示，質量m＝2.0×104 kg的汽車以不變的速率先后駛過凹形橋面和凸形橋面，兩橋面的圓弧半徑均為60 m。如果橋面承受的壓力不得超過3.0×105 N( g取10 m/s2)，則：
(1)汽車允許的最大速率是多少？
(2)若以所求速率行駛，汽車對橋面的最小壓力是多少？
思路點撥：解此題的關鍵是確定汽車在何位置時對橋面的壓力最大，汽車經過凹形橋面時，向心加速度方向向上，汽車處于超重狀態；經過凸形橋面時，向心加速度向下，汽車處于失重狀態，所以在經過凹形橋面最低點時，汽車對橋面的壓力最大。
[解析]　(1)汽車在凹形橋面的底部時，由牛頓第三定律可知，橋面對汽車的最大支持力FN1＝3.0×105 N，根據牛頓第二定律得FN1－mg＝m
即v＝＝ m/s
＝10 m/s＜＝10 m/s
故汽車在凸形橋最高點不會脫離橋面，所以最大速率為10 m/s。
(2)汽車在凸形橋面的最高點時，對橋面的壓力有最小值，由牛頓第二定律得
mg－FN2＝m
則FN2＝m＝2.0×104× N＝1.0×105 N
由牛頓第三定律得，在凸形橋面最高點汽車對橋面的壓力為1.0×105 N。
[答案]　(1)10 m/s　(2)1.0×105 N
　對于汽車過橋問題，具體的解題步驟如下：
(1)選取研究對象，確定軌道平面、圓心位置和軌道半徑。
(2)正確分析研究對象的受力情況，明確向心力是按作用效果命名的力，在受力分析時不能列出，明確向心力的來源。
(3)根據平衡條件和牛頓運動定律列方程求解。
[跟進訓練]
2．有一輛質量為800 kg的小汽車駛上圓弧半徑為50 m 的拱橋。g取10 m/s2，求：
(1)若汽車到達橋頂時速度為5 m/s，橋對汽車的支持力F的大??；
(2)若汽車經過橋頂時恰好對橋頂沒有壓力而騰空，汽車此時的速度大小v0；
(3)已知地球半徑R＝6 400 km，現設想一輛沿赤道行駛的汽車，若不考慮空氣的影響，也不考慮地球自轉，那它開到多快時就可以“飛”起來。
[解析]　(1)當汽車到達橋頂時，重力、支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律得mg－F＝m
解得F＝7 600 N。
(2)汽車經過橋頂時恰好對橋沒有壓力而騰空，則FN＝0，汽車做圓周運動的向心力完全由其自身重力來提供，有mg＝
解得v0＝10 m/s≈22.4 m/s。
(3)汽車要在地面上騰空，所受的支持力為零，重力提供向心力，則有mg＝m
解得v′＝8 000 m/s。
[答案]　(1)7 600 N　(2)10 m/s(或22.4 m/s)　(3)8 000 m/s
考點3　對離心運動的理解
1．離心運動的實質
離心現象的本質是物體慣性的表現。做圓周運動的物體，由于慣性，總是有沿著圓周切線飛出去的傾向，之所以沒有飛出去，是因為受到向心力的作用。從某種意義上說，向心力的作用是不斷地把物體從圓周運動的切向方向拉回到圓周上來。
2．做離心運動的條件
做圓周運動的物體，提供向心力的外力突然消失或者合外力不能提供足夠大的向心力。
3．離心運動、近心運動的判斷
如圖所示，物體做圓周運動是離心運動還是近心運動，由實際提供的合力Fn與所需向心力的大小關系決定。
(1)若F＝mrω2(或m)即“提供”滿足“需要”，物體做圓周運動。
(2)若F＞mrω2(或m)即“提供”大于“需要”，物體做半徑變小的近心運動。
(3)若F＜mrω2(或m)即“提供”不足，物體做離心運動。
　
1．產生離心運動的原因是合力突然消失或不足以提供所需的向心力，而不是物體又受到了“離心力”。
2．做離心運動的物體是做半徑越來越大的運動或沿切線方向飛出去的運動，而不是沿半徑方向飛出去。
4．離心運動的應用和防止
(1)應用：離心干燥器，洗衣機的脫水筒，離心制管技術。
(2)防止：汽車在公路轉彎處必須限速行駛，轉動的砂輪、飛輪的轉速不能太高。
【典例3】　無縫鋼管的制作原理如圖所示，豎直平面內，管狀模型置于兩個支承輪上，支承輪轉動時通過摩擦力帶動管狀模型轉動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作用，鐵水緊緊地覆蓋在模型的內壁上，冷卻后就得到無縫鋼管。已知管狀模型內壁半徑為R，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內壁上的
B．模型各個方向上受到的鐵水的作用力大小相等
C．若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，此時僅重力提供向心力
D．管狀模型轉動的角速度最大為
思路點撥：解答本題的關鍵是明確無縫鋼管的制作原理，知道鐵水做圓周運動的向心力來源，可以結合牛頓第二定律分析。
C　[鐵水在豎直平面內做圓周運動，重力和彈力合力的一部分提供向心力，沒有離心力，故A錯；鐵水做圓周運動的向心力由重力和彈力的徑向分力提供，故模型各個方向上受到的鐵水的作用力不一定相等，故B錯；若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，則是重力恰好提供向心力，故C對；為了使鐵水緊緊地覆蓋在模型的內壁上，管狀模型轉動的角速度不小于臨界角速度即可，故D錯。]
[跟進訓練]
3．如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當公交車(　　)
A．緩慢起動時，兩個行李箱一定相對車子向后運動
B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動
C．緩慢轉彎時，兩個行李箱一定相對車子向外側運動
D．急轉彎時，行李箱b一定相對車子向內側運動
B　[緩慢起動時，兩個箱子都應該處于受力平衡狀態，箱子的運動狀態不會改變，即兩個行李箱會與車子保持相對靜止，選項A錯誤；急剎車時，箱子由于慣性保持原有運動狀態，因此行李箱a會相對車子向前運動，行李箱b因受到的摩擦力較大，不一定會相對車子向前移動，選項B正確；根據F向＝m可知，緩慢轉彎時，所需要的向心力會很小，因此靜摩擦力足夠提供兩個行李箱轉彎的向心力，所以兩個行李箱會與車子保持相對靜止，選項C錯誤；根據F向＝m可知，急轉彎時，行李箱b需要的向心力較大，如果行李箱b所受最大靜摩擦力不足以提供向心力，則會發生離心運動，即可能會相對車子向外側運動，選項D錯誤。]
