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(共42张PPT)
实验6　探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系
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强基础 固本增分
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研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
原理装置图

1．手柄　2、3.变速塔轮 4．长槽　5.短槽　6、7.小球　8.横臂　9.弹簧测力套筒　10.标尺
实验操作
1.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，调整变速塔轮上的皮带，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，增大长槽内小球的转动半径，调整变速塔轮上的皮带，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，使两个小球的转动半径相同，调整变速塔轮上的皮带，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。
注意事项
1.实验前要做好横臂支架安全检查，检查螺钉是否有松动，保持仪器水平。
2．实验时转速应从慢到快，且转速不宜过快，以免损坏测力弹簧。
3．注意防止皮带打滑，尽可能保证ω比值不变。
4．注意仪器的保养，延长仪器使用寿命，并提高实验可信度
数据处理和结论 1.分别作出Fn-ω2、Fn-r、Fn-m的图像，分析向心力与角速度、半径、质量之间的关系。
2．实验结论

项目 相同的物理量 不同的物理量 实验结论
1 m、r ω ω越大，Fn越大，Fn∝ω2
2 m、ω r r越大，Fn越大，Fn∝r
3 r、ω m m越大，Fn越大，Fn∝m
公式 Fn＝mω2r
误差 分析 1.污渍、生锈等使小球的质量、轨道半径变化带来的误差。
2.仪器不水平带来的误差。
3.标尺读数不准带来的误差。
4.皮带打滑带来的误差。
研考点
精准突破
考点一　教材原型实验
(2023·浙江1月选考，16)“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________；
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________(选填“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________(选填“不变”“变大”或“变小”)。
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。
(2)标尺上露出的红白相间的等分标记的比值为两个小球所受向心力的比值，根据F＝mrω2可知比值等于两小球的角速度平方之比。在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
答案：(1)A　(2)角速度平方　不变
一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统来探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度、半径的关系。
(1)首先，他们让一砝码做半径r为0.08 m的圆周运动，数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力Fn和对应的角速度ω，如下表所示。请你根据表中的数据在图甲上绘出Fn-ω的关系图像；
实验序号 1 2 3 4 5 6 7 8
Fn/N 2.42 1.90 1.43 0.97 0.76 0.50 0.23 0.06
ω/(rad·s-1) 28.8 25.7 22.0 18.0 15.9 13.0 8.5 4.0
图甲
(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测Fn与ω2成正比。你认为，可以通过进一步的转换，通过绘出________关系图像来确定他们的猜测是否正确；
(3)在证实了Fn∝ω2之后，他们将砝码做圆周运动
的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m，又得到了
两条Fn-ω图像，他们将三次实验得到的图像放在
一个坐标系中，如图乙所示。通过对三条图线的
比较、分析、讨论，他们得出Fn∝ r的结论，你认
为他们的依据是_____________________________
___________________________________________；
图乙
(4)通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力大小Fn与角速度ω、半径r的数学关系式是Fn＝kω2r，其中比例系数k的大小为________，单位是________。
解析：(1)描点绘图时尽量让所描的点落到同一条曲线上，不能落到曲线上的点应均匀分布在曲线两侧，如图所示。
(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测Fn与ω2成正比。可以通过进一步的转换，通过绘出Fn与ω2关系图像来确定他们的猜测是否正确，如果猜测正确，作出的Fn与ω2的关系图像应当为一条倾斜直线。
(3)作一条平行于纵轴的辅助线，观察和图线的交点中，力的数值之比是否为1∶2∶3，如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比。
(4)做圆周运动的物体受到的向心力大小Fn与角速度ω、半径r的数学关系式是Fn＝kω2r，代入(1)题中Fn-ω的关系图像中任意一点的坐标数值，比如：(20 rad/s-1，1.2 N)，此时半径为0.08 m，可得1.2 N＝k×202(rad/s)2×0.08 m，解得k＝0.0375 kg。
答案：(1)见解析图　(2)Fn与ω2　 (3)见解析　(4)0.0375　kg
考点二　拓展创新实验
(2024·海南卷，14)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)；
(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)。
