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第5讲　实验6:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
■目标要求
1.会用控制变量法探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。2.会用作图法处理实验数据,掌握“化曲为直”的思想。
考点1　实验基本技能
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.实验原理。
本实验需要探究向心力与多个物理量之间的关系,因而实验采用　　　　　　法。如图所示,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,此时小球向外挤压挡板,挡板对小球有一个向内的弹力作为小球做匀速圆周运动的向心力,可以通过　　　　上露出的红白相间等分标记,粗略计算出两球所需向心力的比值。
在实验过程中可以通过两个小球同时做圆周运动对照,分别分析下列情形:
(1)在两小球质量和转动半径相等的情况下,探究向心力大小与　　　　的关系。
(2)在两小球质量和角速度相等的情况下,探究向心力大小与　　　　的关系。
(3)在转动半径和角速度相等的情况下,探究向心力大小与　　　　的关系。
2.实验器材。
向心力演示器、小球。
3.实验步骤。
(1)把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上,调整塔轮上的皮带和小球的位置,使两球的转动半径和角速度都相同。转动手柄,观察向心力大小和质量的关系。
(2)换两个质量相同的小球,使两球的角速度相同。再增大长槽上小球的转动半径,使两球的转动半径不同。转动手柄,观察向心力大小和半径的关系。
(3)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,调整皮带的位置,使两球转动的角速度不同,转动手柄。观察向心力大小和角速度的关系。
4.数据处理。
分别作出F-m、F-r、F-ω2图像,分析向心力大小与质量、半径、角速度之间的关系。
5.注意事项。
(1)实验前应将横臂紧固,螺钉旋紧,以防球和其他部件飞出造成事故。
(2)实验时,不宜使标尺露出格数太多,以免由于球沿滑槽外移引起过大的误差。
(3)摇动手柄时,应力求加速缓慢,速度增加均匀。
(4)皮带跟塔轮之间要拉紧。
【典例1】　(2023·浙江卷)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
(1)采用的实验方法是　　　　(填选项字母)。
A.控制变量法　　B.等效法　　C.模拟法
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下,逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的　　　　　　　(填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)之比;在加速转动手柄过程中,左右标尺露出红白相间等分标记的比值　　　　　(填“不变”“变大”或“变小”)。
考点2　实验的迁移、拓展和创新
　　　　　 　　　　　　　　　　
考向1　实验装置创新
【典例2】　(2024·海南卷)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体,如图甲所示,图乙为俯视图,测得圆盘直径D=42.02 cm,圆柱体质量m=30.0 g,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。
甲 乙 丙
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=62.8 s,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直径,某次测量的示数如图丙所示,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)。
考向2　实验目的改变
【典例3】　如图是利用激光测定圆盘圆周运动的原理示意图,图中光源和接收器固定,圆盘绕固定轴匀速转动,圆盘边缘侧面有一小段涂有反光材料(侧面其他部分不反射光)。圆盘转动到图示位置时,接收器开始接收到反光涂层所反射的激光束,接收器第1次刚接收到激光束至第n+1次刚接收到激光束所用时间为T0,每次接收激光束持续时间为t,圆盘的直径为d,圆周率用π表示。(计算结果用题中所给字母表示)
(1)由实验可知,圆盘转动周期T= 　。
(2)圆盘边缘上的点的向心加速度大小an=　　　　　。
(3)圆盘侧面反光涂层的长度l=　　　　。
第5讲　实验6:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
考点1
1.控制变量　标尺　(1)角速度　(2)半径
(3)质量
【典例1】　答案　(1)A　(2)角速度平方　不变
解析　(1)本实验先控制住其他几个因素不变,集中研究其中一个因素变化所产生的影响,采用的实验方法是控制变量法,A项正确。
(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值,根据F=mrω2,在小球质量和转动半径相同的情况下,可知左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。设皮带两塔轮的半径为R1、R2,塔轮的线速度为v,则有ω1=,ω2=,小球质量和转动半径相同的情况下,可知==,由于两变速盘的半径之比不变,则两小球的角速度平方之比不变,左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