1．(多選)在人們經常見到的以下現象中，屬于離心現象的是(　　)
A．舞蹈演員在表演旋轉動作時，裙子會張開
B．在雨中轉動一下傘柄，傘面上的雨水會很快地沿傘面運動，到達邊緣后雨水將沿切線方向飛出
C．滿載黃沙或石子的卡車，在急轉彎時，部分黃沙或石子會被甩出
D．守門員把足球踢出后，球在空中沿著弧線運動
ABC　[裙子張開屬于離心現象，故A項正確；傘上的雨水受到的力由于不夠提供向心力導致水滴做離心運動，故B項正確；黃沙或石子也是因為受到的力不夠提供向心力而做離心運動，故C項正確；守門員踢出足球，球在空中沿著弧線運動是因為足球在力的作用下運動，不是離心現象，故D項錯誤。]
2．摩托車轉彎時容易發生側滑(速度過大)或側翻(車身傾斜角度不當)，所以除了控制速度外車手要將車身傾斜一個適當角度，使車輪受到路面沿轉彎半徑方向的靜摩擦力與路面對車支持力的合力沿車身方向(過重心)。某摩托車沿水平路面以恒定速率轉彎過程中車身與路面間的夾角為θ，已知人與摩托車的總質量為m，輪胎與路面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。則此次轉彎中的向心力大小為(　　)
A． B．mg tan θ
C．μmg tan θ D．
A　[在水平路面上轉彎，向心力由沿半徑方向的靜摩擦力f提供，在豎直方向支持力與重力平衡，FN＝mg，已知支持力與摩擦力的合力沿車身方向，所以f＝，故選A。]
3．城市中為了解決交通擁堵問題，修建了許多立交橋。如圖所示，橋面是半徑為R的圓弧形的立交橋AB橫跨在水平路面上，一輛質量為m的小汽車，在A端沖上該立交橋，小汽車到達橋頂時的速度大小為v1，若小汽車在上橋過程中保持速率不變，則(　　)
A．小汽車通過橋頂時處于失重狀態
B．小汽車通過橋頂時處于超重狀態
C．小汽車在上橋過程中受到橋面的支持力大小為FN＝
D．小汽車到達橋頂時的速度必須大于
A　[由圓周運動知識知，小汽車通過橋頂時，其加速度方向向下，由牛頓第二定律得mg－FN＝，解得FN＝＜mg，故其處于失重狀態，A正確，B錯誤；FN＝只在小汽車通過橋頂時成立，而其上橋過程中的受力情況較為復雜，C錯誤；由mg－FN＝，FN≥0解得v1≤，D錯誤。]
4．(新情境題，以汽車在公路上行駛為背景，考查圓周運動)在用高級瀝青鋪設的高速公路上，對汽車的設置限速是30 m/s。汽車在這種路面上行駛時，它的輪胎與地面的最大靜摩擦力等于車重的0.6倍(g取10 m/s2)。
(1)如果汽車在這種高速公路的水平彎道上轉彎，假設彎道的路面是水平的，其彎道的最小半徑是多少？
(2)如果高速公路上設計了圓弧拱橋作立交橋，要使汽車能夠安全通過(不起飛)圓弧拱橋，這個圓弧拱橋的半徑至少是多少？
(3)如果彎道的路面設計為傾斜(外高內低)，彎道半徑為120 m，要使汽車以最大速度通過此彎道時不產生側向摩擦力，則彎道路面的傾斜角度是多少？
[解析]　(1)汽車在水平路面上轉彎，可視為汽車做勻速圓周運動，其最大向心力等于車與路面間的最大靜摩擦力，有0.6mg＝m，由速度v＝30 m/s，解得彎道的最小半徑r＝150 m。
(2)汽車過拱橋，可看成在豎直平面內做勻速圓周運動，到達最高點時，
有mg－FN＝m
為了保證安全，路面對車的支持力FN必須大于等于零。
有mg≥m，代入數據解得R≥90 m。
(3)設彎道傾斜角度為θ，汽車通過此彎道時向心力由重力及支持力的合力提供，
有mg tan θ＝m
解得tan θ＝
故彎道路面的傾斜角度θ＝37°。
[答案]　(1)150 m　(2)90 m　(3)37°
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．對火車轉彎要做哪些安全限制？
提示：速度、載重。
2．汽車過拱形橋的向心力來源是什么？
提示：重力和支持力的合力。
3．航天員在太空處于什么狀態？
提示：完全失重狀態。
4．發生離心現象的原因是什么？
提示：物體所受外力不足以提供所需的向心力。
離心運動的應用
一池污水，若順其自然靠重力沉降，往往需要幾個月才能清濁分明。微粒的沉降，由于存在著分子熱運動的干擾作用，靠重力作為推動力不僅極其緩慢有時甚至是不可能的。例如，在蔗糖水溶液中，蔗糖分子要沉降1 mm就需要100年。啤酒、果汁何以清澈透亮？如何從牛奶中提取奶油？如何將油田中噴出的油水混合液進行油水分離？如何將血液中的血細胞和血漿分開？究竟依靠的是何種推動力呢？
(1)離心分層現象
在一個盛有清水的圓筒形容器(轉鼓)中，倒入一組同樣大小的鋼球和木球，然后啟動電機使其繞軸高速旋轉。此時，由于離心力的大小正比于物體的質量(體積相同時正比于它的密度)，所以鋼球很快被甩到最外層，而木球則被推向轉軸，清水則占據了“中間地帶”(如圖)。
可見，一旦轉鼓高速轉動起來，容器中的物質就會按密度分層排列。密度小者(輕相)聚集在“中央”即轉軸附近，密度大者(重相)則分散在“邊區”即轉鼓壁附近。這種現象稱為離心沉降。如果在轉鼓上開滿小孔，則其中的液體就會在離心力作用下通過小孔被“驅逐出境”，而固體顆粒則停留在轉鼓壁面上，從而達到脫水的目的，這種現象稱為離心過濾。例如，奶油的提取，啤酒、酒、果汁的澄清，污水的凈化，就屬于離心沉降；而煤、礦石和海鹽的脫水等則屬于離心過濾。
上面這個實驗告訴我們，要將存在密度差的兩種物體(液體或固體)高效地分離開來，可以依靠慣性離心力，它是由物體做高速轉動所產生的。瑞典科學家斯維伯格和比姆斯曾使用比重力場大五萬至十萬倍的離心力場，高效地完成像細菌、病毒等超細微粒(直徑只有萬分之幾乃至十萬分之幾毫米)的沉降，將它們從水狀懸浮液中分離出來。
(2)離心分離術
啤酒何以清澈透亮？原來，這也與離心分離密切相關。在麥汁中含有一種極不穩定的冷凝固物，應盡量減少其含量才能保證成品啤酒不致出現冷混濁現象。然而這種冷凝固物的粒子極其微小，直徑僅有0.1～0.5 μm，很難除凈。若采用高速離心機進行處理，就比較容易實現凈化。這種粒子雖然極微小，但由于它與液柤之間存在密度差，所以一旦進入強大的離心力場后，二者立即“分道揚鑣”，從而可以很容易把冷凝固粒子剔除。