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1.6 cm＋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。
答案：(1)1　(2)16.2　(3)　6.1×10-3
[创新角度分析]　本实验创新体现在由探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验，迁移为测向心力的实验。
(2025·重庆市第八中学高三检测)小明同学为探究向心力F与线速度v的关系，用如图所示的实验装置完成实验，其中质量为m的小圆柱体放在未画出的水平光滑圆盘上，沿图中虚线做匀速圆周运动，力电传感器测定圆柱体的向心力，光电传感器测定线速度，轨迹的半径为r，实验过程中保持圆柱体质量和运动半径不变。
(1)该同学采用的实验方法为________；
A．等效替代法
B．理想化模型法
C．控制变量法
(2)改变线速度v，并进行多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示，该同学利用实验数据作出了以下四个图像，其中能较为直观地展示向心力F与线速度v关系的图像是________；
v/(m·s-1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
F/N 0.88 1.98 3.50 5.50 7.90
A.F-v图像　　B．F-v2图像 C.F-图像　　 D．F-图像
(3)根据图像分析的结果，小明可以得到实验结论是________________。
解析：(1)探究向心力与质量、半径和线速度的关系时，为了只研究向心力与速度的关系，应采用控制变量法，故选C。
(2)根据F＝m可知F-v2的图像是一条过原点的倾斜直线，在四幅题图中最为直观，故选B。
(3)在质量和运动半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比。
答案：(1)C　(2)B　(3)在质量和运动半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比
[创新角度分析]
1．实验器材创新：由力电传感器和光电传感器替代向心力演示器。
2．数据处理创新：利用光电传感器和力电传感器，测出圆柱体的速度和向心力，根据F-v2的图像分析数据。
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限时规范
训练(24)　探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系
(建议用时：40分钟　满分：60分)
1．(10分)(2026·北京人大附中统练)如图所示，某同学用向心力演示仪探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的运动半径之比为1∶2∶1。
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(1)他应选择两个质量________(选填“相同”或“不同”)的小球，分别放在挡板C与________(选填“挡板A”或“挡板B”)处，同时选择半径________(选填“相同”或“不同”)的两个塔轮；
(2)当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径为短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。
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解析：(1)本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应保持小球的质量和角速度不变，即选择半径相同的两个塔轮，并将小球置于挡板B处。
(2)左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，即，F＝mω2r，r1＝2r2，可得，所以。
答案：(1)相同　挡板B　相同　(2)2∶1
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2．(10分)(2025·北京市西城区一模)用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮的半径之比为2∶1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与____(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于________。
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解析：根据题意将两个等质量的小球放在A、C位置，即两个小球的转动半径相等，皮带套在第二层塔轮上，根据ω＝，可知两个小球转动的角速度不同，即该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与角速度。根据ω＝，可知两个小球转动的角速度之比为1∶2，根据Fn＝mω2r，可知左右标尺露出长度的比值应等于1∶4。
答案：角速度　1∶4
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3．(10分)为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，小明按如图甲装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动快慢。
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制____________保持不变，小明由计时器测得转动的周期T，计算ω2的表达式是__________；
图甲
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(2)小明按上述实验将测算得的结果用作图法来处理数据，如图乙所示，纵轴F为力电传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是________________，用电子天平测得物块质量为1.50 kg，直尺测得半径为50.00 cm，图线斜率为________kg·m(结果保留2位有效数字)。
图乙
