高中物理高考一輪復習一輪復習 圓周運動及應用-2022屆高考物理一輪復習講義

第3講圓周運動及應用一、勻速圓周運動如果物體沿著圓周運動并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。思考辨析1．勻速圓周運動在任意相等的時間內通過的位移相同。 (×)2．做勻速圓周運動的物體的線速度是不斷變化的。 (√)二、描述圓周運動的物理量思考辨析1．勻速圓周運動是勻變速曲線運動。 (×)2．勻速圓周運動的周期、轉速都恒定不變。 (√)3．簡述勻速圓周運動的向心加速度與半徑的關系。提示：an＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r。三、勻速圓周運動的向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。2．來源：可以由某一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供。思考辨析1．勻速圓周運動向心力的大?。篎n＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。2．向心力的方向：始終沿半徑指向圓心方向，時刻在改變，即向心力是一個變力。四、離心現象離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供做圓周運動所需向心力的情況下，做逐漸遠離圓心的運動。思考辨析1．做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周切線方向做勻速直線運動。 (√)2．(1)當Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動。(2)當Fn＝0時，物體沿圓周切線方向飛出。(3)當Fn<mω2r時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動。(4)當Fn>mω2r時，物體逐漸靠近圓心，做近心運動?？键c1圓周運動的運動學問題(基礎考點)1．(2023·江蘇高考)(多選)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發(fā)現放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內，火車()A.運動路程為600m B.加速度為0C.角速度約為1rad/s D.轉彎半徑約為kmAD解析：圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，選項A正確；火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為0，加速度不為0，故選項B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×rad/s＝eq\f,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,×180m＝3439m，故選項C錯誤，D正確。2．(多選)如圖所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝eq\f(RA,2)，若在傳動過程中，皮帶不打滑，則()A.A點與C點的角速度大小相等B.A點與C點的線速度大小相等C.B點與C點的角速度大小之比為2∶1D.B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4BD解析：傳動裝置中，同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度大小相等；同軸轉動的點，角速度大小相等。對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確；根據vA＝vC及關系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝eq\f(RA,2)，所以ωA＝eq\f(ωC,2)，選項A錯誤；根據ωA＝ωB，ωA＝eq\f(ωC,2)，可得ωB＝eq\f(ωC,2)，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2，選項C錯誤；根據ωB＝eq\f(ωC,2)及關系式an＝ω2R，可得aB＝eq\f(aC,4)，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D正確。3．如圖所示，B和C是一組塔輪，即B、C兩輪半徑不同，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分別為三輪邊緣上的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的()A.線速度大小之比為3∶2∶2B.角速度之比為3∶3∶2C.轉速之比為2∶3∶2D.向心加速度大小之比為9∶6∶4D解析：A、B兩輪摩擦傳動，故va＝vb，即ωaRA＝ωbRB，則ωa∶ωb＝3∶2；B、C兩輪同軸轉動，故ωb＝ωc，即eq\f(vb,RB)＝eq\f(vc,RC)，則vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B錯誤。轉速之比等于角速度之比，故C錯誤。由an＝ωv，得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，故D正確。