一種名叫“離心澆鑄”的先進技術，也得益于這種分離術。當模具繞一固定軸旋轉達到500 r/min時，將熔化了的金屬倒入其中，夾雜在液態金屬里的氣體和熔渣，由于其密度遠小于液態金屬，因此它們將從金屬里被分離出來跑向模具的空處。按此法澆鑄出的金屬零件密實、均勻，可以大大提高使用壽命。
　離心運動實際是應用了什么？
提示：向心力、向心加速度。
課時分層作業(七)　生活中的圓周運動　離心現象及其應用
?題組一　火車轉彎
1．火車在某個彎道按規定運行速度40 m/s轉彎時，內、外軌對車輪皆無側壓力。若火車在該彎道實際運行速度為30 m/s，則下列說法正確的是(　　)
A．僅內軌對車輪有側壓力
B．僅外軌對車輪有側壓力
C．內、外軌對車輪都有側壓力
D．內、外軌對車輪均無側壓力
[答案]　A
2．火車以半徑r＝900 m 轉彎，火車質量為8×105 kg，軌道寬為l＝1.4 m，外軌比內軌高h＝14 cm，則下列說法中正確的是(當角度很小時，可以認為其正弦值近似等于正切值，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．若火車在該彎道實際運行速度為40 m/s，外軌對車輪有向內的側壓力
B．若火車在該彎道實際運行速度為30 m/s，內軌對車輪有向外的側壓力
C．若火車在該彎道實際運行速度為30 m/s，外軌對車輪有向內的側壓力
D．若火車在該彎道實際運行速度為25 m/s，外軌對車輪有向內的側壓力
A　[若火車拐彎時不受軌道的擠壓，重力和支持力的合力提供向心力，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得，mg tan θ＝，由于θ很小，則tan θ≈sin θ＝，由以上兩式解得v0＝＝30 m/s，若火車在該彎道實際運行速度為40 m/s，則火車有向外運動的趨勢，外軌對車輪有向內的側壓力，A正確；若火車在該彎道實際運行速度為30 m/s，則軌道與車輪間沒有作用力，B、C錯誤；若火車在該彎道實際運行速度為25 m/s，則火車有向內運動的趨勢，內軌對車輪有向外的側壓力，D錯誤。]
?題組二　汽車過拱形橋
3．如圖所示，汽車在炎熱的夏天沿不規整的曲面行駛，其中最容易發生爆胎的點是(汽車運動速率不變)(　　)
A．a點　　 B．b點
C．c點 D．d點
D　[由牛頓第二定律及向心力公式可知，汽車在a、c兩點，有FN＝G－m＜G，即汽車在a、c兩點不容易發生爆胎；同理可知，汽車在b、d兩點，有FN＝G＋m>G，即汽車在b、d兩點容易發生爆胎，又由題圖知b點所在曲線半徑大，即rb＞rd，又汽車在b、d兩點的速率相等，故FNb4．如圖所示，當汽車通過拱形橋頂點的速度為10 m/s時，車對橋頂的壓力為車重的，如果要使汽車在粗糙的橋面行駛至橋頂時，不受摩擦力作用，則汽車通過橋頂的速度應為(g取10 m/s2)(　　)
A．15 m/s B．25 m/s
C．30 m/s D．20 m/s
D　[根據牛頓第二定律得mg－FN＝，即mg＝，解得r＝40 m，當汽車在橋頂所受摩擦力為零時，支持力為零，有mg＝，解得v′＝20 m/s，故選項D正確，A、B、C錯誤。]
5．(多選)在某些地方到現在還要依靠滑鐵索過江，若把滑鐵索過江簡化成如圖所示的模型，鐵索的兩個固定點A、B在同一水平面內，A、B間的距離L＝80 m，繩索的最低點與A、B間的垂直距離h＝8 m，若把繩索看成是圓弧，已知一質量m＝52 kg的人借助滑輪(滑輪質量不計)滑到最低點的速度為10 m/s(g取10 m/s2)，那么(　　)
A．人在整個繩索上的運動可看成是勻速圓周運動
B．可求得繩索的圓弧半徑為104 m
C．人在滑到最低點時對繩索的壓力為570 N
D．在滑到最低點時人處于失重狀態
BC　[人借助滑輪下滑過程中，速度大小是變化的，所以人在整個繩索上的運動不能看成勻速圓周運動，故A錯誤；設繩索的圓弧半徑為R，由幾何知識得R2＝＋(R－h)2，得R＝104 m，故B正確；在最低點對人進行受力分析，由牛頓第二定律得F－mg＝m，解得F＝570 N，由牛頓第三定律可知，此時人對繩索的壓力為570 N，此時人處于超重狀態，故C正確，D錯誤。]
?題組三　向心力的來源
6．質量為m的物塊，沿著半徑為R的半球形金屬殼內壁滑下，半球形金屬殼豎直放置且固定在地面上，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，若物塊與球殼之間的動摩擦因數為μ，則物塊在最低點時，下列說法正確的是(　　)
A．所需向心力為mg＋m
B．受到的摩擦力為μm
C．受到的摩擦力為μmg
D．受到的合力方向斜向左上方
D　[在最低點，物塊所需向心力Fn＝m，故A錯誤；根據牛頓第二定律得，物塊在最低點有FN－mg＝m，則FN＝mg＋m，摩擦力f＝μFN＝μ，故B、C錯誤；因為物塊受到重力和支持力的合力豎直向上，摩擦力水平向左，根據平行四邊形定則知，物塊所受的合力方向斜向左上方，故D正確。]
7．一輛汽車質量m＝2.0 t，汽車與路面的動摩擦因數為μ＝0.2，公路某轉彎處半徑為R＝50 m(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)，問：若路面水平，汽車轉彎不發生側滑，汽車速度不可能是(　　)
A．9 m/s B．10 m/s
C．11 m/s D．8 m/s
C　[汽車轉彎時，靜摩擦力提供向心力，要不發生側滑：f ≤μmg；又因圓周運動有：f＝m得：v≤＝10 m/s，所以汽車轉彎不發生側滑，汽車速度不可能是11 m/s，A、B、D不符合題意，C符合題意。]
?題組四　離心現象
8．有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型大容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉動后，轉速增大到一定程度時，突然地板塌落，游客發現自己沒有落下去，是因為(　　)
A．游客受到離心力的作用
B．游客處于失重狀態
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客隨著轉速的增大有沿筒壁向上滑動的趨勢