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解析：(1)由向心力公式Fn＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，应保持质量和半径不变，根据ω＝，可得ω2＝。
(2)实际表达式为F＋Ff＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响。斜率为k＝mr＝0.75 kg·m。
答案：(1)质量和半径　ω2＝　(2)存在摩擦力的影响　0.75
图甲
图乙
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4．(10分)(2025·辽宁鞍山二模)为探究向心力大小与角速度大小的关系，某实验小组用图甲所示装置进行实验。滑块套在光滑的水平杆上，右端通过一轻质细绳连接固定在竖直杆上的力传感器，水平杆固定在竖直杆上，当竖直杆匀速转动时，滑块绕竖直杆做匀速圆周运动，力
传感器用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，遮光片宽度为d，光电门可以记录遮光片通过光电门的时间Δt，测得滑块和遮光片的总质量为m，实验中测得滑块的旋转半径为r。当竖直杆匀速转动时，滑块每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和对应的遮光片通过光电门时间Δt的数据。改变转动速度，多次重复实验并记录对应的数据。
图甲
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(1)用20分度的游标卡尺测量遮光条d的宽度如
图乙所示，其读数为________cm；
(2)某次测得遮光片经过光电门时的遮光时间为
Δt，则角速度ω为________(用“d”“Δt”或“r”表示)；
(3)若以向心力F为纵坐标，ω2为横坐标绘制图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，则其斜率为________(用“m”“r”表示)。
图乙
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解析：(1)游标卡尺的读数为6 mm＋14×0.05 mm＝6.70 mm＝0.670 cm。
(2)滑块转动的线速度v＝，则角速度ω＝。
(3)根据向心力公式F＝mω2r，可以得出图像的斜率为mr。
答案：(1)0.670　(2)　(3)mr
图乙
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5．(10分)(2026·湖北名校联盟联测)如图是探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验装置。将小物块放置在水平圆盘的光滑轨道槽中，用轻绳连接小物块，另一端连接拉力传感器。
(1)本实验采用的实验方法为________；
A．等效替代法
B．控制变量法
C．转化法
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(2)让圆盘绕竖直轴转动，保持物块质量m和其做圆周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度，拉力传感器的示数会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)保持圆盘转动的角速度不变，当物块第一次到达位置A开始计时，并记为第1次，记录物块第n次到达A点的总时间为t，则物块做圆周运动的角速度ω＝________；若拉力传感器的示数为F，当满足F＝________时(用r、m、n、t、π表示)，则向心力公式得到验证。
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解析：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，需要控制其中两个量不变，研究另外一个量对向心力的影响，采用的是控制变量法。故选B。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，保持物块质量m和做圆
周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度ω，向心
力增大，而绳子拉力提供向心力，所以拉力传感器的示
数会增大。
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(3)物块第1次到达位置A开始计时，第n次到达A点时，转动的圈数为n－1，总时间为t，则周期T＝，根据角速度与周期的关系ω＝，可得ω＝，若拉力传感器的示数为F，拉力提供向心
力，验证向心力公式可得F＝mr。
答案：(1)B　(2)增大　(3)
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6．(10分)(2025·河北石家庄高三质检)某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块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，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
图甲
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(1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的F-ω2图像如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是___________，滑块到竖直转轴的距离为_______m；(计算结果保留3位有效数字)
(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的
距离不变，则转轴转动的最大角速度为
________rad/s。
图乙
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解析：(1)若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时，继续增大转速，绳子开始出现拉力，则有F＋Ffmax＝mrω2，则有F＝mrω2－Ffmax，F-ω2图像不过坐标原点。
由题图乙可知斜率为k＝mr＝ kg·m
解得r＝0.257 m。
(2)由题图乙可知，当F＝0时，Ffmax＝mrω02，
则转轴转动的最大角速度满足ω02＝25 rad2/s2，
