1、课时跟踪检测（六）向心力A 组重基础体现综合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，故A错误；向心力只改变线速度方向不改变线速度大小，故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，故C错误；向心力的方向总是指向圆心，是时刻变化的，故D错误。2(多选)上海磁悬浮列车线路的最大转弯处半径达到8 000 m，如图1所示
2、，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1 300 m，一个质量为50 kg的乘客坐在以360 km/h的不变速率行驶的车厢里，随车厢驶过半径为2 500 m的弯道，下列说法正确的是()图1A乘客受到的向心力大小约为200 NB乘客受到的向心力大小约为539 NC乘客受到的向心力大小约为300 ND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Fnm，可得Fn200 N，故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，故D正确。3如图2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2乙所示，模型飞机固定在旋臂上，旋臂与
3、竖直方向夹角为，当模型飞机以恒定的角速度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()图2A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，模型飞机线速度大小不变D增大，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，模型飞机的圆周半径rLsin 增大，根据vr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
4、作用力大小的表达式F可知，若增大，则旋臂对模型飞机的作用力变大，故D正确。4如图3所示，在探究向心力公式的实验中，质量相同的钢球、分别放在转盘A、B上，它们到所在转盘转轴的距离之比为21。a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮。a、b的轮半径之比为12，用皮带连接a、b两轮转动时，钢球、所受的向心力之比为()图3A81B41C21 D12解析：选A钢球受到的向心力大小分别为Fnma2r，Fnmb2r，a、b两轮由皮带连接，线速度相等，可得arabrb，以上各式联立求得FnFn81，故A正确。5(多选)一质点沿螺旋线自外向内运动，如图4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
5、法正确的是()A质点运动的线速度越来越大 图4B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可知，线速度大小不变，故A错误；根据F向m，可知v不变，R减小时，F向增大，故B正确；根据可知，v不变，R减小时，增大，故C正确；根据F合m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5所示)，则下列说法中正确的是() 图5A保持绳长不变，增
6、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Fnm2r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，故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，故C、D错误。7如图6所示，在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m12m2，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r2之比为()A11 B1 图6C21 D12解析：选D两个小球绕共同的圆心做圆周运动，它
7、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，则对球m1：Fnm12r1，对球m2：Fnm22r2，由上述两式得r1r212。故D正确。8(多选)如图7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 图7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
8、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vr，v不变，r变大，则角速度变小，故B正确；小球的向心力Fm，v不变，m不变，r变大，则向心力变小，故C正确；细绳对小球的拉力Fm，v不变，m不变，r变大，则F变小，故D错误。9如图8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t、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，
9、则其计算角速度 图8的表达式为_。(2)图9中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，曲线对应的砝码质量_(填“大于”或“小于”)曲线对应的砝码质量。图9解析：(1)物体转动的线速度v，根据，计算得出。(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，曲线对应的向心力偏大些，因此，曲线对应的砝码的质量大于曲线对应的砝码的质量。答案：(1)(2)小于组重应用体现创新10如图10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，半径为r，则
10、关于r和关系的图像正确的是() 图10图11解析：选B根据m2gm1r2，得r，可知r与成正比，与2成反比，故A错误，B正确。因为2，所以与2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12所示，A的运动半径较大，则()AA球的角速度必小于B球的角速度BA球的线速度必小于B球的线速度 图12CA球的运动周期必大于B球的运动周期DA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，
11、向心力Fnmgcot ，其中为圆锥顶角的一半。因为A、B两球质量相等，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，故D错误；由牛顿第二定律知，mgcot m2rm。因此，小球的线速度v，角速度 ，周期T2 。由此可见，小球A的线速度必定大于小球B的线速度，故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，故A、C正确。12如图13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37。已知小球的质量m1 kg，细线AC长L1 m，B点距C点的
12、水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) 图13(1)当装置匀速转动的角速度为13 rad/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2 rad/s时，求细线AB和AC的拉力大小。解析：(1)对小球进行受力分析，如图甲所示。AB和AC的拉力为F1、F2，F2cos 37mg，F2sin 37F1m12Lsin 37，解得F12.1 N，F212.5 N。(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。mgtan 37m02Lsin 37，解得0 rad/s，当2 rad/s时，小球向左上方摆起，若AB拉力为0，设AC与竖直方向的夹角为，mgtan m22Lsin ，解得cos ，53，由于B点距C点的水平和竖直距离相等，此时细线AB恰好竖直，F10，F2 N。答案：(1)2.1 N12.5 N(2)0 N