C　[游客受三個力的作用，分別為重力、與筒壁垂直的彈力和向上的靜摩擦力，故A錯誤；因為游客的加速度位于水平方向，不存在超重或失重現象，故B錯誤；游客在豎直方向上受重力和靜摩擦力，二力平衡，則知靜摩擦力的大小等于重力的大小，故C正確；當轉速增大時，彈力增大，靜摩擦力不變，游客沒有沿筒壁向上滑動的趨勢，故D錯誤。]
9．飛船中的航天員需要在航天之前進行多種訓練，其中如圖所示是離心實驗器的原理圖?？梢杂么藢嶒炑芯窟^荷對人體的影響，測定人體的抗荷能力。離心試驗器轉動時，被測者做勻速圓周運動，現觀察到圖中的直線AB(線AB與艙底垂直)與水平桿成30°角，則被測者對座位的壓力是他所受重力的多少倍？
[解析]　人受重力和彈力的作用，兩個力的合力提供向心力，受力分析如圖所示。豎直方向：
FNsin 30°＝mg
得FN＝2mg
由牛頓第三定律知，人對座位的壓力是其重力的2倍。
[答案]　2倍
1．半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上，如圖所示。頂部有一物體A，現給它一個水平初速度v0＝，則物體將(　　)
A．沿球面下滑至M點
B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動
C．按半徑大于R的新的圓弧軌道做圓周運動
D．立即離開半圓球做平拋運動
D　[設在頂部物體A受到半圓球對它的作用力為F，由牛頓第二定律得mg－F＝，把v0＝代入得F＝0。說明物體只受重力作用，又因物體有水平初速度v0，故物體做平拋運動，D正確。]
2．下列行為可以在繞地球做勻速圓周運動的“天宮二號”艙內完成的有(　　)
A．用臺秤稱量重物的質量
B．用水杯喝水
C．用沉淀法將水與沙子分離
D．給小球一個很小的初速度，小球就能在細繩拉力下在豎直面內做圓周運動
D　[重物處于完全失重狀態，對臺秤的壓力為零，無法通過臺秤測量重物的質量，故A錯誤；水杯中的水處于完全失重狀態，不會因重力而流入嘴中，故B錯誤；沙子處于完全失重狀態，不能通過沉淀法與水分離，故C錯誤；小球處于完全失重狀態，給小球一個很小的初速度，小球能在拉力作用下在豎直面內做圓周運動，故D正確。]
3．隨著我國綜合國力的提高，近幾年來我國的公路網發展迅猛。在公路轉彎處，常采用外高內低的斜面式彎道，這樣可以使車輛經過彎道時不必大幅減速，從而提高通行能力且節約燃料。若某處有這樣的彎道，其半徑為r＝100 m，路面傾角為θ，且tan θ＝0.4，g取10 m/s2。
(1)求汽車的最佳通過速度，即不出現側向摩擦力時的速度大小；
(2)若彎道處側向動摩擦因數μ＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求汽車的最大速度是多少。
[解析]　(1)如圖甲所示，當汽車通過彎道時，做水平面內的圓周運動，不出現側向摩擦力時，汽車受到重力mg和路面的支持力N′兩個力作用，兩力的合力提供汽車做圓周運動的向心力。則有
mg tan θ＝
所以v0＝＝20 m/s。
(2)汽車以最大速度通過彎道時的受力分析如圖乙所示。將支持力N和摩擦力f進行正交分解，有
N1＝Ncos θ，N2＝Nsin θ，f1＝fsin θ，f2＝fcos θ
所以有mg＋f1＝N1，N2＋f2＝F向，且f＝μN
由以上各式可解得向心力為F向＝mg
根據F向＝m可得v＝15 m/s。
[答案]　(1)20 m/s　(2)15 m/s
4．如圖所示，一雜技運動員騎摩托車沿一豎直圓軌道做特技表演。若摩托車運動的速率恒為v＝20 m/s，人和車的總質量為m＝200 kg，摩托車受到的阻力是摩托車對軌道壓力的k倍，且k＝0.5。摩托車通過與圓心O在同一水平面上的B點向下運動時牽引力恰好為零，摩托車車身的長度不計，重力加速度g取10 m/s2，試求：
(1)運動員完成一次圓周運動所需的時間(π取3.14)；
(2)摩托車通過最低點A時牽引力的大小。
[解析]　(1)根據題意可知，摩托車通過B點時牽引力為零，此時摩托車所受摩擦阻力f與重力平衡，所以有mg＝f＝kN
根據牛頓第二定律有N＝m
解得R＝20 m
運動員完成一次圓周運動所需的時間
T＝＝6.28 s。
(2)摩托車經過A點時，根據牛頓第二定律得
NA－mg＝m
又fA＝kNA，
摩托車經過A點時，水平方向有FA＝fA，
聯立解得FA＝3.0×103 N。
[答案]　(1)6.28 s　(2)3.0×103 N素養培優課(一)　水平面和豎直平面內的圓周運動
培優目標 1．掌握水平面內圓周運動問題的分析方法。 2．掌握豎直面內圓周運動問題的分析方法。 3．熟練受力分析與運動分析的技巧與步驟。
考點1　水平面內圓周運動問題
1．水平面內的圓周運動是指物體做圓周運動的軌跡在水平面內，多以生活中常見實例或水平圓周運動模型為例分析向心力及臨界條件問題。
(1)水平面內圓周運動的“摩擦力”模型是指依靠靜摩擦力提供物體在水平面內做圓周運動的向心力。
(2)水平面內圓周運動的“彈力”模型是指依靠彈力提供物體在水平面內做圓周運動的向心力。
(3)水平面內圓周運動的“圓錐擺”模型是指依靠彈力(細線拉力或傾斜面彈力)和物體重力的合力使物體在水平面內做圓周運動。
2．兩類情況分析
(1)不滑動
質量為m的物體在水平面上做圓周運動或隨圓盤一起轉動(如圖所示)時，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力達到最大值fm時，物體運動的速度也達到最大，即fm＝，解得vm＝。
(2)繩子被拉斷
質量為m的物體被長為l的輕繩拴著(如圖所示)，且繞繩的另一端O在水平面內做勻速圓周運動，當繩子的拉力達到最大值Fm時，物體的速度最大，即Fm＝，解得vm＝。
這就是物體在半徑為l的圓周上運動的臨界速度。
【典例1】　如圖所示，在勻速轉動的圓盤上，沿半徑方向放置以細線相連的質量均為m的A、B兩個小物塊，A離軸心距離r1＝20 cm，B離軸心距離r2＝30 cm, A、B與盤面間相互作用的最大靜摩擦力為其重力的，g取10 m/s2，求：
(1)若細線上沒有張力，圓盤轉動的角速度ω應滿足什么條件？
(2)欲使A、B與盤面間不發生相對滑動，則盤轉動的最大角速度多大？
(3)當圓盤轉速達到A、B剛好不滑動時，燒斷細線，則A、B將怎樣運動？