解得ω0＝5 rad/s。
答案：(1)水平杆不光滑　0.257　(2)5
图乙
实验6　探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系
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(建议用时：40分钟　满分：60分)
1．(10分)(2026·北京人大附中统练)如图所示，某同学用向心力演示仪探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的运动半径之比为1∶2∶1。
(1)他应选择两个质量________(选填“相同”或“不同”)的小球，分别放在挡板C与________(选填“挡板A”或“挡板B”)处，同时选择半径________(选填“相同”或“不同”)的两个塔轮；
(2)当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径为短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。
解析：(1)本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应保持小球的质量和角速度不变，即选择半径相同的两个塔轮，并将小球置于挡板B处。
(2)左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，即，F＝mω2r，r1＝2r2，可得，所以。
答案：(1)相同　挡板B　相同　(2)2∶1
2．(10分)(2025·北京市西城区一模)用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮的半径之比为2∶1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与________(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于________。
解析：根据题意将两个等质量的小球放在A、C位置，即两个小球的转动半径相等，皮带套在第二层塔轮上，根据ω＝，可知两个小球转动的角速度不同，即该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与角速度。根据ω＝，可知两个小球转动的角速度之比为1∶2，根据Fn＝mω2r，可知左右标尺露出长度的比值应等于1∶4。
答案：角速度　1∶4
3．(10分)为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，小明按如图甲装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动快慢。
图甲 图乙
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制____________保持不变，小明由计时器测得转动的周期T，计算ω2的表达式是__________；
(2)小明按上述实验将测算得的结果用作图法来处理数据，如图乙所示，纵轴F为力电传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是________________，用电子天平测得物块质量为1.50 kg，直尺测得半径为50.00 cm，图线斜率为________kg·m(结果保留2位有效数字)。
解析：(1)由向心力公式Fn＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，应保持质量和半径不变，根据ω＝，可得ω2＝。
(2)实际表达式为F＋Ff＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响。斜率为k＝mr＝0.75 kg·m。
答案：(1)质量和半径　ω2＝　(2)存在摩擦力的影响　0.75
4．(10分)(2025·辽宁鞍山二模)为探究向心力大小与角速度大小的关系，某实验小组用图甲所示装置进行实验。滑块套在光滑的水平杆上，右端通过一轻质细绳连接固定在竖直杆上的力传感器，水平杆固定在竖直杆上，当竖直杆匀速转动时，滑块绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，遮光片宽度为d，光电门可以记录遮光片通过光电门的时间Δt，测得滑块和遮光片的总质量为m，实验中测得滑块的旋转半径为r。当竖直杆匀速转动时，滑块每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和对应的遮光片通过光电门时间Δt的数据。改变转动速度，多次重复实验并记录对应的数据。
图甲
图乙
(1)用20分度的游标卡尺测量遮光条d的宽度如图乙所示，其读数为________cm；
(2)某次测得遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω为________(用“d”“Δt”或“r”表示)；
(3)若以向心力F为纵坐标，ω2为横坐标绘制图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，则其斜率为________(用“m”“r”表示)。
解析：(1)游标卡尺的读数为6 mm＋14×0.05 mm＝6.70 mm＝0.670 cm。
(2)滑块转动的线速度v＝，则角速度ω＝。
(3)根据向心力公式F＝mω2r，可以得出图像的斜率为mr。
答案：(1)0.670　(2)　(3)mr
5．(10分)(2026·湖北名校联盟联测)如图是探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验装置。将小物块放置在水平圆盘的光滑轨道槽中，用轻绳连接小物块，另一端连接拉力传感器。
(1)本实验采用的实验方法为________；
A．等效替代法
B．控制变量法
C．转化法
(2)让圆盘绕竖直轴转动，保持物块质量m和其做圆周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度，拉力传感器的示数会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)保持圆盘转动的角速度不变，当物块第一次到达位置A开始计时，并记为第1次，记录物块第n次到达A点的总时间为t，则物块做圆周运动的角速度ω＝________；若拉力传感器的示数为F，当满足F＝________时(用r、m、n、t、π表示)，则向心力公式得到验证。
