教科版 (2019)必修 第二册2 匀速圆周运动的向心力和向心加速度同步达标检测题

这是一份教科版 (2019)必修 第二册2 匀速圆周运动的向心力和向心加速度同步达标检测题，共26页。试卷主要包含了关于向心力,下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

第二章　匀速圆周运动
2 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
第1课时　向心力
基础过关练
题组一　对向心力的理解
1.关于向心力,下列说法中正确的是 (　　)
A.物体由于做圆周运动而产生一个向心力
B.向心力不改变物体做圆周运动的速度大小
C.做匀速圆周运动的物体的向心力是恒力
D.做一般曲线运动的物体所受的合力即向心力
2.下列关于做匀速圆周运动的物体所需的向心力的说法中,正确的是 (　　)
A.物体除受其他的力外还受到向心力的作用
B.物体所受的合力提供向心力
C.向心力的方向总指向圆心,故方向不变
D.向心力的大小一直在变化
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的P点不动(P未画出),关于小孩的受力情况,以下说法正确的是 (　　)

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,其所受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
题组二　实验探究向心力的大小
4.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图,转动手柄1,可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上,可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供,球对挡板的反作用力,通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降,从而露出标尺10,标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么:

(1)在该实验中应用了　　　　(填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 
(2)当用两个质量相等的小球做实验,且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时,转动手柄发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍,那么,左边轮塔与右边轮塔的角速度之比为　　　　。 
题组三　向心力的来源分析
5.(2020江苏苏州高三上期中)如图所示,一辆轿车正在水平路面上做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (易错)

A.水平路面对轿车弹力的方向斜向上
B.静摩擦力提供向心力
C.重力、支持力的合力提供向心力
D.轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力为零
6.(多选)如图所示,一小球用细绳悬挂于O点,将细绳拉离竖直方向一个角度,由静止释放小球,则小球以O点为圆心做圆周运动。运动

过程中提供向心力的是 (　　)
A.绳的拉力
B.重力和绳的拉力的合力
C.重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D.重力沿绳方向的分力和绳的拉力的合力
7.如图所示,圆盘上叠放着两个物块A和B,当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时,物块与圆盘始终保持相对静止,则 (　　)

A.物块A不受摩擦力作用
B.物块B受5个力作用
C.当转速增大时,A所受摩擦力增大,B所受摩擦力减小
D.A对B的摩擦力方向沿半径指向转轴
题组四　向心力表达式的理解及应用
8.(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.质点运动所需的向心力越来越大
C.质点运动的角速度越来越大
D.质点所受的合外力不变
9.(多选)如图所示,在光滑的横杆上穿着两质量分别为m1、m2的小球,小球用细线连接起来,当转台匀速转动时,两小球与横杆不发生相对滑动,下列说法正确的是 (　　)

A.两小球的速率一定相等
B.两小球的角速度一定相等
C.两小球所需的向心力一定相等
D.两小球到转轴的距离与其质量成反比
题组五　圆周运动的动力学问题
10.链球运动员在将链球抛掷出去之前,总要双手抓住链条,加速转动几圈,如图所示,这样可以使链球的速度尽量增大,抛出去后飞行更远,在运动员加速转动的过程中,能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随链球转速的增大而增大,则以下几个图像中能描述ω与θ的关系的是 (　　)

A.　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
题组六　变速圆周运动和一般曲线运动的受力特点
11.(多选)如图所示,正在抓着绳子荡秋千的小孩,在离开最高点向最低点运动的过程中速度越来越大,下列说法中正确的是 (　　)

A.绳子的拉力越来越大
B.绳子的拉力保持不变
C.小孩经图示位置时,加速度方向可能沿a所示的方向
D.小孩经图示位置时,加速度方向可能沿b所示(绳收缩)的方向
12.(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顺时针方向缠绕在两钉子上(俯视)。现使小球以初速度v0在水平面上沿逆时针方向做圆周运动,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.小球所需的向心力变小
D.细绳对小球的拉力变大


能力提升练
题组一　创新实验探究向心力大小的表达式
1.(2021广东广州华南师大附中高一期中,)如图甲为探究向心力跟质量、半径、角速度关系的实验装置,金属块放置在转台上,电动机带动转台做圆周运动,改变电动机的电压,可以改变转台的转速,光电计时器可以记录转台每转一圈的时间,金属块被约束在转台的凹槽中,只能沿半径方向移动,且跟转台之间的摩擦力很小,可以忽略不计。