[解析]　(1)當物塊B所需向心力FB≤fm時，細線上張力為零，隨著角速度的增大，當FB＝fm時，有kmg＝r2，得ω0＝＝ rad/s＝ rad/s
當ω≤ω0＝ rad/s時，細線上不會有張力。
(2)當A、B所受靜摩擦力均達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度達到最大值ωmax，超過ωmax時，A、B將相對圓盤滑動(設細線中張力為T)
對A：kmg－T＝·r1
對B：kmg＋T＝·r2
解得ωmax＝＝ rad/s＝4.0 rad/s。
(3)燒斷細線時，A做圓周運動所需向心力FA＝r1=0.32 mg，最大靜摩擦力為0.4mg，A隨盤一起轉動。B此時所需向心力為FB＝r2=0.48mg，大于它的最大靜摩擦力0.4mg，因此B將做離心運動，離圓心越來越遠。
[答案]　(1)ω≤ rad/s　(2)4.0 rad/s　(3)A隨圓盤一起轉動，B做離心運動
　水平面內圓周運動的臨界問題的通解思路
[跟進訓練]
1．(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸OO′的距離為2l。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　)
A．b一定比a先開始滑動
B．a、b所受的靜摩擦力始終相等
C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度
D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg
AC　[兩個木塊與圓盤間的最大靜摩擦力相等，木塊隨圓盤一起轉動，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得，木塊所受的靜摩擦力f＝mω2r，m、ω相等時，f∝ r，所以b所受的靜摩擦力較大，隨著ω增大，b所受的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力，所以b先滑動，A項正確，B項錯誤；b處于臨界狀態時有kmg＝mω2·2l，得ω＝，C項正確；當ω＝時，對a分析有Ffa＝mlω2＝ml ＝kmg＜Ffm＝kmg，a所受摩擦力為靜摩擦力，大小為kmg，D項錯誤。]
考點2　豎直平面內圓周運動的問題
1．運動性質
物體在豎直平面內做圓周運動時，受彈力和重力兩個力的作用，物體做變速圓周運動，常見兩類模型。
2．模型分析
(1)輕繩和輕桿模型概述
在豎直平面內做圓周運動的物體，運動至軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接，沿內軌道的“過山車”等)，稱為“輕繩模型”；二是有支撐(如球與桿連接，小球在彎管內運動等)，稱為“輕桿模型”。
(2)兩類模型分析對比
類別 輕繩模型 輕桿模型
常見類型 均是沒有支撐的小球 均是有支撐的小球
過最高點的臨界條件 v臨＝ v臨＝0
討論分析 (1)能過最高點時，v≥，FN＋mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN (2)不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道，如圖所示 (1)當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心 (2)當0＜v＜時，－FN＋mg＝m，FN背離圓心，隨v的增大而減小 (3)當v＝時，FN＝0 (4)當v＞時， FN＋mg＝m，FN指向圓心并隨v的增大而增大
在最高點 的FN圖線 取豎直向下為正方向 取豎直向下為正方向
角度1　輕繩模型
【典例2】　用長L＝0.6 m的繩系著裝有m＝0.5 kg水的小桶，在豎直平面內做圓周運動，成為“水流星”。g取10 m/s2。則：
(1)最高點水不流出的最小速度為多大？
(2)若過最高點時速度為3 m/s，此時水對桶底的壓力多大？
[解析]　(1)水做圓周運動，在最高點水不流出的條件是，水的重力不大于水所需要的向心力。當重力恰好提供向心力時，對應的是水不流出的最小速度v0。
以水為研究對象，mg＝
解得v0＝＝ m/s≈2.45 m/s。
(2)因為v＝3 m/s>v0，所以重力不足以提供向心力，要由桶底對水向下的壓力補充，此時所需向心力由以上兩力的合力提供。
設桶底對水的壓力為F，則由牛頓第二定律有mg＋F＝m
解得F＝m－mg＝0.5×N＝2.5 N
根據牛頓第三定律F′＝－F，
所以水對桶底的壓力F′＝－2.5 N，負號表示方向豎直向上。
[答案]　(1)2.45 m/s　(2)2.5 N
角度2　輕桿模型
【典例3】　有一輕質桿L長為0.5 m，一端固定一小球質量m為0.5 kg，桿繞另一端在豎直面內做圓周運動。(g取10 m/s2)
(1)當小球在最高點時剛好對桿無作用力，求此時的速度大小；
(2)當小球運動到最高點速率分別為1 m/s和 4 m/s 時，求小球對桿的作用力；
(3)當小球運動到最低點時，小球受桿的拉力為41 N，求小球運動的速率。
[解析]　(1)小球在最高點時剛好對桿無作用力，此時重力提供向心力有mg＝，代入數據解得v1＝＝ m/s。
(2)當小球運動到最高點速率為1 m/s時，此時小球A受到桿向上的支持力。根據牛頓第二定律可得：mg－F1＝，代入數據得F1＝4 N，根據牛頓第三定律可得小球對桿的作用力為4 N，方向向下；當小球運動到最高點速率為4 m/s時，由于v3＝4 m/s> m/s此時小球A受到桿向下的拉力，根據牛頓第二定律F2＋mg＝，代入數據解得F2＝11 N，根據牛頓三定律可得小球對桿的作用力為11 N，方向向上。
(3)當小球運動到最低點時，小球受桿的拉力為41 N，由牛頓第二定律有F－mg＝，代入數據解得v4＝6 m/s。
[答案]　(1) m/s　(2)4 N，方向向下　11 N，方向向上　(3)6 m/s
　豎直平面內圓周運動的分析方法
(1)明確運動的模型，是輕繩模型還是輕桿模型。
(2)明確物體的臨界狀態，即在最高點時物體具有最小速度時的受力特點。
(3)分析物體在最高點或最低點的受力情況，根據牛頓第二定律列式求解。
[跟進訓練]