考点2
【典例2】　答案　(1)1　(2)16.2
(3)　6.1×10-3
解析　(1)圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s,则圆盘转动的周期为T= s,根据角速度与周期的关系有ω==1 rad/s。
(2)根据游标卡尺的读数规则有16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。
(3)小圆柱体做圆周运动的半径为r=,则小圆柱体所需向心力表达式F=,代入数据有F=6.1×10-3 N。
【典例3】　答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)由实验可知,圆盘转动周期T=。
(2)圆盘转动的角速度为ω==,圆盘边缘上的点的向心加速度大小为an=rω2==。
(3)由题意可得=,解得l=。(共21张PPT)
第5讲
第四章 抛体运动　圆周运动
实验6：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
目
标
要
求
1.会用控制变量法探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。2.会用作图法处理实验数据，掌握“化曲为直”的思想。
考点1　实验基本技能
考点2　实验的迁移、拓展和创新
内容
索引
实验基本技能
考点1
1.实验原理。
本实验需要探究向心力与多个物理量之间的关系，因而实验采用_________法。如图所示，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，此时小球向外挤压挡板，挡板对小球有一个向内的弹力作为小球做匀速圆周运动的向心力，可以通过_______上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两球所需向心力的比值。
控制变量
标尺
在实验过程中可以通过两个小球同时做圆周运动对照，分别分析下列情形：
(1)在两小球质量和转动半径相等的情况下，探究向心力大小与____
_______的关系。
(2)在两小球质量和角速度相等的情况下，探究向心力大小与______的关系。
(3)在转动半径和角速度相等的情况下，探究向心力大小与_______的关系。
角
速度
半径
质量
2.实验器材。
向心力演示器、小球。
3.实验步骤。
(1)把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上，调整塔轮上的皮带和小球的位置，使两球的转动半径和角速度都相同。转动手柄，观察向心力大小和质量的关系。
(2)换两个质量相同的小球，使两球的角速度相同。再增大长槽上小球的转动半径，使两球的转动半径不同。转动手柄，观察向心力大小和半径的关系。
(3)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，调整皮带的位置，使两球转动的角速度不同，转动手柄。观察向心力大小和角速度的关系。
4.数据处理。
分别作出F-m、F-r、F-ω2图像，分析向心力大小与质量、半径、角速度之间的关系。
5.注意事项。
(1)实验前应将横臂紧固，螺钉旋紧，以防球和其他部件飞出造成事故。
(2)实验时，不宜使标尺露出格数太多，以免由于球沿滑槽外移引起过大的误差。
(3)摇动手柄时，应力求加速缓慢，速度增加均匀。
(4)皮带跟塔轮之间要拉紧。
【典例1】　(2023·浙江卷)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
(1)采用的实验方法是______(填选项字母)。
A.控制变量法　　B.等效法　　C.模拟法
本实验先控制住其他几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，A项正确。
解析
A
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的_________________(填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)之比；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(填“不变”“变大”或“变小”)。
角速度平方
不变
标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据F=mrω2，在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v，则有ω1=，ω2=，小球质量和转动半径相同的情况下，可知==，由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
解析
实验的迁移、拓展和创新
考点2
考向1
实验装置创新
【典例2】　(2024·海南卷)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图甲所示，图乙为俯视图，测得圆盘直径D=
42.02 cm，圆柱体质量m=30.0 g，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=62.8 s，则圆盘转动的角速度ω=______rad/s(π取3.14)。
圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s，则圆盘转动的周期为T= s，根据角速度与周期的关系有ω==1 rad/s。
解析
1
(2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图丙所示，该读数d=________mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