常見的三種傳動方式及特點類型模型模型解讀皮帶傳動皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣的線速度大小相等，即vA＝vB摩擦(或齒輪)傳動兩輪邊緣接觸，接觸點無相對滑動時，兩輪邊緣的線速度大小相等，即vA＝vB同軸傳動繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比考點2圓周運動的動力學問題(能力考點)考向1向心力的來源eq\a\vs4\al(典例)(2023·全國卷Ⅰ)如圖所示，一同學表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg，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8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A.200N B.400NC.600N D.800N(1)秋千運動至最低點時，重力和繩子的拉力的合力提供向心力。(2)秋千受到兩根繩子的拉力。(3)根據向心力和速度的關系列式求解?！咀灾鹘獯稹緽解析：秋千運動至最低點時，重力和繩子的拉力的合力提供該同學做圓周運動所需的向心力。設每根繩子的拉力為FT，則2FT－mg＝meq\f(v2,r)，代入數據解得FT＝410N。故選B?！炯挤偨Y】求解圓周運動問題的“一、二、三、四”考向2水平面內圓周運動的臨界問題eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，用一根長為l＝1m的細線，一端系一質量為m＝1kg的小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT(g取10m/s2，結果可用根式表示，sin37°＝，cos37°＝。(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？(2)若細線與豎直方向間的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？解此題注意以下兩點：(1)小球離開錐面的臨界條件是小球仍沿錐面運動，受到的支持力為0。(2)細線與豎直方向間的夾角為60°時，小球離開錐面，做圓錐擺運動?！咀灾鹘獯稹拷馕觯?1)若要小球剛好離開錐面，此時小球只受到重力和細線的拉力，如圖所示。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向上運用牛頓第二定律及向心力公式得mgtanθ＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))lsinθ解得ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s。(2)當細線與豎直方向成60°角時，小球已離開錐面，由牛頓第二定律及向心力公式有mgtanα＝mω′2lsinα解得ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s。答案：(1)eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s1．如圖所示，一細繩一端系一小球，另一端固定，給小球不同的初速度，使小球在水平面內做角速度不同的圓周運動，則下列細繩拉力F、懸點到軌跡圓心高度h、向心加速度a、線速度v與角速度平方ω2的關系圖像正確的是()ABCDA解析：設細繩長度為l，小球做勻速圓周運動時，細繩與豎直方向間的夾角為θ，細繩拉力為F，則有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mω2l，選項A正確；又mgtanθ＝mω2lsinθ，得h＝lcosθ＝eq\f(g,ω2)，選項B錯誤；小球的向心加速度a＝ω2lsinθ，選項C錯誤；小球的線速度v＝ωlsinθ，選項D錯誤。2．(多選)如圖所示，勻速轉動的水平圓盤上放有質量分別為2kg和3kg的小物體A、B，A、B間用細線沿半徑方向相連。它們到轉軸的距離分別為rA＝m、rB＝m。A、B與盤面間的最大靜摩擦力均為重力的k倍，k＝，g取10m/s2。現極其緩慢地增大圓盤的角速度，則下列說法正確的是()A.當A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為12NB.當A恰好達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度為5rad/sC.當細線上開始有彈力時，圓盤的角速度為eq\f(2\r(30),3)rad/sD.在細線上有彈力后的某時刻剪斷細線，A將做向心運動，B將做離心運動AC解析：增大圓盤的角速度，B先達到最大靜摩擦力，所以A達到最大靜摩擦力時，B受到的摩擦力大小為FB＝kmBg＝12N，A正確；設A達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度為ω1，此時細線的拉力為FT，則對A有kmAg－FT＝mAωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))rA，對B有FT＋kmBg＝mBωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))rB，得ω1＝10eq\r(\f(2,13))rad/s＝rad/s，B錯誤；當細線上開始有彈力時，對B有kmBg＝mBωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))rB，解得ω2＝eq\f(2\r(30),3)rad/s，C正確；在細線上有彈力后的某時刻剪斷細線，A將隨圓盤做圓周運動，B將做離心運動，D錯誤。3．(2023·青島模擬)我國改革開放以來，高速公路從無到有，通車總里程達到萬公里，位居世界第一。科學研究表明，在過于平坦、筆直的路面上高速行車極易發(fā)生車禍，在修建高速公路時要間隔設計彎道，迫使司機集中注意力并控制車輛行駛速度，從而減少車禍的發(fā)生。高速公路某處彎道半徑為R，路面寬度為d，路面內外側高度差為h，且路面傾角θ很小，可以認為tanθ＝sinθ，汽車輪胎與路面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則汽車通過該彎道的最合理速度為()A.eq\r(μgR) B.eq\r(\f(μR,g))C.eq\r(\f(ghR,d)) D.eq\r(\f(gdR,h))C解析：汽車轉彎時沒有側向的摩擦力，由重力和支持力的合力提供汽車轉彎所需的向心力時的速度是最合理的速度，汽車受力如圖所示。