(1)某同学为了探究向心力跟角速度的关系,需要控制　　　　和　　　　两个物理量保持不变,改变转台的转速,对应每个转速由力的传感器读出金属块受到的拉力,由光电计时器读出转动的周期T,计算出转动的角速度ω=　　　　。 
(2)上述实验中,该同学多次改变转速后,记录了一组力与对应周期的数据,他用图像法来处理数据,结果画出了如图乙所示的图像,该图线是一条过原点的直线,请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是　　　　(填正确答案的字母序号)。 
A.ω　　　　B.T　　　　C.1T2　　　　D.T2
(3)为了验证向心力跟半径、质量的关系,还需要用到的实验器材有　　　　和天平。 
2.(2021江苏苏州实验中学高一月考,)如图甲所示是某同学探究做匀速圆周运动的物体的向心力、轨道半径及线速度大小关系的实验装置。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大小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与线速度大小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.理想模型法
(2)改变线速度大小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作F-v2图线;
②若圆柱体运动半径r=0.2 m,由所作的F-v2的图线可得圆柱体的质量m=　　　　kg。(结果保留2位有效数字) 
3.(2021山西省实验中学高一期中,)如图所示为改装的探究匀速圆周运动的向心力的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机,电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘,圆盘中心正下方用细线连接一个重锤,圆盘边缘连接细绳,细绳另一端连接一个小球。实验操作如下:

①利用天平测量小球的质量m,记录当地的重力加速度g的大小;
②闭合电源开关,让小球做如图所示的匀速圆周运动,调节激光笔2的高度和激光笔1的位置,让激光恰好照射到小球的中心,用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h;
③当小球第一次到达A点时开始计时,并记录为1次,记录小球n次到达A点的时间t;
④切断电源,整理器材。
请回答下列问题:
(1)下列说法正确的是　　　　。 
A.小球运动的周期为tn
B.小球运动的线速度大小为2π(n-1)tR
C.小球运动的向心力大小为mgRh
D.若电动机的转速增加,激光笔1、2应分别左移、升高
(2)若已测出R=40.00 cm、r=4.00 cm、h=90.00 cm、t=100.00 s、n=51,π取3.14,则小球做圆周运动的周期T=　　　　s,记录的当地重力加速度大小应为g=　　　　m/s2。(计算结果均保留3位有效数字) 
题组二　匀速圆周运动的动力学问题
4.(2020山东省实验中学高三上模拟,)如图所示,光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔,用一穿过小孔的细绳连接质量分别为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的关系图像正确的是 (　　)


5.(2021山西大学附中高一期中,)如图所示,位于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,质量分别为m1和m2的两带孔小球穿于环上。当圆环最终以角速度ω绕竖直直径匀速转动时,发现两小球均离开了原位置,它们和圆心的连线与竖直方向的夹角分别记为θ1和θ2,下列说法正确的是 (　　)

A.若m1>m2,则θ1>θ2
B.若m1θ2
C.若θ1<θ2,则m1>m2
D.θ1和θ2总是相等,与m1和m2的大小无关
题组三　圆周运动中的临界问题
6.(2021浙江湖州德清一中高一月考,)(多选)如图所示,竖直杆在A、B两点通过铰链连接两等长轻杆AC和BC,AC、BC与竖直方向的夹角均为θ,两轻杆长度均为L,在C处固定一质量为m的小球。已知重力加速度为g,当装置绕竖直轴转动的角速度ω从0开始逐渐增大时,下列说法正确的是 (　　)

A.当ω=0时,AC杆和BC杆对小球的作用力都为拉力
B.在ω逐渐增大的过程中,AC杆对小球的作用力一直增大
C.在ω逐渐增大的过程中,BC杆对小球的作用力先减小后增大
D.当ω=gLcosθ时,BC杆对小球的作用力为0
7.(2021山东潍坊昌乐二中高一月考,)如图所示,水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆孔,质量为m的物体A放在转盘上,物体A到圆孔的距离为r,物体A通过轻绳与物体B相连,物体B的质量也为m。若物体A与转盘间的动摩擦因数为μ(μ<1),设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则转盘转动的角速度ω在什么范围内,才能使物体A随转盘转动而不滑动?(重力加速度为g)深度解析