根据游标卡尺的读数规则有16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。
解析
16.2
(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)。
小圆柱体做圆周运动的半径为r=，则小圆柱体所需向心力表达式F=，代入数据有F=6.1×10-3 N。
解析
6.1×10-3
考向2
实验目的改变
【典例3】　如图是利用激光测定圆盘圆周运动的原理示意图，图中光源和接收器固定，圆盘绕固定轴匀速转动，圆盘边缘侧面有一小段涂有反光材料(侧面其他部分不反射光)。圆盘转动到图示位置时，接收器开始接收到反光涂层所反射的激光束，接收器第1次刚接收到激光束至第n+1次刚接收到激光束所用时间为T0，每次接收激光束持续时间为t，圆盘的直径为d，圆周率用π表示。(计算结果用题中所给字母表示)
(1)由实验可知，圆盘转动周期T=______。
由实验可知，圆盘转动周期T=。
解析

(2)圆盘边缘上的点的向心加速度大小an=__________。
圆盘转动的角速度为ω==，圆盘边缘上的点的向心加速度大小为an=rω2==。
解析

(3)圆盘侧面反光涂层的长度l=_________。
由题意可得=，解得l=。
解析
(共23张PPT)
微练16
实验6：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1
5
2
3
4
1.如图所示，是用来研究向心力与转动物体的半径、质量以及角速度之间关系的向心力演示器。
1
5
2
3
4
(1)这个实验所用的主要研究方法是______(填选项字母)。
A.控制变量法 B.等效代替法
C.理想实验法 D.假设法
在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A项正确。
解析
A
1
5
2
3
4
(2)图中两个相同的钢球位置距各自转轴的距离相等，由此可推测出是在研究向心力的大小F与______的关系(填选项字母)。
A.质量m　　B.角速度ω　　C.半径r
图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系，B项正确。
解析
B
2.(2025·红河模拟)图甲是某同学探究圆周运动向心力Fn与物体质量m、轨道半径r及线速度v关系的实验装置。圆柱体在光滑水平圆盘上做匀速圆周运动，力传感器测量向心力Fn，速度传感器测量圆柱体的线速度v。该同学现保持圆柱体质量和运动半径不变，探究向心力Fn与线速度v的关系。
1
5
2
3
4
(1)该实验采用的实验方法为_____(填选项字母)。
A.等效替代法 B.控制变量法
C.微量放大法 D.比值定义法
保持圆柱体质量和运动半径不变，探究向心力Fn与线速度v的关 系，可知，实验采用了控制变量法，B项正确。
解析
1
5
2
3
4
B
(2)该同学用图像法处理数据，画出一条过坐标原点的直线，如图乙所示。则图像的横坐标x表示的物理量为_____(填“v”“v2”或“v3”)；该图线的斜率为______(用题中字母表示)。
根据向心力Fn与线速度v的关系有Fn=m可知，图像的横坐标x表示的物理量为v2；结合上述可知，该图线的斜率为k=。
解析
1
5
2
3
4
v2

3.(2025·上饶模拟)某同学用如图甲所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上(未画 出)，光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间(挡光时间)。滑块P与竖直转轴间的距离可调。
1
5
2
3
4
(1)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则电动机的角速度为
______(用题中字母表示)。
若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则v==ωD，解得电动机的角速度为ω=。
解析
1
5
2
3
4

(2)若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为L不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间Δt。画出F-图像，如图乙所示。实验中，测得图线的斜率为k，则滑块的质量为_______(用题中字母表示)。
根据F=mω2L，ω=，解得F=，由题可知k=，解得m=。
解析
1
5
2
3
4

(3)若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以____(填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为t1，
则图线的斜率应为_______。
1
5
2
3
4
r

根据F=mω2r，为了更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系，可作F-r图像，即以F为纵轴，以r为横轴；因ω=，直线的斜率为k'=mω2=。
解析
1
5
2
3
4
4.利用甲图装置可以测量圆盘加速转动时的角速度ω以及角加速度 β。物理学上把角速度的变化Δω与发生这一变化所用时间Δt的比值定义为角加速度β(β=)。有一定厚度的圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点。用50分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙，用此装置打出的一条纸带如图丙(打点计时器所接交流电的频率为 50 Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画 出)。