2．(角度1)細繩一端固定，另一端系一小球在豎直平面內做完整的圓周運動，設繩長為L，重力加速度為g，則(　　)
A．小球通過最高點時，速度大小一定為
B．小球運動的過程中，所受合力一定指向圓心
C．小球通過最低點時一定受到繩子的拉力作用
D．小球運動過程中，可能受到繩子的拉力、重力和向心力
C　[在最高點且細繩拉力為零時：mg＝m，得v＝。當有拉力時，速度v>，A錯；小球做圓周運動的過程中，在最高點和最低點，合力提供的向心力指向圓心，在其他位置合力不指向圓心，B錯；在最低點，合力提供向心力，所以小球一定受細繩的拉力，C對；向心力是物體所受合力沿指向圓心方向的分力，D錯。]
3．(角度2)(多選)如圖甲所示，一長度l未知的輕桿，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量m未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動。小球通過最高點時，輕桿對小球的彈力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．輕桿長度l＝
B．小球質量m＝－
C．當v2D．僅換用長度較短的輕桿做實驗，圖線b點的位置不變
BD　[小球在最高點，當速度為零時，向心力為零，小球的重力與輕桿對小球的彈力大小相等，方向相反，據題圖乙可知－b＝mg，解得球的質量為m＝－，故B正確；在最高點，重力和桿的作用力的合力充當向心力，由牛頓第二定律可得F＋mg＝m，化簡可得F＝m－mg，由F-v2圖像的斜率可得k＝＝，解得輕桿的長度為l＝，故A錯誤；由題圖乙可知，當v2＝a時，輕桿中的彈力為零，故由豎直平面內的圓周運動的臨界條件可知當v2素養培優練(一)　水平面和豎直平面內的圓周運動
1．如圖所示，用輕繩一端拴一小球，繞另一端O在豎直平面內做圓周運動。若繩子可能斷，則運動過程中繩子最易斷的位置是小球運動到(　　)
A．最高點
B．最低點
C．兩側與圓心等高處
D．無法確定
[答案]　B
2．(多選)如圖所示，A、B、C三個物體放在旋轉圓臺上，動摩擦因數均為μ，A的質量為m1，B、C的質量均為m2，且m1＝2m2，A、B離軸的距離為R，C離軸的距離為2R，則當圓臺旋轉時(設A、B、C都沒有滑動)(　　)
A．C的向心加速度最大
B．B的靜摩擦力最小
C．當圓臺轉速增大時，A比B先滑動
D．當圓臺轉速增大時，C將最先滑動
[答案]　ABD
3．一輕桿下端固定一質量為M的小球，上端連在軸上，并可繞軸在豎直平面內運動，不計空氣阻力，在最低點給小球一個水平速度v0時，剛好能到達最高點，若在最低點給小球的瞬時速度從v0不斷增大，則可知(　　)
A．小球在最高點對桿的作用力不斷增大
B．小球在最高點對桿的作用力先減小后增大
C．小球在最高點對桿的作用力不斷減小
D．小球在最高點對桿的作用力先增大后減小
B　[桿既能支撐小球，又能拉小球，也就是說，桿在最高點給小球的彈力既可能向上又可能向下，因此，小球在最高點的速度可以為零。當到達最高點小球速度為零時，桿對小球的作用力為支持力，且等于mg。隨著速度的增大，支持力逐漸減小，當v＝時，桿對小球的作用力為零，當速度繼續增大時，桿對小球的作用力為拉力且不斷增大，故B正確，A、C、D錯誤。]
4．如圖所示，在勻速轉動的圓盤圓心處通過一個光滑小孔把質量相等(均為m)的兩物塊用輕繩連接，物塊A到轉軸的距離為R＝20 cm，與圓盤間的動摩擦因數為μ＝0.2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，(已知π2＝g)則(　　)
A．物塊A一定會受圓盤的摩擦力
B．當轉速n＝0.5 r/s時，A不受摩擦力
C．A受摩擦力方向一定與線速度方向在一條直線上
D．當圓盤轉速n＝1 r/s時，摩擦力方向沿半徑背離圓心
D　[若mg＝mω2R，則物塊A不受摩擦力；當摩擦力為零時，mg＝mω2R＝m(2πn)2R，代入數據解得n＝ r/s，A、B錯；物塊A受摩擦力方向與半徑在一條直線上，指向圓心或背離圓心，C錯；當圓盤轉速n＝1 r/s時，即n＝1 r/s< r/s，物塊A有沿半徑向內運動的趨勢，所以摩擦力方向沿半徑背離圓心，D對。]
5．(多選)如圖所示，在豎直的轉軸上，a、b兩點間距為0.4 m，細線ac長0.5 m，bc長0.3 m，在c點系一質量為m的小球，在轉軸帶著小球轉動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．轉速較小時，ac受拉力，bc松弛
B．bc剛好拉直時，ac中拉力為1.25mg
C．bc拉直后轉速增大，ac拉力增大
D．bc拉直后轉速增大，ac拉力不變
ABD　[在轉速較小時，隨著轉速的增加，小球做圓周運動的半徑逐漸增大，此過程ac受拉力，bc松弛，A對；當bc剛好拉直時，設ac與豎直方向的夾角為θ，cos θ＝0.8，對小球受力分析有＝Tac，Tac＝1.25mg，B對；當轉速繼續增大，向心力增大，則bc的拉力逐漸增大，但ac拉力保持不變，C錯，D對。]
6．(多選)如圖甲所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動。當小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與過最高點時小球的速度平方的關系如圖乙所示(取豎直向下為正方向)。MN為通過圓心的一條水平線。不計小球半徑、管道的粗細，重力加速度為g。則下列說法中正確的是(　　)
A．管道的半徑為
B．小球的質量為
C．小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
AB　[由題圖乙可知，當v2＝b，FN＝0時，mg＝m，解得R＝，故A正確；當v2＝0時，mg＝a，所以m＝，故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有力，故C錯誤；小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，故可能是外側管壁受力，也可能是內側管壁對小球有作用力，還可能均無作用力，故D錯誤。]
