2020版高考一轮复习物理新课改省份专用学案：第四章第4节圆周运动

第4节　圆周运动


一、圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。[注1]
2．描述圆周运动的物理量

意义
公式/单位
线速度(v)
[注2]
角速度(ω)
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量
(2)是矢量，方向和半径垂直，沿圆周切线方向
v＝＝＝2πrn　　
单位：m/s
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量
(2)是矢量(中学阶段不研究方向)
ω＝＝ ＝2πn　　
单位：rad/s
周期和转速(T/n)
物体沿圆周运动一周的时间叫周期，单位时间内转过的圈数叫转速 [注3]
T＝＝
单位：s
n＝，单位：r/s
向心加速度(an)
(1)描述速度方向变化快慢的物理量
(2)方向指向圆心[注4]
an＝＝ω2r
单位：m/s2

二、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
2．大小：F＝ma＝m＝mrω2＝mr＝mr4π2n2＝mωv。
3．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、离心现象
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。
3．受力特点
(1)当F ＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示；
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
(3)当F 　[注5]
【注解释疑】
[注1] 匀速圆周运动是变速运动，“匀速”指的是速率不变。
[注2] 线速度与角速度的对比理解
线速度侧重于描述物体沿圆弧运动的快慢，角速度侧重于描述物体绕圆心转动的快慢。
[注3] 转速n和频率f含义相同，只是单位不同。
[注4] 向心加速度的方向也在时刻改变。
[注5] 物体做匀速圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的。
[深化理解]
1．对公式v＝ωr的理解
(1)当r一定时，v与ω成正比。
(2)当ω一定时，v与r成正比。
(3)当v一定时，ω与r成反比。
2．对a＝＝ω2r的理解
(1)当v一定时，a与r成反比。
(2)当ω一定时，a与r成正比。
3．关于向心力的两点注意
(1)向心力是效果力，在分析完物体受到的重力、弹力、摩擦力等性质力后，不能另外添加一个向心力。
(2)物体做匀速圆周运动时，向心力由合外力提供，物体做什么样的匀速圆周运动，就需要什么样的合外力，这就给对物体进行受力分析以及求解合力提出了“条件要求”和“思维方向”。
[基础自测]
一、判断题
(1)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(2)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(3)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(4)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)
(5)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)
(6)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)
(7)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)
二、选择题
1．如图所示，一正方形木板绕其对角线上O1点在ABCD平面内匀速转动。关于木板边缘的各点的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．A点角速度最大
B．B点线速度最小
C．C、D两点线速度相同
D．A、B两点转速相同
解析：选D　正方形木板绕O1点匀速转动时，木板边缘各点的角速度和转速均相同，由于B点不是木板边缘上离O1点最近的点，所以半径也不是最小，根据v＝ωr可知线速度不是最小，故D正确，A、B错误。C、D两点虽然离O1点的距离相等，但转动过程中线速度的方向不同，两点线速度只是大小相等，故C错误。
2． [粤教版必修2 P37 T2] (多选)如图为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道(　　)
A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小保持不变
解析：选AD　题图的图线甲中a与r成反比，由a＝ 可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；题图的图线乙中a与r成正比，由a＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度大小增大，C错误，D正确。
3．(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化。下列关于小球运动情况的说法中正确的是(　　)
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动
解析：选AB　在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当F＝mω2r时，小球做匀速圆周运动，当拉力突然消失时，小球将沿切线Pa方向做匀速直线运动，A正确；当拉力突然减小时，小球将沿Pb做离心运动，B正确，D错误；当拉力突然增大时，小球将沿Pc做向心运动，C错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在描述圆周运动的物理量及其之间的关系、向心力公式及其应用、对物体做离心运动条件的理解，主要以选择题的形式出现，难度一般。而与平抛运动、机械能守恒定律等知识相综合也可以计算题的形式呈现，难度中等偏上。

考点一　描述圆周运动的物理量[基础自修类]
[题点全练]
1．[摩擦传动类圆周运动问题]
如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动(两轮之间不相对滑动)，两轮的半径R∶r＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)
A．＝　　　　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
解析：选C　根据题述， a1＝ω12r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ω12r。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A、B错误。又因为ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误。
2．[同轴传动类圆周运动问题]
汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动。在合上后备厢盖的过程中(　　)