8.(2021山西大同灵丘一中、广灵一中高一下期中联考,)如图所示,两小球P、Q用不可伸长的细线连接,分别穿在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上,球P的质量为m=0.1 kg,球Q的质量为M=0.3 kg,两球均可视为质点。当整个装置以竖直杆为轴以角速度ω匀速转动时,两小球始终与杆在图示位置保持相对静止,已知球P与竖直杆之间距离为L1=0.75 m,细线长度为L=1.25 m,球P与水平杆之间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。求ω的取值范围。




第2课时　向心加速度
基础过关练
题组一　对向心加速度的理解
1.(2020北京景山学校高一下期末)下列关于向心加速度的说法中正确的是 (　　)
A.向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直
B.向心加速度的方向保持不变
C.在匀速圆周运动中,向心加速度是恒定的
D.在匀速圆周运动中,向心加速度的大小不断变化
2.(2020北京北理工附中高一下月考)对于做匀速圆周运动的物体,下列说法中正确的是 (　　)
A.根据an=v2r可得,向心加速度的大小一定跟运动的半径成反比
B.根据an=ω2r可得,向心加速度的大小一定跟运动的半径成正比
C.根据ω=vr可得,角速度一定跟运动的半径成反比
D.根据ω=2πT可得,角速度一定跟运动周期成反比
3.(2020北京顺义第一中学高一下月考)如图所示为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度大小随半径变化的图像,其中A对应的图线为双曲线的一条分支,由图可知 (　　)

①A物体运动的线速度大小不变
②A物体运动的角速度不变
③B物体运动的角速度不变
④B物体运动的角速度与半径成正比
A.①③　　　　　　B.②④　　　　　　C.②③　　　　　　D.①④
4.(2020江苏南京师大附中高一上期末)(多选)如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样,它们的边缘有三个点A、B、C,在车轮转动过程中,下列说法中正确的有 (　　)

A.A、B两点的线速度大小跟它们的运动半径成正比
B.A、B两点的角速度大小跟它们的运动半径成反比
C.B、C两点的线速度大小跟它们的运动半径成正比
D.B、C两点的向心加速度大小跟它们的运动半径成正比
5.如图所示,在光滑水平面上,轻弹簧的一端固定在竖直转轴O上,另一端连接质量为m的小球,轻弹簧的劲度系数为k,原长为L,小球以角速度ω绕竖直转轴做匀速圆周运动(k>mω2)。则小球运动的向心加速度为 (　　)

A.ω2L　　　　　　B.kω2Lk-mω2
C.kωLk-mω2　　　　　　D.ω2Lk-mω2
6.如图所示,地球可以看成半径为R的球体绕地轴O1O2以角速度ω匀速转动,A、B为地球上两点。下列说法中正确的是 (　　)

A.A、B两点具有不同的角速度
B.A、B两点的线速度大小之比为1∶　3
C.A、B两点的向心加速度大小之比为　3∶1
D.A、B两点的向心加速度方向都指向球心
7.如图所示为两级皮带传动装置,转动时皮带均不打滑,中间两个轮子是固定在一起的,轮1的半径和轮2的半径相同,轮3的半径和轮4的半径相同,且为轮1和轮2半径的一半,则轮1边缘的a点与轮4边缘的c点相比 (　　)

A.线速度大小之比为1∶4
B.角速度大小之比为4∶1
C.向心加速度大小之比为8∶1
D.向心加速度大小之比为1∶8
能力提升练
题组一　向心加速度的计算
1.(2021湖北襄阳一中高一下月考,)如图所示为一压路机的示意图,已知大轮半径是小轮半径的2倍,C为大轮半径的中点,A、B分别是大轮和小轮边缘的一点,则A、B、C三点向心加速度大小关系正确的是(　　)

A.anA=anB=anC　　　　　　B.anA=2anB=2anC
C.anA=anB2=2anC　　　　　　D.anA=anB2=anC
2.(2021河南焦作高一下期中,)(多选)如图所示,长为L的悬线固定在O点,在O点正下方有一钉子C,O、C间距离为L2,把悬线另一端的小球拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放,小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子,则 (　　)

A.小球的线速度突然增大为原来的2倍
B.小球的角速度突然增大为原来的2倍
C.小球的向心加速度突然增大为原来的2倍
D.小球受到的悬线拉力突然增大为原来的2倍
3.(2021湖北武汉一中高一月考,)(多选)如图所示,A、B两球穿过光滑水平杆,两球间用一细绳连接,当该装置绕竖直轴OO'匀速转动时,两球在杆上恰好不发生滑动,若两球质量之比mA∶mB=2∶1,那么关于A、B两球的描述正确的是 (　　)