由牛頓第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,R)，因路面傾角θ很小，可認為tanθ＝sinθ＝eq\f(h,d)，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(ghR,d))，故A、B、D錯誤，C正確。4．如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h(A點)處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質量為m的小球B，繩長l大于h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動。當轉動的角速度ω逐漸增大時，下列說法正確的是()A.小球始終受三個力的作用B.細繩上的拉力始終保持不變C.要使小球不離開水平面，角速度的最大值為eq\r(\f(g,h))D.若小球飛離了水平面，則角速度可能為eq\r(\f(g,l))C解析：小球可以在水平面上轉動，也可以飛離水平面，飛離水平面后只受重力和細繩的拉力兩個力作用，故選項A錯誤；小球飛離水平面后，隨著角速度增大，細繩與豎直方向間的夾角變大，設為θ，由牛頓第二定律得FTsinθ＝mω2lsinθ，可知隨角速度變化，細繩的拉力FT會發(fā)生變化，故選項B錯誤；當小球對水平面的壓力為0時，有FTcosθ＝mg，FTsinθ＝mω2lsinθ，解得臨界角速度為ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，若小球飛離了水平面，則角速度大于eq\r(\f(g,h))，而eq\r(\f(g,l))<eq\r(\f(g,h))，故選項C正確，D錯誤?？键c3豎直面內的圓周運動(能力考點)考向1豎直面內的“輕繩”模型eq\a\vs4\al(典例)如圖甲所示，用一輕繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時，輕繩對小球的拉力為FT，小球在最高點的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則()A.輕繩長為eq\f(ma,b)B.當地的重力加速度為eq\f(m,a)C.當v2＝c時，輕繩的拉力大小為eq\f(ac,b)－aD.只要v2≥b，小球在最低點和最高點時，輕繩的拉力差均為5a根據向心力公式推導出FT與v2的關系，結合圖像得出結論?！咀灾鹘獯稹緾解析：在最高點，根據mg＋FT＝meq\f(v2,L)，得FT＝meq\f(v2,L)－mg，可知縱軸截距的絕對值為a＝mg，計算得當地的重力加速度g＝eq\f(a,m)，故B錯誤；FT-v2圖線的斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(m,L)，則輕繩的長度L＝eq\f(mb,a)，故A錯誤；當v2＝c時，輕繩的拉力大小為FT＝meq\f(v2,L)－mg＝eq\f(ac,b)－a，故C正確；小球在豎直平面內做圓周運動，在最低點有FT－mg＝eq\f(mv2,L)，在最高點有FT′＋mg＝eq\f(mv′2,L)，且eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝mg·2L，聯(lián)立解得FT－F′T＝6mg＝6a，即只要小球能運動到最高點，拉力差均為6a，故D錯誤?！炯挤偨Y】球—繩模型實例如球與繩連接、沿內軌道運動的球等圖示最高點無支撐最高點受力特征重力、彈力，彈力方向向下或等于0受力示意圖力學特征mg＋FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FN＝0，vmin＝eq\r(gr)過最高點的條件v≥eq\r(gr)速度和彈力關系的討論分析①當v＝eq\r(gr)時，恰好可以過最高點，mg＝meq\f(v2,r)，FN＝0，繩、軌道對球無彈力②當v>eq\r(gr)時，可以通過最高點，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產生彈力FN③當v<eq\r(gr)時，不能通過最高點，在到達最高點前，小球已經脫離了圓軌道做斜拋運動考向2豎直面內的“輕桿”模型eq\a\vs4\al(典例)(多選)如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.小球通過最高點時的最小速度vmin＝eq\r(g（R＋r）)B.小球通過最高點時的最小速度vmin＝0C.小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力D.小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力【自主解答】BC解析：小球沿管道上升到最高點時的速度可以為0，故A項錯誤，B項正確；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力FN與小球的重力在背離圓心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg＝meq\f(v2,R＋r)，因此，外側管壁一定對小球有作用力，而內側管壁無作用力，C項正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，小球是否受外側管壁的作用力與小球的速度大小有關，D項錯誤?！