A．A点相对O′点做圆周运动
B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等
C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等
D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等
解析：选C　在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，又由于OB大于OA，根据v＝rω，可知B点相对于O点转动的线速度大，故B错误，C正确；根据向心加速度a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故D错误。
3．[圆周运动中的追及相遇(共线)问题]
如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中(　　)
A．a、b距离最近的次数为k次
B．a、b距离最近的次数为k＋1次
C．a、b、c共线的次数为2k次
D．a、b、c共线的次数为2k－2次
解析：选D　设每隔时间T，a、b相距最近，
则(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝＝＝
故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：
n＝＝＝＝k－1
即a、b距离最近的次数为k－1次，故A、B均错误。
设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ωa－ωb)t＝π，
所以t＝＝＝；
故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：
n＝＝＝＝2k－2
故C错误，D正确。
[名师微点]
1．圆周运动各物理量间的关系


2．常见的三类传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

(2)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

(3)同轴传动：如图戊、己所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。

考点二　水平面内的匀速圆周运动[师生共研类]
1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点
运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择研究对象，找出匀速圆周运动的圆心和半径。
(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
(3)由Fn＝m或Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。
[典例]　(多选)(2016·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
[解析]　赛车做圆周运动时，由F＝m知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝m知，其速率v＝ ＝ ＝45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30 m/s。如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin 60°＝50 m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝，对应的运动时间t＝≈2.79 s，选项D错误。
[答案]　AB
[延伸思考]
(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上做圆周运动时，速度应达到什么要求？此时的向心力应由什么力提供？
(2)赛车由大圆弧赛道向小圆弧赛道运动时，若不减速，会发生什么情况？
(3)赛车以最短时间运动时，在两直道上运动的时间大小相等吗？为什么？
提示：(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度必须达到最大速度，此时赛车的向心力由最大静摩擦力提供。
(2)赛车由大圆弧赛道向小圆弧赛道运动时，若不减速，赛车在小圆弧赛道上最大静摩擦力小于所需要的向心力，赛车将做离心运动，滑出赛道。
(3)因赛车在直道两端的速度大小相等，直道长度相等，由t＝可知赛车在两直道上运动的时间大小相等。

[一题悟通]
通过例题及延伸思考让学生明白物体在水平面上运动时的向心力来源及其临界极值问题的分析方法。
几何分析
目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析
目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析
目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力

[题点全练]
1．[车辆水平转弯问题]
如图所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景。运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线。将运动员与自行车看成整体，下列说法正确的是(　　)
A．运动员转弯所需向心力由重力与地面对车轮的支持力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
解析：选B　转弯时的向心力为沿半径方向的合力。运动员转弯时，地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当f<，即静摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑，故C、D错误。



2．[圆锥摆问题]
(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是(　　)
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
C．θ越大，小球运动的速率越大
D．θ越大，小球运动的周期越大
解析：选BC　小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝m，T＝，可求得v＝，T＝2π ，可见θ越大，v越大，T越小。综上所述，可知选项B、C正确，A、D错误。
3．[水平转盘上的圆周运动问题]
(多选)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B沿同一半径方向放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接。物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω12时，物块A、B开始滑动。若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是(　　)

A．L＝　　　　　　　　 B．L＝
C．k＝ D．m＝M
解析：选BC　开始转速较小时，A、B两物块的向心力均由静摩擦力提供，当转速增大到一定程度时，B的静摩擦力不足以提供向心力时，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，A的最大静摩擦力也不足时，两者开始做离心运动，由题图乙可得：kmg＝m·2ω12·2L，F1＋kmg＝m·3ω12·2L，可解得：L＝，k＝，选项A错误，B、C均正确；对物块A分析，kMg－F1＝M·3ω12·L，可推得M＝2m，D错误。

考点三　竖直面内的圆周运动[方法模型类]
[典例]　如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时(　　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A圆周运动的半径为L，球B圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力
球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力

[解析]　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
[答案]　C
[系统建模]

轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示


弹力
特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图


力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
模型关键
(1)绳只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0