1
5
2
3
4
1
5
2
3
4
(1)据图乙读出圆盘的直径为_______mm。
游标卡尺为50分度，精确度为0.02 mm，读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以圆盘的直径为d=50 mm+47×0.02 mm= 50.94 mm。
解析
1
5
2
3
4
50.94
(2)据图丙计算，打D点时圆盘转动的角速度为________rad/s(保留3位有效数字)。
相邻两计数点间的时间间隔为T==0.1 s，由题图丙可知，相邻两个T时间内，纸带的位移之差恒为0.6 cm，所以纸带做匀加速直线运动，打D点时纸带的瞬时速度等于C、E两点之间的平均速度，为vD== m/s=0.41 m/s，圆盘的半径为r==25.47 mm，打D点时圆盘转动的角速度为ωD=≈16.1 rad/s。
解析
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3
4
16.1
(3)据图丙可知，圆盘转动的角加速度大小为_______rad/s2(保留3位有效数字)。
纸带的加速度大小等于圆盘边缘的切向加速度大小，为a== 0.6 m/s2，结合角加速度的定义以及角速度和线速度之间的关系可得β===≈23.6 rad/s2。
解析
1
5
2
3
4
23.6
5.(2025·昭通模拟)某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在
1
5
2
3
4
同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点(图中未标出)。
(1)对实验的要求，下列说法正确的是______(填选项字母)。
A.P点位置比D点高即可
B.圆弧轨道越光滑越好
C.应选用密度大、体积小的小球
D.为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
1
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3
4
C
根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有mg=，可得vD=，由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球到不了D点，A项错误；圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，B项错误；选用密度大、体积小的小球，可以减小速度测量的误差，C项正确；同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，D项错误。
解析
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4
(2)若一次实验记录力传感器的示数为F，则小球经过D点时向心力的大小为Fn=_________；若小球落地点Q到O点的距离为x，则小球经过
D点的速度大小为v=_________。
1
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2
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F+mg

根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有Fn=F+mg。根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有2R=gt2，水平方向上有x=vt，联立解得v==。
解析
1
5
2
3
4
(3)改变P点位置进行多次实验，测得多组F、x，作F-x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，图像与纵轴的截距为_______，图像的斜率为_______，则向心力与速度平方成正比。
在D点，根据牛顿第二定律有F+mg=m，联立整理可得F=x2-mg，则当图像与纵轴的截距为-mg，斜率为时，向心力与速度平方成正比。
解析
1
5
2
3
4
-mg
微练16　实验6:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1.如图所示，是用来研究向心力与转动物体的半径、质量以及角速度之间关系的向心力演示器。
(1)这个实验所用的主要研究方法是　　　　(填选项字母)。
A.控制变量法 B.等效代替法
C.理想实验法 D.假设法
(2)图中两个相同的钢球位置距各自转轴的距离相等，由此可推测出是在研究向心力的大小F与　　　　的关系(填选项字母)。
A.质量m　　B.角速度ω　　C.半径r
2.(2025·红河模拟)图甲是某同学探究圆周运动向心力Fn与物体质量m、轨道半径r及线速度v关系的实验装置。圆柱体在光滑水平圆盘上做匀速圆周运动，力传感器测量向心力Fn，速度传感器测量圆柱体的线速度v。该同学现保持圆柱体质量和运动半径不变，探究向心力Fn与线速度v的关系。
(1)该实验采用的实验方法为　　　　(填选项字母)。
A.等效替代法 B.控制变量法
C.微量放大法 D.比值定义法
(2)该同学用图像法处理数据，画出一条过坐标原点的直线，如图乙所示。则图像的横坐标x表示的物理量为　　　　(填“v”“v2”或“v3”);该图线的斜率为　　　　(用题中字母表示)。
3.(2025·上饶模拟)某同学用如图甲所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上(未画出)，光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间(挡光时间)。滑块P与竖直转轴间的距离可调。