炯挤偨Y】球—桿模型實例如球與輕桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等圖示最高點有支撐最高點受力特征重力、彈力，彈力方向向下、等于0或向上受力示意圖力學特征mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征豎直向上的FN＝mg，v＝0過最高點的條件v≥0速度和彈力關系的討論分析①當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心②當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN背離圓心，隨v的增大而減?、郛攙＝eq\r(gr)時，FN＝0④當v>eq\r(gr)時，mg＋FN＝meq\f(v2,r)，FN指向圓心，并隨v的增大而增大分析豎直平面內圓周運動問題的思路1．(2023·東營模擬)如圖所示，輕桿一端與一質量為m的小球相連，另一端連在光滑固定軸上，輕桿可在豎直平面內自由轉動?，F使小球在豎直平面內做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.小球在運動過程中的任何位置對輕桿的作用力都不可能為0B.當輕桿運動到水平位置時，輕桿對小球的拉力大小不可能等于mgC.小球運動到最低點時，對輕桿的拉力可能等于4mgD.小球運動到最低點時，對輕桿的拉力一定不小于6mgB解析：小球在輕桿的作用下做圓周運動，在最高點時，若mg＝Fn，則小球對輕桿的作用力為0，A錯誤；假設當輕桿運動到水平位置時，輕桿對小球的拉力等于重力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(水平)),r)，此時小球的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(水平))＝eq\f(1,2)mgr，由機械能守恒定律可知，小球不可能運動到最高點，不能完成完整的圓周運動，假設不成立，B正確；若小球恰能完成完整的圓周運動，則在最高點時，小球的速度為0，在最低點時，小球的動能為2mgr，則F－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(最低)),r)＝4mg，由牛頓第三定律，可知小球對輕桿的作用力最小為5mg，C、D錯誤。2．(2023·重慶模擬)如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質點在圓軌道外側運動的模型，如圖乙所示。在豎直平面內固定的強磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質點沿軌道外側做完整的圓周運動，所受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，當質點以速率v＝eq\r(gR)通過A點時，對軌道的壓力為其重力的8倍，不計摩擦和空氣阻力，質點質量為m，重力加速度為g，則()A.強磁性引力的大小F＝7mgB.質點在A點對軌道的壓力小于在B點對軌道的壓力C.只要質點能做完整的圓周運動，則質點對A、B兩點的壓力差恒為5mgD.若強磁性引力大小恒為2F，為確保質點做完整的圓周運動，則質點通過B點的最大速率為eq\r(15gR)D解析：在A點，對質點由牛頓第二定律有F＋mg－FA＝meq\f(v2,R)，根據牛頓第三定律有FA＝FA′＝8mg，聯(lián)立解得F＝8mg，故A錯誤；質點能完成完整的圓周運動，在A點根據牛頓第二定律有F＋mg－NA＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),R)，根據牛頓第三定律有NA＝N′A，在B點根據牛頓第二定律有F－mg－NB＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)，根據牛頓第三定律有NB＝N′B，質點從A點運動到B點的過程中，根據機械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，聯(lián)立解得N′A－N′B＝6mg，故B、C錯誤；若強磁性引力大小恒為2F，在B點根據牛頓第二定律有2F－mg－FB＝meq\f(v′2,R)，當FB＝0時，質點速度最大，聯(lián)立解得v′B＝eq\r(15gR)，故D正確。3．如圖所示，一質量為m＝kg的小球，用長為m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動。g取10m/s2，則：(1)小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為多大？(2)當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩的拉力多大？(3)若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的速度不能超過多大？解析：(1)在最高點，對小球受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律得mg＋F1＝eq\f(mv2,R)由于輕繩對小球只能提供指向圓心的拉力，則F1不可能取負值，即F1≥0聯(lián)立解得v≥eq\r(gR)代入數值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s。(2)由牛頓第二定律得mg＋F2＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R)將v2＝4m/s代入得F2＝15N。(3)由分析可知，小球在最低點時，輕繩的張力最大，對小球受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得F3－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),R)將F3＝45N代入得v3＝4eq\r(2)m/s即小球的速度不能超過4eq\r(2)m/s。答案：(1)2m/s(2)15N(3)4eq\r(2)m/s考點4探究影響向心力大小的因素(能力考點)實驗方案一用繩和沙袋定性研究如圖甲所示，繩子的一端拴一個小沙袋(或其他小物體)，在離小沙袋重心40cm的地方打一個繩結A，在離小沙袋重心80cm的地方打另一個繩結B。