人教版 (2019)必修 第二册2 向心力第1课时同步达标检测题

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合格考训练
1．(2022·陕西榆林高一阶段练习)物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( B )
A．物体所受合力必须等于零
B．物体所受合力的大小不变，方向不断改变
C．物体所受合力的大小可能变化
D．物体所受合力不变
解析：物体做匀速圆周运动时，需要物体受到的合力提供向心力，因此物体所受合力不等于零，A错误；物体所受合力一直与速度方向垂直，速度大小不变，可方向时刻在改变，所以合力方向时刻在改变，B正确；因为物体做匀速圆周运动时，所受合力一直与速度方向垂直，合力只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以当速度大小不变时，所受合力大小不变，C错误；物体所受合力的大小不变，方向时刻改变，物体所受合力是变力，D错误。故选B。
2．狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速率行驶，下列给出的四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的示意图(图中O为圆心)正确的是( C )
解析：滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，雪橇做匀速圆周运动，合力应该指向圆心，可知C正确，A、B、D错误。
3．如图所示，一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，一个小孩坐在距圆心为r处的P点不动，关于小孩的受力，以下说法正确的是( C )
A．小孩在P点不动，因此不受摩擦力的作用
B．小孩随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力的合力充当向心力
C．小孩随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D．若使圆盘以较小的转速转动，小孩在P点受到的摩擦力不变
解析：由于小孩随圆盘做匀速圆周运动，一定需要向心力，该力一定指向圆心，而重力和支持力在竖直方向上，它们不能充当向心力，因此小孩会受到静摩擦力的作用，且充当向心力，选项A、B错误，C正确；由于小孩随圆盘转动半径不变，当圆盘角速度变小，由F＝mω2r可知，所需向心力变小，选项D错误。
4.一质量为m的物体，沿半径为R的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力大小为( C )
A．μmg B．eq \f(μmv2,R)
C．μmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g＋\f(v2,R))) D．μmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(v2,R)))
解析：在最低点由向心力公式得：F N－mg＝meq \f(v2,R)，得F N＝mg＋meq \f(v2,R)，又由摩擦力公式有Ff＝μF N＝μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg＋m\f(v2,R)))＝μmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g＋\f(v2,R)))，C选项正确。
5.如图所示，轻杆的一端拴一小球，另一端与竖直杆铰接。当竖直杆以角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直杆之间的张角为θ。下列图像中能正确表示角速度ω与张角θ关系的是( D )
解析：小球受到重力mg和轻杆的拉力T的共同作用，将拉力进行分解，由圆周运动规律可知小球在水平方向上，有Tsin θ＝mω2lsin θ，式中l为杆的长度；在竖直方向上，有Tcs θ＝mg，联立解得 ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))。根据函数关系可知选项D正确，A、B、C错误。
6．如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的A、B两球，球A距轴O的距离为L。现给球B一初速度，使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，求：
(1)此时球B对轻杆的作用力；
(2)此时A、B两球的速度大小。
答案：(1)3mg，方向竖直向上 (2)eq \r(2gL) 2eq \r(2gL)
解析：(1)球B运动到最高点时，设转动的角速度为ω，则
对球A有TA－mg＝mLω2
对球B有TB＋mg＝2mLω2
由题意可知TA＝TB
解得轻杆对球B的作用力大小TB＝3mg，ω＝eq \r(\f(2g,L))
由牛顿第三定律得球B对轻杆的作用力TB′＝3mg，方向竖直向上。
(2)此时球A的速度大小为vA＝ω·L＝eq \r(2gL)，球B的速度大小为vB＝ω·2L＝2eq \r(2gL)。
7．如图所示是一游乐转筒的模型图，它是一个半径约为2 m的直圆筒，可绕中间的竖直轴转动，里面的乘客背靠圆筒壁站立。当转筒转速达到至少每分钟30圈时，乘客脚下的踏板突然脱落，乘客随筒一起转动而不掉下来。要保证乘客的安全，乘客与转筒之间的动摩擦因数至少为多大？(g取10 m/s2，π2＝10)
答案：0.5
解析：乘客随转筒旋转时受三个力：重力mg、筒壁对他的支持力F N和静摩擦力Ff，要使乘客随筒一起转动而不掉下来，筒壁对他的最大静摩擦力应至少等于重力，乘客做圆周运动的向心力由筒壁对他的支持力F N来提供。
转筒的角速度为ω＝2nπ＝π rad/s，由牛顿第二定律可得F N＝mrω2，Ff＝μFN＝mg，联立解得μ＝0.5。
等级考训练
8．(多选)质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方eq \f(L,2)处有一光滑小钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间(瞬时速度不变)，设细线没有断裂，则下列说法正确的是( AC )
A．小球的角速度突然增大
B．小球的角速度突然减小
C．小球对细线的拉力突然增大
D．小球对细线的拉力保持不变