解析：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，需要控制其中两个量不变，研究另外一个量对向心力的影响，采用的是控制变量法。故选B。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，保持物块质量m和做圆周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度ω，向心力增大，而绳子拉力提供向心力，所以拉力传感器的示数会增大。
(3)物块第1次到达位置A开始计时，第n次到达A点时，转动的圈数为n－1，总时间为t，则周期T＝，根据角速度与周期的关系ω＝，可得ω＝，若拉力传感器的示数为F，拉力提供向心力，验证向心力公式可得F＝mr。
答案：(1)B　(2)增大　(3)
6．(10分)(2025·河北石家庄高三质检)某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块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，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
图甲
(1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的F-ω2图像如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是______________，滑块到竖直转轴的距离为________m；(计算结果保留3位有效数字)
图乙
(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为________rad/s。
解析：(1)若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时，继续增大转速，绳子开始出现拉力，则有F＋Ffmax＝mrω2，则有F＝mrω2－Ffmax，F-ω2图像不过坐标原点。
由题图乙可知斜率为k＝mr＝ kg·m
解得r＝0.257 m。
(2)由题图乙可知，当F＝0时，Ffmax＝mrω02，则转轴转动的最大角速度满足ω02＝25 rad2/s2，解得ω0＝5 rad/s。
答案：(1)水平杆不光滑　0.257　(2)5实验6　探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系
原理装置图 实验操作 注意事项
1．手柄　2、3.变速塔轮 4．长槽　5.短槽　6、7.小球　8.横臂　9.弹簧测力套筒　10.标尺 1.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，调整变速塔轮上的皮带，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，增大长槽内小球的转动半径，调整变速塔轮上的皮带，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，使两个小球的转动半径相同，调整变速塔轮上的皮带，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。 1.实验前要做好横臂支架安全检查，检查螺钉是否有松动，保持仪器水平。 2．实验时转速应从慢到快，且转速不宜过快，以免损坏测力弹簧。 3．注意防止皮带打滑，尽可能保证ω比值不变。 4．注意仪器的保养，延长仪器使用寿命，并提高实验可信度
数据处理和结论 1.分别作出Fn-ω2、Fn-r、Fn-m的图像，分析向心力与角速度、半径、质量之间的关系。 2．实验结论 项 目相同的物理量不同的物理量实验结论1m、rωω越大，Fn越大，Fn∝ω22m、ωrr越大，Fn越大，Fn∝r3r、ωmm越大，Fn越大，Fn∝m公式Fn＝mω2r
误差 分析 1.污渍、生锈等使小球的质量、轨道半径变化带来的误差。 2.仪器不水平带来的误差。 3.标尺读数不准带来的误差。 4.皮带打滑带来的误差。
考点一　教材原型实验
　(2023·浙江1月选考，16)“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________；
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________(选填“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________(选填“不变”“变大”或“变小”)。
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。
(2)标尺上露出的红白相间的等分标记的比值为两个小球所受向心力的比值，根据F＝mrω2可知比值等于两小球的角速度平方之比。在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
答案：(1)A　(2)角速度平方　不变
　一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统来探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度、半径的关系。
(1)首先，他们让一砝码做半径r为0.08 m的圆周运动，数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力Fn和对应的角速度ω，如下表所示。请你根据表中的数据在图甲上绘出Fn-ω的关系图像；
实验序号 1 2 3 4 5 6 7 8
Fn/N 2.42 1.90 1.43 0.97 0.76 0.50 0.23 0.06
ω/(rad·s-1) 28.8 25.7 22.0 18.0 15.9 13.0 8.5 4.0
图甲
(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测Fn与ω2成正比。你认为，可以通过进一步的转换，通过绘出________关系图像来确定他们的猜测是否正确；
(3)在证实了Fn∝ω2之后，他们将砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m，又得到了两条Fn-ω图像，他们将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图乙所示。通过对三条图线的比较、分析、讨论，他们得出Fn∝ r的结论，你认为他们的依据是______________________________________________