一同學看手表計時，另一同學按下列步驟操作：操作一手握繩結A，如圖乙所示，使小沙袋在水平方向上做勻速圓周運動，每秒運動1周。感受此時繩子拉力的大小。操作二手仍然握繩結A，但使小沙袋在水平方向上每秒運動2周，感受此時繩子拉力的大小。操作三改為手握繩結B，使小沙袋在水平方向上每秒運動1周，感受此時繩子拉力的大小。操作一和操作二，可以比較在半徑相同的情況下，向心力大小與角速度的關系。操作一和操作三，可以比較在角速度相同的情況下，向心力大小與半徑的關系。實驗方案二利用向心力演示器探究向心力演示器如圖所示，勻速轉動手柄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分別以幾種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6的擋板對小球的壓力提供，小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，標尺8上露出的紅白相間等分格子的多少可以顯示出兩小球所受向心力的大小。(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，可以探究向心力大小與小球質量的關系。(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，可以探究向心力大小與轉動半徑的關系。(3)皮帶套在塔輪2、3不同半徑的圓盤上，小球質量相同、轉動半徑相同時，可以探究向心力大小與角速度的關系。實驗方案三利用力傳感器和光電傳感器探究如圖所示，利用力傳感器測量重物做圓周運動的向心力，利用天平、刻度尺、光電傳感器分別測量重物的質量m、做圓周運動的半徑r及角速度ω。實驗過程中，力傳感器與DIS數據分析系統(tǒng)相連，可直接顯示力的大小。光電傳感器與DIS數據分析系統(tǒng)相連，可直接顯示擋光條擋光的時間，由擋光條的寬度和擋光條做圓周運動的半徑，可得到重物做圓周運動的角速度。eq\a\vs4\al(典例)用如圖所示的實驗裝置可以探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力大小與哪些因素有關。(1)本實驗采用的科學方法是________。A.控制變量法 B.累積法C.微元法 D.放大法(2)圖示情景正在探究的是________。A.向心力的大小與半徑的關系B.向心力的大小與線速度的關系C.向心力的大小與角速度的關系D.向心力的大小與物體質量的關系(3)通過本實驗可以得到的結果是________。A.在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比B.在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與線速度的大小成正比C.在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比D.在質量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成反比【自主解答】解析：(1)在這個裝置中，控制小球轉動的半徑和角速度不變，只改變小球質量，來研究向心力大小與小球質量之間的關系，故采用的科學方法是控制變量法，A正確。(2)控制小球轉動的半徑、角速度不變，只改變小球質量，研究的是向心力大小與小球質量之間的關系，所以D選項是正確的。(3)通過控制變量法，得到的結果為在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比，所以C選項是正確的。答案：(1)A(2)D(3)C1．用如圖所示的裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與其質量m、角速度ω和軌跡半徑r之間的關系。兩個變速塔輪通過皮帶連接，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的小球就做勻速圓周運動。(1)在研究小球所受向心力的大小F與其質量m的關系時，要保持________相同。A.ω和r B.ω和mC.m和r D.m和F(2)若圖中兩個小球的質量和軌跡半徑相同，則是在研究F與________的關系。A.mB.rC.ω解析：(1)在研究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，需要先控制某些物理量不變，探究另外兩個物理量之間的關系，該方法為控制變量法，故B、C、D錯誤，A正確。(2)若題圖中兩個小球的質量相同，轉動半徑相同，則研究的是向心力大小與角速度之間的關系，故A、B錯誤，C正確。答案：(1)A(2)C2．一物理興趣小組利用學校實驗室的數字實驗系統(tǒng)探究物體做圓周運動時向心力與角速度、半徑的關系。(1)首先，他們用一砝碼做半徑為r＝m的圓周運動，數字實驗系統(tǒng)通過測量和計算得到若干組向心力F和對應的角速度ω，如表所示。請你根據表中的數據在圖甲中繪出F-ω的關系圖像。實驗序號12345678F/Nω/(rad·s－1)(2)通過對圖像的觀察，興趣小組的同學猜測F與ω2成正比。你認為可以通過進一步的轉換，通過繪出________的關系圖像來確定他們的猜測是否正確。(3)在證實了F∝ω2之后，他們將砝碼做圓周運動的半徑r再分別調整為m、m，又得到了兩條F-ω圖像，他們將三次實驗得到的圖像放在一個坐標系中，如圖乙所示。通過對三條圖線的比較、分析、討論，他們得出F∝r的結論，你認為他們的依據是____________________________。(4)通過上述實驗，他們得出結論：做圓周運動的物體受到的向心力F與角速度ω、半徑r的數學關系式是F＝kω2r，其中比例系數k的大小為________，單位是________。解析：(1)由題中的數據描點，用平滑的曲線連接即可，見答案圖。(2)若興趣小組猜測F與ω2成正比，應作出F-ω2圖像，如果圖線是一條過原點的直線，就說明F與ω2成正比。(3)作一條平行于縱軸的輔助線，觀察和圖線的交