7．(多選)如圖所示光滑軌道上，小球滑下經平直部分沖上圓弧部分的最高點A時，對圓弧的壓力為mg，已知圓弧的半徑為R，則(　　)
A．在最高點A，小球受重力和向心力
B．在最高點A，小球受重力和圓弧的壓力
C．在最高點A，小球的速度為
D．在最高點A，小球的向心加速度為2g
BD　[小球在最高點受重力和壓力，由牛頓第二定律得FN＋mg＝ma，又FN＝mg，所以a＝2g，B、D正確。]
8．在質量為M的電動機飛輪上固定著一個質量為m的重物，重物到轉軸的距離為r，如圖所示，為了使放在地面上的電動機不會跳起，電動機飛輪的角速度不能超過(　　)
A．　　　 B．
C． D．
D　[重物轉到飛輪的最高點，電動機剛要跳起時，重物對飛輪的作用力F的大小恰好等于電動機的重力Mg的大小，即F＝Mg。以重物為研究對象，由牛頓第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝，故選D。]
9．(多選)如圖所示，質量為M的物體內有光滑圓形軌道，現有一質量為m的小滑塊沿該圓形軌道的豎直面做圓周運動，A、C為圓周的最高點和最低點，B、D與圓心O在同一水平線上。小滑塊運動過程中，物體始終保持靜止，關于物體對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．滑塊運動到A點時，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑塊運動到B點時，N＝Mg，摩擦力方向向右
C．滑塊運動到C點時，N>(M＋m)g，物體與地面間無摩擦力
D．滑塊運動到D點時，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
BC　[小滑塊在A點時，小滑塊對物體的作用力在豎直方向上，物體與小滑塊組成的系統在水平方向不受力的作用，所以沒有摩擦力的作用，故A錯誤；小滑塊在B點時，需要的向心力向右，所以物體對小滑塊有向右的支持力的作用，由物體的受力分析可知，地面要對物體有向右的摩擦力的作用，在豎直方向上，由于沒有加速度，物體受力平衡，所以物體對地面的壓力NB＝Mg，故B正確；小滑塊在C點時，小滑塊的向心力向上，所以小滑塊對物體的壓力要大于小滑塊的重力，故物體受到的小滑塊的壓力大于mg，則物體對地面的壓力大于(M＋m)g，物體與地面間無摩擦力，故C正確；小滑塊在D點和B點的受力情況類似，由B點的分析可知，物體對地面的壓力ND＝Mg，故D錯誤。]
10．如圖所示，光滑直桿AB長為L，B端固定一根勁度系數為k、原長為l0的輕彈簧，質量為m的小球套在光滑直桿上并與彈簧的上端連接。OO′為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ，重力加速度為g。
(1)桿保持靜止狀態，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小及小球速度最大時彈簧的壓縮量Δl1；
(2)當小球隨光滑直桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為Δl2，求勻速轉動的角速度ω；
(3)若θ＝30°，移去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω0＝勻速轉動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，求小球離B點的距離L0。
[解析]　(1)對小球進行受力分析如圖所示，小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，小球不受彈簧的彈力，根據牛頓第二定律有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ。隨著小球沿桿向下運動，其所受彈簧的彈力不斷增大，當彈簧彈力增大到與mgsin θ相等時，小球不再具有沿桿向下的加速度，此時小球速度達到最大，即此刻有kΔl1＝mgsin θ，解得Δl1＝。
(2)設彈簧伸長量為Δl2時，小球受力如圖所示，F2為小球所受彈簧的拉力，有F2＝kΔl2，FN為小球所受垂直于桿的支持力，則水平方向上有FNsin θ＋kΔl2cos θ＝mω2·(l0＋Δl2)cos θ，豎直方向上有FNcos θ－kΔl2sin θ－mg＝0，聯立解得ω＝。
(3)當桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉動時，小球離B點的距離為L0，其角速度為ω0，其運動半徑為L0cos θ，此時有mg tan θ＝cos θ，解得L0＝＝＝L。
[答案]　(1)gsin θ　　(2)　(3)L
11．某同學自學圓周運動知識。如圖所示，他用一根無彈性細繩拴住一個質量為m的小沙袋，讓小沙袋在水平面內做半徑為r的勻速圓周運動，同時測出小沙袋運動n周所需時間為t。若小沙袋所需向心力近似等于手通過繩對小沙袋的拉力，求：
(1)小沙袋做圓周運動的周期T；
(2)小沙袋做圓周運動的角速度ω；
(3)細繩對小沙袋的拉力F。
[解析]　(1)小沙袋做圓周運動的周期T＝。
(2)小沙袋做圓周運動的角速度ω＝，解得ω＝。
(3)細繩對小沙袋的拉力提供向心力，可得
F＝mω2r
解得F＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
12．如圖所示，一個半徑為R＝1.5m的金屬圓環豎直固定放置，環上套有一個質量為m的小球，小球可在環上自由滑動，與環間的動摩擦因數為0.75。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。當小球向右滑動經過環的最高點時(結果可用根號表示)：
(1)若此刻環對小球的摩擦力為零，求此刻小球的速率；
(2)若此刻環對小球的摩擦力大小為0.3mg，求此刻環對小球的作用力大?。?br/>(3)若此刻環對小球的摩擦力大小為0.3mg，求此刻小球的速率。
[解析]　(1)環對小球的摩擦力f＝0時，環對小球的彈力N＝0，則有mg＝m
解得小球速率v＝ m/s。
