2024年高考物理第一轮复习讲义（有解析）：第四章 实验六　探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系

1．某同学利用如图所示的向心力演示器定量探究匀速圆周运动所需向心力F跟小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系。
(1)为了单独探究向心力跟小球质量的关系，必须用________法。
(2)转动手柄可以使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球随之做匀速圆周运动。这时我们可以看到弹簧测力筒上露出标尺，通过标尺上红白相间等分格数，即可求得两个球所受的_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)该同学通过实验得到如下表的数据：
次数 球的质量m/g 转动半径r/ cm 转速n/(r·s－1) 向心力大小F/红格数
1 14.0 15.00 1 2
2 28.0 15.00 1 4
3 14.0 15.00 2 8
4 14.0 30.00 1 4
根据以上数据，可归纳概括出向心力F跟小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是：________________________________________________(文字表述)。
(4)实验中遇到的问题有：_______________________________________(写出一点即可)。
解析：(1)为了单独探究向心力跟小球质量的关系，需要控制转速n和运动半径r不变，所以需要采用控制变量法。
(2)标尺上红白相间等分格子的多少可以显示小球所受向心力的大小，所以通过标尺上红白相间等分格数，即可求得两个球所受的向心力大小之比。
(3)根据表格中数据可知向心力F跟小球质量m成正比，跟转速n的平方成正比，跟运动半径r成正比(或向心力F跟小球质量m、转速n的平方、运动半径r的乘积成正比)。
(4)实验中可能遇到的问题是难以保证小球做匀速圆周运动，转速难按比例调节和露出格子数(或力的读数)不稳定，难定量化。
答案：(1)控制变量　(2)向心力大小之比(或向心力之比)　(3)向心力F跟小球质量m成正比，跟转速n的平方成正比，跟运动半径r成正比(或向心力F跟小球质量m、转速n的平方、运动半径r的乘积成正比)　(4)难以保证小球做匀速圆周运动，转速难按比例调节和露出格子数(或力的读数)不稳定，难定量化
2．向心力演示器如图所示。匀速转动手柄1可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。已知测力套筒的弹簧相同，根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。若将变速塔轮2、3上的皮带共同往下移动一级，则长槽和短槽的角速度之比会________(选填“变大”“不变”“变小”或“无法确定”)；如图所示，放在长短槽内的三个小球的质量相等，皮带所在左右塔轮的半径也相等，则在加速转动过程中，左右标尺露出的红白等分标记会________(选填“变长”“不变”“变短”或“不确定”)，两边红白等分标记之比会________(选填“变大”“不变”“变小”或“无法确定”)，在匀速转动的过程中，左右标尺红白标记之比为________。
解析：将变速塔轮2、3上的皮带共同往下移动一级，轮子边缘的线速度相等，根据ω＝可知，2轮半径大，长槽角速度变小，而短槽角速度变大，所以长槽和短槽的角速度之比会变小。放在长短槽内的三个小球的质量相等，皮带所在左右塔轮的半径也相等，则在加速转动过程中，小球所需向心力变大，对挡板作用力变大，所以露出的红白等分标记会变长。因为皮带所在左右塔轮的半径也相等，转动角速度相等，根据牛顿第二定律可知，左侧对挡板作用力F＝mrω2＋m·2rω2，右侧对挡板作用力F′＝mrω2，所以作用力之比始终为3∶1，故两边红白等分标记之比不变，始终为3∶1。
答案：变小　变长　不变　3∶1
3．如图所示，图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA________(选填“>”“＝”或“<”)ωB。
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2∶1，则钢球①②的线速度大小之比为________，受到的向心力大小之比为________。
解析：(1)因a、b两轮转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮的角速度相同，则两槽转动的角速度相等，即ωA＝ωB。
(2)钢球①②转动的角速度相同，半径之比为2∶1，根据v＝ωr可知，线速度大小之比为2∶1；根据F＝mω2r可知，受到的向心力大小之比为2∶1。
答案：(1)＝　(2)2∶1　2∶1
4．某探究小组用能够显示并调节转动频率的小电动机验证匀速圆周运动的向心力关系式F＝mrω2。
(1)如图甲所示，把转动频率可调的小电动机固定在支架上，转轴竖直向下，将摇臂平台置于小电动机正下方的水平桌面上。
(2)在转动轴正下方固定一根不可伸长的细线，小电动机转轴与细线连接点记为O。细线另一端穿过小铁球的球心并固定。
(3)启动电动机，记录电动机的转动频率f，当小球转动稳定时，将摇臂平台向上移动，无限接近转动的小球。
(4)关闭电动机，测量O点到摇臂平台的高度h。
(5)改变电动机的转动频率，重复上述实验。
探究小组的同学除了测量以上数据，还用游标卡尺测量了小球的直径D，如图乙所示，读数为___________ mm；本实验__________ (选填“需要”或“不需要”)测量小球的质量。
实验时记录下O点到摇臂平台的高度h和小球的直径D，重力加速度为g，若所测物理量满足g＝________(用所测物理量符号表示)，则F＝mrω2成立。
解析：游标卡尺的读数为1 cm＋0.02×26 mm＝10.52 mm。设细线与竖直方向的夹角为θ，根据实验原理可得mg tan θ＝mω2r，ω＝2πf，由几何关系得tan θ＝，得g＝
4π2f2(h－)，根据上式可知，实验中不需要测量小球的质量。
答案：10.52　不需要　4π2f2(h－)

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