A.运动半径之比为1∶2
B.加速度大小之比为1∶2
C.线速度大小之比为2∶1
D.向心力大小之比为1∶2
4.(2021四川遂宁高一期末,)(多选)如图所示,小球A用轻质细线拴着在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,当小球A运动到最左侧时,在小球A的正上方高度为R处的小球B水平飞出,飞出时的速度大小为Rg。不计空气阻力,重力加速度为g,要使小球A在运动一周的时间内能与小球B相碰,则小球A的向心加速度大小可能为 (　　)

A.π2g8　　　　　　B.π2g4　　　　　　C.7π2g4　　　　　　D.9π2g8
题组二　向心力与向心加速度的综合分析
5.(2021北京昌平沙河中学高一月考,)质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中,杆的另一端套有一个质量为m的小球,今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,且角速度为ω,如图所示,重力加速度大小为g,则杆的上端受到球对其作用力的大小为 (　　)

A.mω2R　　　　　　B.mg2-ω4R2
C.mg2+ω4R2　　　　　　D.不能确定
6.(2021湖北鄂北四校高一联考,)(多选)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球(大小不计),现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图像如图乙所示。则(　　)

A.小球的质量为aRb
B.当地的重力加速度大小为Rb
C.v2=c时,小球对杆的弹力方向向上
D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等


答案全解全析
第1课时　向心力
基础过关练
1.B　向心力是根据力的作用效果命名的,它不改变速度的大小,只改变速度的方向,A错误,B正确;做匀速圆周运动的物体的向心力始终指向圆心,方向不断变化,是变力,C错误;做一般曲线运动的物体所受的合力通常可分解为切线方向的分力和法线方向的分力,切线方向的分力提供切向加速度,改变速度的大小,法线方向的分力提供向心加速度,改变速度的方向,D错误。
2.B　物体做匀速圆周运动,所受合力提供向心力,并不是还要受到一个向心力作用,故A错误,B正确;物体做匀速圆周运动,向心力始终指向圆心,因此方向不断改变,故C错误;做匀速圆周运动的物体所需的向心力大小恒定,故D错误。
3.C　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,它们不能提供向心力,因此小孩会受到静摩擦力的作用,且该摩擦力充当向心力,A、B错误,C正确;由于小孩随圆盘转动的半径不变,当圆盘角速度变小时,由F=mω2r可知,所需向心力变小,小孩在P点受到的静摩擦力变小,D错误。
4.答案　(1)控制变量法　(2)1∶2
解析　(1)由前面分析可知该实验采用的是控制变量法。
(2)线速度大小相等,则角速度与半径成反比,故可知左边轮塔与右边轮塔的角速度之比为1∶2。
5.B　水平路面对轿车的弹力方向竖直向上,故A错误;在竖直方向重力和支持力相互平衡,轿车做圆周运动靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力,轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力不为零,故B正确,C、D错误。
易混易错
本题考查向心力的来源。对向心力的理解要注意以下两点:①向心力不是性质力,可以由某个力来提供,也可以由某个力的分力或几个力的合力来提供;②只有做匀速圆周运动的物体所受合力才等于向心力。
6.CD　小球仅受重力和绳的拉力作用,向心力由指向圆心方向的合力提供,因此,提供向心力的是小球所受合力沿绳方向的分力,也是各力沿绳方向的分力的合力,故C、D正确。
7.B　物块A受到的摩擦力充当向心力,故A错误;物块B受到重力、支持力、A对B的压力、A对B沿半径向外的静摩擦力和圆盘对B沿半径向里的静摩擦力,共5个力的作用,故B正确,D错误;当转速增大时,A、B所受摩擦力都增大,故C错误。
8.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=st可知,线速度大小不变,故A错误;根据F向=mv2R,可知v不变,R减小时,F向增大,故B正确;根据ω=vR可知,v不变,R减小时,ω增大,故C正确;线速度大小不变、方向变化越来越大,说明其速度变化量越来越大,加速度变大,合外力增大,故D错误。
9.BCD　两小球随着杆及转台一起转动,角速度一定相等,两小球用一细线连接,两小球所需的向心力等于细线的张力,有m1ω2r1=m2ω2r2,则r1r2=m2m1,B、C、D正确;r不一定相等,所以由v=ωr知,v不一定相等,故A错误。
10.D　设链条长为L,链球做圆周运动的向心力由重力mg和拉力F的合力提供,向心力Fn=mg tan θ=mω2(L sin θ),解得ω2=gLcosθ,故D正确。
11.AC　小孩在最高点时,速度为零,受重力和绳的拉力,合力沿运动轨迹的切线方向,绳子的拉力大小等于重力沿绳方向的分力大小,小于重力;在最低点时,小孩受到的绳子的拉力与重力的合力提供向心力,所以绳子的拉力大于重力。因此在小孩离开最高点向最低点运动的过程中,绳子的拉力逐渐增大,故A正确,B错误。在离开最高点向最低点运动的过程中,小孩的速度增大,合外力的一个分力指向圆心,提供向心力,另一个分力沿运动轨迹的切线方向,使小孩速度增大,所以小孩经题图所示位置时,加速度方向可能沿图中的a方向,故C正确,D错误。
12.BC　由于小球所受的拉力始终与其速度方向垂直,不改变速度大小,故A错误;由v=ωr可知,v不变,r变大,则角速度ω变小,故B正确;小球所需的向心力Fn=mv2r,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=mv2r,v不变,r变大,则F变小,故D错误。
能力提升练
1.答案　(1)金属块转动半径　金属块质量　2πT　(2)C　(3)刻度尺
解析　(1)根据F=mrω2知要研究金属块向心力大小与角速度的关系,需控制金属块质量和金属块转动半径不变,改变转台的转速,对应每个转速由力传感器读出金属块受到的拉力。转动的周期为T,则转动的角速度ω=2πT。
(2)图线是一条过原点的倾斜直线,根据F=mrω2,ω=2πT,则F=mr4π2T2,则图像横坐标x表示的物理量是1T2,C正确。
(3)为了验证向心力跟半径、质量的关系,需要测金属块转动半径和金属块质量,故还需要用到的实验器材有刻度尺和天平。
2.答案　(1)B　(2)①见解析图　②0.18
解析　(1)实验中研究向心力和线速度大小的关系,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,所以B是正确的。
(2)①作F-v2图线,如图所示。

