课时跟踪检测（六） 向心力

PAGE第6页共6页课时跟踪检测（六）向心力1．对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是()A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．向心力是物体所受的合外力D．向心力的方向总是不变的解析：选B做匀速圆周运动的物体所受的向心力大小恒定，方向总是指向圆心，是一个变力，A错误；向心力只改变线速度方向不改变线速度大小，B正确；只有做匀速圆周运动的物体其向心力是由物体所受合外力提供，C错误；向心力的方向总是指向圆心，是时刻变化的，D错误。2．[多选]上海磁悬浮线路的最大转弯处半径达到8000m，如图所示，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300m，一个质量为50kg的乘客坐在以360km/h的不变速率行驶的车厢里，随车厢驶过半径为2500m的弯道，下列说法正确的是()A．乘客受到的向心力大小约为200NB．乘客受到的向心力大小约为539NC．乘客受到的向心力大小约为300ND．弯道半径设计特别大可以使乘客在转弯时更舒适解析：选AD由Fn＝meq\f(v2,r)，可得Fn＝200N，选项A正确，B、C错误。设计弯道半径越大，转弯时乘客所需要的向心力越小，转弯时就越舒适，D正确。3．如图甲所示为某游乐场中有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示，模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C．增大θ，模型飞机线速度大小不变D．增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大解析：选D向心力属于效果力，不是模型飞机实际受到的力，模型飞机所受的向心力是由重力和旋臂对其的作用力的合力提供的，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但其必须有水平方向和竖直方向的分力，且竖直方向的分力大小等于重力的大小，故B错误；增大θ，模型飞机的圆周半径r＝Lsinθ增大，根据v＝ωr可知模型飞机的线速度增大，故C错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式F＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)可知，若增大θ，则旋臂对模型飞机的作用力变大，故D正确。4.如图所示，在探究向心力公式的实验中，质量相同的钢球①、②分别放在转盘A、B上，它们到所在转盘转轴的距离之比为2∶1。a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮。a、b的轮半径之比为1∶2，用皮带连接a、b两轮转动时，钢球①、②所受的向心力之比为()A．8∶1 B．4∶1C．2∶1 D．1∶2解析：选A钢球受到的向心力大小分别为：Fn①＝mωa2r①，Fn②＝mωb2r②，a、b两轮由皮带连接，线速度相等，可得ωara＝ωbrb，以上各式联立求得Fn①∶Fn②＝8∶1，A正确。5.[多选]一质点沿螺旋线自外向内运动，如图所示。已知其走过的弧长s与时间t成正比。则关于该质点的运动，下列说法正确的是()A．质点运动的线速度越来越大B．质点运动的向心力越来越大C．质点运动的角速度越来越大D．质点所受的合外力不变解析：选BC质点沿螺旋线自外向内运动，说明运动轨迹半径R不断减小，根据其走过的弧长s与运动时间t成正比，由v＝eq\f(s,t)可知，线速度大小不变，故A错误；根据F向＝meq\f(v2,R)，可知v不变，R减小时，F向增大，故B正确；根据ω＝eq\f(v,R)可知，v不变，R减小时，ω增大，故C正确；根据F合＝meq\f(v2,R)可知，质点质量不变，R减小，F合增大，故D错误。6.某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)，则下列说法中正确的是()A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小解析：选B由向心力的表达式Fn＝mω2r可知，保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项A错误，B正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项C、D错误。7.如图所示，在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1＝2m2，用细线把两球连起来，当杆匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，此时两小球到转轴的距离r1与r2A．1∶1 B．1∶eq\r(2)C．2∶1 D．1∶2解析：选D两个小球绕共同的圆心做圆周运动，它们之间的拉力互为向心力，角速度相同。设两球所需的向心力大小为Fn，角速度为ω，则：对球m1：Fn＝m1ω2r1，对球m2：Fn＝m2ω2r2，由上述两式得r1∶r2＝1∶2。故D正确。8．[多选]如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是()A．小球的速度变大 B．小球的角速度变小C．小球的向心力变小 D．细绳对小球的拉力变大解析：选BC在绳子完全被释放后与释放前相比，小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度大小，故A错误；由v＝ωr，v不变，r变大，则角速度ω变小，故B正确；小球的向心力F＝meq\f(v2,r)，v不变，r变大，则向心力变小，故C正确；细绳对小球的拉力F＝meq\f(v2,r)，v不变，r变大，则F变小，故D错误。9．[选自鲁科版新教材“DIS实验室”]如图所示为DIS向心力实验器探究影响向心力大小的因素。实验中可以用力传感器测出砝码做圆周运动所需要的向心力大小，用光电门传感器辅助测量砝码转动的角速度。(1)电脑通过光电门传感器测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门传感器的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为____________________________。(2)图中取①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线①对应的砝码质量________(选填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。解析：(1)物体转动的线速度v＝eq\f(d,Δt)由ω＝eq\f(v,r)计算得出：ω＝eq\f(d,rΔt)(2)由向心力和角速度的关系图线可知，同样的角速度和圆周运动半径，曲线②对应的向心力偏大些，因此，曲线②对应的砝码的质量大于曲线①对应的砝码的质量。答案：(1)ω＝eq\f(d,rΔt)(2)小于B组—重应用·体现创新10.如图所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系的图像正确的是()解析：选B根据m2g＝m1rω2，得r＝eq\f(m2g,m1)·eq\f(1,ω2)，可知r与eq\f(1,ω2)成正比，与ω2成反比，故A错误，B正确。因为eq\f(1,r)＝eq\f(m1,m2g)ω2，则eq\f(1,r)与ω2成正比，故C、D错误。11．[多选]一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则()A．A球的角速度必小于B球的角速度B．A球的线速度必小于B球的线速度C．A球的运动周期必大于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力解析：选AC两个小球均受到重力mg和筒壁对它的弹力FN的作用，其合力必定在水平面内时刻指向圆心。由图可知，筒壁对球的弹力FN＝eq\f(mg,sinθ)，向心力Fn＝mgcotθ，其中θ为圆锥顶角的一半。对于A、B两球因质量相等，θ角也相等，所以A、B两小球受到筒壁的弹力大小相等，A、B两小球对筒壁的压力大小相等，D错误；由牛顿第二定律知，mgcotθ＝eq\f(mv2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)。所以，小球的线速度v＝eq\r(grcotθ)，角速度ω＝eq\r(\f(gcotθ,r))，周期T＝2πeq\r(\f(r,gcotθ))。由此可见，小球A的线速度必定大于小球B的线速度，B错误；小球A的角速度必小于小球B的角速度，小球A的周期必大于小球B的周期，A、C正确。12．如图所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)当装置匀速转动的角速度为ω1＝3rad/s时，细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求细线AB和AC上的拉力大小；(2)当装置匀速转动的角速度为ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s时，求细线AB和AC的拉力大小。解析：(1)对小球受力分析，如图甲所示。AB和AC的拉力为F1、F2F2cos37°＝mgF2sin37°－F1＝mω12Lsin37°解得F1＝2.1N，F2＝12.5N。(2)当细线AB上的张力刚好为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示。mgtan37°＝mω02Lsin37°解得ω0＝eq\f(5,\r(2))