[熟练用模]
1．[轻“杆”模型]
如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时速度可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
解析：选A　小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg－F＝m，则得v＜，故A正确。当小球速度为时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B错误。轻杆在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝m，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，杆的拉力增大；小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝m，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。
2．[轻“绳”模型]
(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足(　　)
A．最小值为　　　　　　 B．最大值为
C．最小值为 D．最大值为
解析：选CD　要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2＝mg·2r＋mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A错误，C正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2＝mg·2r＋mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。
3．[“双绳”模型]
如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A．mg　　　　　　　　　 B．mg
C．3mg D．2mg
解析：选A　小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
考点四　实验：探究影响向心力大小的因素
1．实验探究：利用如图所示的简易装置，采用控制变量法粗略感知影响向心力大小的因素。
(1)保持小球的质量m和半径r不变，探究向心力F与角速度ω的关系，则当ω增大时，F增大。
(2)保持小球的质量m和角速度ω不变，探究向心力F与半径r的关系，则当r增大时，F增大。
(3)保持小球的角速度ω和半径r不变，探究向心力F与质量m的关系，则当m增大时，F增大。
2．结论：物体做圆周运动需要的向心力与物体的质量、半径、角速度都有关。
3．拓展：根据公式F＝mrω2和ω＝，可得F＝m，所以可以进一步探究感知向心力的大小与线速度的关系。
[典例]　(2019·天水质检)某同学用圆锥摆验证向心力公式F＝mRω2。先在一张白纸上以O为圆心画一组同心圆，再将白纸铺在水平桌面上，在O点正上方距桌面高为h处的O1处用铁架台(图中未画出)悬挂一质量为m的小球，设法使小球沿着半径为R的圆周运动但恰不与纸面接触。
(1)现用刻度尺测得R、h，用天平测得m，用g表示重力加速度，则小球所受的合力F1＝________。
(2)为了测出小球做圆周运动的角速度ω，先用停表测得小球完成n次圆周运动共用时t，则由向心力公式F＝mRω2求得小球做圆周运动的向心力F2＝________，代入数值，验证F1＝F2是否成立。
[思路点拨]
(1)小球做圆周运动中所受的合力提供向心力，由平行四边形定则求合力的表达式，根据T＝求得周期。
(2)再利用公式F＝man＝求向心力，若能大致满足F1＝F2，就可达到粗略验证向心力表达式的目的。
[解析]　(1)设摆线与竖直方向的夹角为α，则有tan α＝，小球做圆周运动中所受合力的表达式为F1＝mgtan α＝。
(2)小球做圆周运动的周期为T＝，向心加速度的表达式为an＝＝，小球做圆周运动的向心力F2＝man＝m，所以若能大致满足F1＝F2，就可达到粗略验证向心力表达式的目的。
[答案]　(1)　(2)m
[基础考法]
1．(2019·泉州九中模拟)为验证向心力公式，某探究小组设计了如图所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m，直径为d的小钢球。将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t。则：
(1)小钢球做圆周运动的周期T＝________。
(2)小钢球做圆周运动的向心力F＝________。
解析：(1)钢球转动n圈用的时间为t，则周期为：T＝。
(2)钢球转动半径为R＝r－，
根据向心力公式得
F＝m2R＝m。
答案：(1)　(2)m
2．(2019·北京顺义区模拟)如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系。
(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想化模型法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，
如下表所示：

v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90

该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。

①在图乙中作出F­v2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2 m，由作出的F­v2的图线可得圆柱体的质量m＝________ kg。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故选B。
(2)①作出F­v2图线，如图所示。

②根据F＝m知，图线的斜率k＝，则有：＝，代入数据解得m＝0.18 kg。
答案：(1)B　(2)①见解析图　②0.18


“形同质异”慎解题——斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。


(一)静摩擦力控制下的斜面圆周运动
1．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)
A． rad/s　　　　　　　　　 B． rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
(二)轻杆控制下的斜面圆周运动
2．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。g取10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选A　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝4 m/s，A正确。
(三)轻绳控制下的斜面圆周运动
3．(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上
有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则(　　)
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
解析：选AD　小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，
有FT＋mgsin α＝m ①
研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有
－mglsin α＝mv12－mv02 ②
若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得
sin α＝＝，
故C错误，D正确；
若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为
FT＝m＝4 N，故A正确；
若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误。