解析：根据题意，细线碰到钉子的瞬间，小球的瞬时速度v不变，但其做圆周运动的半径从L突变为eq \f(L,2)，由ω＝eq \f(v,r)可知小球的角速度突然增大，选项A正确，B错误；根据FT－mg＝meq \f(v2,r)可知小球受到的拉力增大，由牛顿第三定律知，小球对细线的拉力增大，选项C正确，D错误。
9．单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图所示的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F。现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当滑轮到AB上的P点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，滑轮、电磁铁与铁块可视为质点，钢丝绳和电磁铁重力不计。下列说法正确的是( B )
A．只要铁块的重力不大于F，铁块就可以被安全运输
B．若运输速度为v，该行车能运输铁块的最大质量为eq \f(FL,v2＋gL)
C．若运输速度为eq \r(2gL)，该行车能运输铁块的最大质量为eq \f(F,2g)
D．若铁块的质量为M，该行车运输的最大速度为eq \f(2F－MgL,M)
解析：由于滑轮运动到P点时被制动立刻停止，此刻电磁铁与铁块将在竖直平面内做圆周运动，滑轮刚停止时铁块受到的引力与重力的合力提供向心力，所以铁块的重力要小于F，A错误；若运输速度为v，该行车能运输铁块的质量最大时有F－mmg＝mm·eq \f(v2,L)，解得最大质量为mm＝eq \f(FL,v2＋gL)，B正确；若运输速度为eq \r(2gL)，该行车能运输的铁块质量最大时有F－mm′g＝mm′·eq \f(v′2,L)，解得最大质量为mm′＝eq \f(F,3g)，C错误；若铁块的质量为M，该行车运输的速度最大时有F－Mg＝eq \f(Mv\\al(2,m),L)，则最大速度为vm＝eq \r(\f(F－MgL,M))，D错误。
10．(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱( BD )
A．运动周期为eq \f(2πR,ω)
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
解析：A错：座舱的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π,ω)。
B对：根据线速度与角速度的关系，v＝ωR。
C错，D对：座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R。
11．(2022·上海金山高一期末)如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t＝0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示，则：
(1)两钉子间的距离为绳长的几分之几？
(2)t＝10.5 s时细绳的拉力大小？
(3)t＝12.5 s时细绳的拉力大小？
答案：(1)eq \f(1,6) (2)6 N (3)7.5 N
解析：(1)设细绳长为L，由图b可知，在0～6 s时间内细绳拉力大小不变，可知F1＝meq \f(v2,L)
6～10 s时间内细绳拉力大小不变，则有F2＝meq \f(v2,L′)
因为F2＝eq \f(6,5)F1
可得L′＝eq \f(5,6)L
Δx＝L－L′＝L－eq \f(5,6)L＝eq \f(1,6)L
即两钉子间的距离为绳长的eq \f(1,6)。
(2)由图(b)可知，小球在第一个半圈经历时间为6 s
则有eq \f(πL,v)＝6 s
小球在第二个半圈经历时间为t′＝eq \f(πL′,v)＝eq \f(5,6)t＝5 s
在t＝10.5 s时
小球在转第二个半圈
则有细绳的拉力大小为6 N。
(3)小球转第三个半圈的时间t″＝eq \f(πL″,v)＝eq \f(2,3)t＝4 s
在t＝12.5 s时，小球转动的半径为r＝eq \f(2,3)L
解得细绳的拉力大小为
F＝meq \f(v2,r)＝meq \f(v2,\f(2,3)L)＝eq \f(3mv2,2L)＝eq \f(3,2)F1＝eq \f(3,2)×5 N＝7.5 N。
12．如图甲所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物块A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，A、B用细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，fA表示物块A与圆盘之间的摩擦力，取g＝10 m/s2。
(1)求细线中开始出现张力时，圆盘转动的角速度ω1；
(2)求A、B两物块相对圆盘将要滑动时，圆盘转动的角速度ω3；
(3)在图乙所示的坐标系中画出物块A相对转盘滑动前，fA随ω2变化的关系图像。
答案：(1)eq \r(10) rad/s (2)eq \r(50) rad/s (3)见解析图所示
解析：(1)刚开始细线拉力为零，随着圆盘转速的增加，A、B所受的静摩擦力提供它们随圆盘一起转动所需的向心力，fA＝mAω2rA，fB＝mBω2rB，又rA(2)当ω<ω1时，fA＝mAω2rA＝0.4ω2(N)；ω>ω1时，设细线中的张力大小为T，根据牛顿第二定律，对物块A有fA＋T＝mAω2rA＝0.4ω2(N)，对物块B有μmBg＋T＝mBω2rB＝0.2ω2(N)，μmBg＝2 N，得fA＝0.2ω2＋2(N)；当ω＝ω2时，fAmax＝μmAg＝8 N，解得ω2＝eq \r(30) rad/s，当ω>ω2时，细线中的张力持续增大，以提供两个物块做圆周运动的向心力，此时，物块A所受到的摩擦力是最大静摩擦力，物块B所受到的摩擦力先逐渐减小，再反向增至最大。当ω＝ω3时，对物块A有μmAg＋T＝0.4ωeq \\al(2,3)(N)，对物块B有T－μmBg＝0.2ωeq \\al(2,3)(N)，解得ω3＝eq \r(50) rad/s。
(3)由(2)可知fA随ω2变化的分段函数为
fA＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.4ω2N [0≤ω2<10rad/s2],0.2ω2＋2N [10rad/s2≤ω2≤30rad/s2],8 N [30rad/s2<ω2≤50rad/s2]))
据此可画出fA随ω2变化的关系图像如图所示。