___________________________________________________________________；
图乙
(4)通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力大小Fn与角速度ω、半径r的数学关系式是Fn＝kω2r，其中比例系数k的大小为________，单位是________。
解析：(1)描点绘图时尽量让所描的点落到同一条曲线上，不能落到曲线上的点应均匀分布在曲线两侧，如图所示。
(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测Fn与ω2成正比。可以通过进一步的转换，通过绘出Fn与ω2关系图像来确定他们的猜测是否正确，如果猜测正确，作出的Fn与ω2的关系图像应当为一条倾斜直线。
(3)作一条平行于纵轴的辅助线，观察和图线的交点中，力的数值之比是否为1∶2∶3，如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比。
(4)做圆周运动的物体受到的向心力大小Fn与角速度ω、半径r的数学关系式是Fn＝kω2r，代入(1)题中Fn-ω的关系图像中任意一点的坐标数值，比如：(20 rad/s-1，1.2 N)，此时半径为0.08 m，可得1.2 N＝k×202(rad/s)2×0.08 m，解得k＝0.0375 kg。
答案：(1)见解析图　(2)Fn与ω2　
(3)见解析　(4)0.0375　kg
考点二　拓展创新实验
　(2024·海南卷，14)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)；
(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)。
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1.6 cm＋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。
答案：(1)1　(2)16.2　(3)　6.1×10-3
[创新角度分析]　本实验创新体现在由探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验，迁移为测向心力的实验。
　(2025·重庆市第八中学高三检测)小明同学为探究向心力F与线速度v的关系，用如图所示的实验装置完成实验，其中质量为m的小圆柱体放在未画出的水平光滑圆盘上，沿图中虚线做匀速圆周运动，力电传感器测定圆柱体的向心力，光电传感器测定线速度，轨迹的半径为r，实验过程中保持圆柱体质量和运动半径不变。
(1)该同学采用的实验方法为________；
A．等效替代法
B．理想化模型法
C．控制变量法
(2)改变线速度v，并进行多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示，该同学利用实验数据作出了以下四个图像，其中能较为直观地展示向心力F与线速度v关系的图像是________；
v/(m·s-1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
F/N 0.88 1.98 3.50 5.50 7.90
A.F-v图像　　　　B．F-v2图像
C.F-图像　　　　D．F-图像
(3)根据图像分析的结果，小明可以得到实验结论是___________________。
解析：(1)探究向心力与质量、半径和线速度的关系时，为了只研究向心力与速度的关系，应采用控制变量法，故选C。
(2)根据F＝m可知F-v2的图像是一条过原点的倾斜直线，在四幅题图中最为直观，故选B。
(3)在质量和运动半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比。
答案：(1)C　(2)B　(3)在质量和运动半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比
[创新角度分析]
1．实验器材创新：由力电传感器和光电传感器替代向心力演示器。
2．数据处理创新：利用光电传感器和力电传感器，测出圆柱体的速度和向心力，根据F-v2的图像分析数据。
限时规范训练(24)　探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系
(建议用时：40分钟　满分：60分)
1．(10分)(2026·北京人大附中统练)如图所示，某同学用向心力演示仪探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的运动半径之比为1∶2∶1。
(1)他应选择两个质量________(选填“相同”或“不同”)的小球，分别放在挡板C与________(选填“挡板A”或“挡板B”)处，同时选择半径________(选填“相同”或“不同”)的两个塔轮；
(2)当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径为短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。
解析：(1)本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应保持小球的质量和角速度不变，即选择半径相同的两个塔轮，并将小球置于挡板B处。
(2)左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1∶2，即，F＝mω2r，r1＝2r2，可得，所以。
答案：(1)相同　挡板B　相同　(2)2∶1
2．(10分)(2025·北京市西城区一模)用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮的半径之比为2∶1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与________(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于________。
解析：根据题意将两个等质量的小球放在A、C位置，即两个小球的转动半径相等，皮带套在第二层塔轮上，根据ω＝，可知两个小球转动的角速度不同，即该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与角速度。根据ω＝，可知两个小球转动的角速度之比为1∶2，根据Fn＝mω2r，可知左右标尺露出长度的比值应等于1∶4。