②根据F=mv2r知,图线的斜率k=mr,则有mr=7.99,代入数据计算得出m≈0.18 kg。
3.答案　(1)BD　(2)2.00　9.86
解析　(1)从小球第1次到第n次通过A位置,转动圈数为n-1,时间为t,故周期为T=tn-1,故A错误;小球的线速度大小为v=2πRT=2π(n-1)tR,故B正确;小球受重力和拉力,合力提供向心力,设细绳与竖直方向的夹角为α,则F向=mg tan α=mgR-rh,故C错误;若电动机的转速增加,则小球转动半径增加,故激光笔1、2应分别左移、升高,故D正确。
(2)小球做匀速圆周运动的周期T=tn-1=100.0051-1 s=2.00 s,向心力F向=mgR-rh=m4π2T2R,解得g=4π2Rh(R-r)T2≈9.86 m/s2。
4.B　根据题意可得m2g=m1rω2,得r=m2gm1·1ω2,可知r与1ω2成正比,故r与ω2成反比,A错误,B正确;由r=m2gm1·1ω2可得1r=m1m2g·ω2,则1r与ω2成正比,C、D错误。
5.D　当圆环最终以角速度ω绕竖直直径匀速转动时,小球做匀速圆周运动的向心力F向=mg tan θ=mRω2 sin θ,可得 cos θ=gRω2,由此可知,θ与ω大小、R大小有关,与小球质量无关。故选D。
6.BCD　当ω=0时,由于小球在水平方向平衡,因此AC杆对小球的作用力为拉力,BC杆对小球的作用力为支持力,且大小相等,A错误;对小球受力分析,假设AC杆对小球的拉力为F1,BC杆对小球的支持力为F2,竖直方向上,由平衡条件得F1 cos θ+F2 cos θ=mg,水平方向上,由牛顿第二定律得F1 sin θ-F2 sin θ=mω2L sin θ,由以上两式,分析可知ω逐渐增大时,AC杆对小球的拉力F1逐渐增大,BC杆对小球的支持力F2逐渐减小。当BC杆对小球的作用力为0时,根据牛顿第二定律得mg tan θ=mω2L sin θ,解得ω=gLcosθ。当ω继续增大时,AC杆对小球的拉力继续增大,BC杆对小球的作用力变为拉力,且逐渐增大,B、C、D正确。
7.答案　g(1-μ)r≤ω≤g(1+μ)r
解析　当A将要沿转盘背离圆心滑动时,A所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向指向圆心,此时A做圆周运动的向心力等于绳的拉力与静摩擦力的合力,即
F+Ffmax=mrω12①
由于B静止,故有F=mg②
又因为Ffmax=μFN=μmg③
由①②③式可得ω1=g(1+μ)r
当A将要沿转盘向圆心滑动时,A所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向背离圆心,此时A做圆周运动的向心力为
F-Ffmax=mrω22④
由②③④式可得ω2=g(1-μ)r
故要使A随转盘一起转动而不滑动,角速度ω的范围为g(1-μ)r≤ω≤g(1+μ)r。
方法技巧
关于水平面内匀速圆周运动的临界问题,要特别注意分析物体做圆周运动的向心力来源,考虑达到临界条件时物体所处的状态,即临界线速度、临界角速度,然后分析该状态下物体的受力特点,结合圆周运动的知识,列方程求解。碰到较多的是如下三种情况。
(1)与绳的弹力有关的临界条件:绳弹力恰好为0。
(2)与支持面弹力有关的临界条件:支持力恰好为0。
(3)因静摩擦力而产生的临界问题:静摩擦力达到最大值。
8.答案　303 rad/s≤ω≤5103 rad/s
解析　设细线与竖直方向的夹角为θ,由几何知识可得cos θ=L2-L12L=0.8
设细线的拉力大小为T,对Q根据平衡条件可得T cos θ=Mg
P在竖直方向上受力平衡,可得其所受水平细杆的支持力大小为N=mg+T cos θ=(M+m)g
当ω取最小值ω1时,P受水平向右的最大静摩擦力,
根据牛顿第二定律可得T sin θ-μN=mω12L1,
解得ω1=303 rad/s
当ω取最大值ω2时,P受水平向左的最大静摩擦力,
可得T sin θ+μN=mω22L1
解得ω2=5103 rad/s
故ω的取值范围是303 rad/s≤ω≤5103 rad/s。