(2)滑動摩擦力f＝μN，將f＝0.3mg、μ＝0.75代入得環對小球的彈力N＝＝＝0.4mg
彈力方向與摩擦力方向垂直，由力的合成可知環對小球的作用力大小F＝＝0.5mg。
(3)由(2)可知，環對小球的彈力N＝0.4mg
當環對小球的彈力方向向上時，有mg－N＝
解得小球的速率v1＝3 m/s
當環對小球的彈力方向向下時，有mg＋N＝
解得小球的速率v2＝ m/s。
[答案]　(1) m/s　(2)0.5mg　(3)3 m/s或 m/s
13．如圖所示，半徑為R，內徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質量均為m的小球A、B以不同速率進入管內，A通過最高點C時，對管壁上部的壓力為3mg，B通過最高點C時，對管壁下部的壓力為0.75mg。求A、B兩球落地點間的距離。
[解析]　兩個小球在最高點時，受重力和管壁的作用力，這兩個力的合力作為向心力，離開軌道后兩球均做平拋運動，A、B兩球落地點間的距離等于它們平拋運動的水平位移之差。
對A球：3mg＋mg＝
解得vA＝
對B球：mg－0.75mg＝
解得vB＝
由2R＝gt2，t＝
解得xA＝vAt＝vA＝4R，xB＝vBt＝vB＝R
所以Δx＝xA－xB＝3R。
[答案]　3R主題1　圓周運動的動力學問題
1．分析物體的運動情況，明確圓周軌道在怎樣的一個平面內，確定圓心在何處，半徑是多大。
2．分析物體的受力情況，弄清向心力的來源，跟運用牛頓第二定律解直線運動問題一樣，解圓周運動問題，也要先選擇研究對象，然后進行受力分析，畫出受力示意圖。
3．由牛頓第二定律F＝ma列方程求解相應問題，其中F是指向圓心方向的合外力(向心力)，a是向心加速度，即或ω2r或用周期T來表示的形式。
【典例1】　如圖所示，一條輕繩長為L＝0.2 m，一端連接一個質量m＝2 kg的小球，另一端連接一個質量M＝1 kg 的滑塊。滑塊套在豎直桿上，它與豎直桿間的動摩擦因數為μ，現在讓小球繞豎直桿在水平面做勻速圓周運動，繩子與桿的夾角θ＝60°，滑塊恰好不下滑，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)小球轉動的角速度ω的大??；
(2)滑塊與豎直桿間的動摩擦因數μ。
[解析]　(1)小球在水平面內做勻速圓周運動，輕繩的拉力和小球的重力的合力提供向心力，根據幾何關系可得小球做圓周運動的半徑R＝Lsin θ
根據牛頓第二定律有
mgtan θ＝mω2R
解得ω＝10 rad/s。
(2)對小球，在豎直方向有Tcos θ＝mg
對滑塊，在水平方向有Tsin θ＝N
在豎直方向有μN＝Mg＋Tcos θ
解得μ＝。
[答案]　(1)10 rad/s　(2)
　當分析向心力來源時采用正交分解法，坐標原點就是做圓周運動的物體，有一個坐標軸的正方向沿著半徑指向圓心。
主題2　曲線運動綜合問題分析
圓周運動和平拋運動是兩種典型的曲線運動，圓周運動與平拋運動結合的綜合問題，是考試的重點，也是難點，此類問題主要是水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合或豎直面內的圓周運動與平拋運動的綜合考查。
(1)水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合問題
此類問題往往先在水平面內做勻速圓周運動，后做平拋運動。首先明確水平面內勻速圓周運動的向心力來源，根據牛頓第二定律和向心力公式列式，平拋運動一般沿水平方向和豎直方向分解速度或位移，速度是聯系前后兩個過程的關鍵物理量，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度。
(2)豎直面內圓周運動與平拋運動的綜合問題
此類問題有時物體先做豎直面內的變速圓周運動，后做平拋運動，有時物體先做平拋運動，后做豎直面內的變速圓周運動。豎直面內的圓周運動首先要明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，然后分析物體能夠通過圓周最高點的臨界條件。速度也是聯系前后兩個過程的關鍵物理量。
【典例2】　(多選)如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經過0.3 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑R＝1 m，小球可看成質點且其質量為m＝1 kg，g取10 m/s2。則(　　)
A．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9 m
C．小球經過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球經過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
思路點撥：小球恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰，說明小球在C點豎直方向的分速度和水平分速度相等，代入公式即可；小球經過圓弧軌道的B點時做圓周運動，所受軌道作用力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律列式可求得小球受管道的作用力。
AC　[根據平拋運動的規律和運動的合成可知tan 45°＝，則小球在C點豎直方向的分速度和水平方向分速度大小相等，即vx＝vy＝gt＝3 m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝3×0.3 m＝0.9 m，A正確，B錯誤；小球在B點的速度為3 m/s，根據牛頓第二定律，在B點，設軌道對小球的作用力方向向下，FNB＋mg＝，代入解得FNB＝－1 N，負號表示軌道對小球的作用力方向向上，C正確，D錯誤。]
　(1)找到兩個運動的銜接點，前一運動的末速度是后一運動的初速度。
(2)從某一運動的特殊位置作為突破口，根據其具有的特點進行求解突破。
(3)再將兩運動進行有效關聯。

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