(1)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则电动机的角速度为　　　　(用题中字母表示)。
(2)若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为L不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间Δt。画出F-图像，如图乙所示。实验中，测得图线的斜率为k，则滑块的质量为　　　　(用题中字母表示)。
(3)若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以　　　　(填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为t1，则图线的斜率应为　　　　。
4.利用甲图装置可以测量圆盘加速转动时的角速度ω以及角加速度β。物理学上把角速度的变化Δω与发生这一变化所用时间Δt的比值定义为角加速度β。有一定厚度的圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点。用50分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙，用此装置打出的一条纸带如图丙(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)。
甲
乙
丙
(1)据图乙读出圆盘的直径为　　　　mm。
(2)据图丙计算，打D点时圆盘转动的角速度为　　　　rad/s(保留3位有效数字)。
(3)据图丙可知，圆盘转动的角加速度大小为　　　　rad/s2(保留3位有效数字)。
5.(2025·昭通模拟)某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点(图中未标出)。
(1)对实验的要求，下列说法正确的是　　　　(填选项字母)。
A.P点位置比D点高即可
B.圆弧轨道越光滑越好
C.应选用密度大、体积小的小球
D.为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
(2)若一次实验记录力传感器的示数为F，则小球经过D点时向心力的大小为Fn=　　　　;若小球落地点Q到O点的距离为x，则小球经过D点的速度大小为v=　　　　。
(3)改变P点位置进行多次实验，测得多组F、x，作F-x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，图像与纵轴的截距为　　　　，图像的斜率为　　　　，则向心力与速度平方成正比。
微练16　实验6:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1.答案　(1)A　(2)B
解析　(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,需先控制某些量不变,研究另外两个物理量的关系,该方法为控制变量法,A项正确。
(2)图中两球的质量相同,转动的半径相同,则研究的是向心力与角速度的关系,B项正确。
2.答案　(1)B　(2)v2　
解析　(1)保持圆柱体质量和运动半径不变,探究向心力Fn与线速度v的关系,可知,实验采用了控制变量法,B项正确。
(2)根据向心力Fn与线速度v的关系有Fn=m可知,图像的横坐标x表示的物理量为v2;结合上述可知,该图线的斜率为k=。
3.答案　(1)　(2)　(3)r　
解析　(1)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0,则v==ωD,解得电动机的角速度为ω=。
(2)根据F=mω2L,ω=,解得F=·,由题可知k=,解得m=。
(3)根据F=mω2r,为了更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系,可作F-r图像,即以F为纵轴,以r为横轴;因ω=,直线的斜率为k'=mω2=。
4.答案　(1)50.94　(2)16.1　(3)23.6
解析　(1)游标卡尺为50分度,精确度为0.02 mm,读数等于主尺读数与游标尺读数之和,所以圆盘的直径为d=50 mm+47×0.02 mm=50.94 mm。
(2)相邻两计数点间的时间间隔为T==0.1 s,由题图丙可知,相邻两个T时间内,纸带的位移之差恒为0.6 cm,所以纸带做匀加速直线运动,打D点时纸带的瞬时速度等于C、E两点之间的平均速度,为vD== m/s=0.41 m/s,圆盘的半径为r==25.47 mm,打D点时圆盘转动的角速度为ωD=≈16.1 rad/s。
(3)纸带的加速度大小等于圆盘边缘的切向加速度大小,为a==0.6 m/s2,结合角加速度的定义以及角速度和线速度之间的关系可得β==·=≈23.6 rad/s2。
5.答案　(1)C　(2)F+mg　
(3)-mg　
解析　(1)根据题意,若小球恰好通过D点,由牛顿第二定律有mg=,可得vD=,由能量守恒定律可知,若P点位置比D点略高些,则小球到不了D点,A项错误;圆弧轨道是否光滑对实验没有影响,B项错误;选用密度大、体积小的小球,可以减小速度测量的误差,C项正确;同样的实验过程,质量小些的球通过D点时,对力传感器压力会小些,D项错误。
(2)根据题意可知,在D点,小球受到的合力提供向心力,则有Fn=F+mg。根据题意可知,小球离开D点做平抛运动,竖直方向上有2R=gt2,水平方向上有x=vt,联立解得v==。
(3)在D点,根据牛顿第二定律有F+mg=m,联立整理可得F=x2-mg,则当图像与纵轴的截距为-mg,斜率为时,向心力与速度平方成正比。

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