答案：角速度　1∶4
3．(10分)为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，小明按如图甲装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动快慢。
图甲 图乙
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制____________保持不变，小明由计时器测得转动的周期T，计算ω2的表达式是__________；
(2)小明按上述实验将测算得的结果用作图法来处理数据，如图乙所示，纵轴F为力电传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是________________，用电子天平测得物块质量为1.50 kg，直尺测得半径为50.00 cm，图线斜率为________kg·m(结果保留2位有效数字)。
解析：(1)由向心力公式Fn＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，应保持质量和半径不变，根据ω＝，可得ω2＝。
(2)实际表达式为F＋Ff＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响。斜率为k＝mr＝0.75 kg·m。
答案：(1)质量和半径　ω2＝　(2)存在摩擦力的影响　0.75
4．(10分)(2025·辽宁鞍山二模)为探究向心力大小与角速度大小的关系，某实验小组用图甲所示装置进行实验。滑块套在光滑的水平杆上，右端通过一轻质细绳连接固定在竖直杆上的力传感器，水平杆固定在竖直杆上，当竖直杆匀速转动时，滑块绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，遮光片宽度为d，光电门可以记录遮光片通过光电门的时间Δt，测得滑块和遮光片的总质量为m，实验中测得滑块的旋转半径为r。当竖直杆匀速转动时，滑块每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和对应的遮光片通过光电门时间Δt的数据。改变转动速度，多次重复实验并记录对应的数据。
图甲
图乙
(1)用20分度的游标卡尺测量遮光条d的宽度如图乙所示，其读数为________cm；
(2)某次测得遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω为________(用“d”“Δt”或“r”表示)；
(3)若以向心力F为纵坐标，ω2为横坐标绘制图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，则其斜率为________(用“m”“r”表示)。
解析：(1)游标卡尺的读数为6 mm＋14×0.05 mm＝6.70 mm＝0.670 cm。
(2)滑块转动的线速度v＝，则角速度ω＝。
(3)根据向心力公式F＝mω2r，可以得出图像的斜率为mr。
答案：(1)0.670　(2)　(3)mr
5．(10分)(2026·湖北名校联盟联测)如图是探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验装置。将小物块放置在水平圆盘的光滑轨道槽中，用轻绳连接小物块，另一端连接拉力传感器。
(1)本实验采用的实验方法为________；
A．等效替代法
B．控制变量法
C．转化法
(2)让圆盘绕竖直轴转动，保持物块质量m和其做圆周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度，拉力传感器的示数会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)保持圆盘转动的角速度不变，当物块第一次到达位置A开始计时，并记为第1次，记录物块第n次到达A点的总时间为t，则物块做圆周运动的角速度ω＝________；若拉力传感器的示数为F，当满足F＝________时(用r、m、n、t、π表示)，则向心力公式得到验证。
解析：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，需要控制其中两个量不变，研究另外一个量对向心力的影响，采用的是控制变量法。故选B。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，保持物块质量m和做圆周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度ω，向心力增大，而绳子拉力提供向心力，所以拉力传感器的示数会增大。
(3)物块第1次到达位置A开始计时，第n次到达A点时，转动的圈数为n－1，总时间为t，则周期T＝，根据角速度与周期的关系ω＝，可得ω＝，若拉力传感器的示数为F，拉力提供向心力，验证向心力公式可得F＝mr。
答案：(1)B　(2)增大　(3)
6．(10分)(2025·河北石家庄高三质检)某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块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，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
图甲
(1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的F-ω2图像如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是______________，滑块到竖直转轴的距离为________m；(计算结果保留3位有效数字)
图乙
(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为________rad/s。
解析：(1)若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时，继续增大转速，绳子开始出现拉力，则有F＋Ffmax＝mrω2，则有F＝mrω2－Ffmax，F-ω2图像不过坐标原点。
由题图乙可知斜率为k＝mr＝ kg·m
解得r＝0.257 m。
(2)由题图乙可知，当F＝0时，Ffmax＝mrω02，则转轴转动的最大角速度满足ω02＝25 rad2/s2，解得ω0＝5 rad/s。
答案：(1)水平杆不光滑　0.257　(2)5

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