第2课时　向心加速度
基础过关练
1.A　向心加速度的方向时刻指向圆心,线速度的方向与半径垂直,故A对,B错;在匀速圆周运动中,向心加速度大小恒定,但方向时刻发生变化,故C、D错。
2.D　根据an=v2r可知,当线速度大小保持不变时,向心加速度的大小一定跟圆周运动的半径成反比,故A错误;根据an=ω2r可知,当角速度保持不变时,向心加速度的大小一定跟圆周运动的半径成正比,故B错误;根据ω=vr可知,当线速度大小保持不变时,角速度一定跟圆周运动的半径成反比,故C错误;根据ω=2πT可知,角速度的大小一定跟转动周期成反比,故D正确。
3.A　A对应的图线为双曲线的一条分支,说明向心加速度大小an与半径r成反比,根据an=v2r可知,当线速度大小不变时,向心加速度大小与半径成反比,说明A物体运动的线速度大小不变,①正确,②错误;由图可知,B对应的图线为过坐标原点的直线,说明向心加速度大小an与半径r成正比,根据an=ω2r可知,当角速度不变时,向心加速度大小与半径成正比,说明B物体运动的角速度不变,③正确,④错误。故选A。
4.BCD　大齿轮与小齿轮是链条传动,边缘点的线速度大小相等,故A错误;A、B两点的线速度大小相等,由公式ω=vr可知,A、B两点的角速度跟它们的运动半径成反比,故B正确;B、C两点是同轴转动,它们的角速度相等,由公式v=ωr可知,B、C两点的线速度大小跟它们的运动半径成正比,故C正确;B、C两点是同轴转动,它们的角速度相等,由公式an=ω2r可知,B、C两点的向心加速度大小跟它们的运动半径成正比,故D正确。
5.B　设弹簧的形变量为x,则有kx=mω2(x+L),解得x=mω2Lk-mω2,则小球运动的向心加速度为a=ω2(x+L)=kω2Lk-mω2,B正确。
6.C　A、B两点共轴转动,角速度相等,故A错误;因为A、B两点绕地轴转动,A点的转动半径大于B点的转动半径,由题图可知,rA=R sin 60°=　32R,rB=R sin 30°=12R,根据v=rω知,A、B两点的线速度大小之比为　3∶1,故B错误;根据a=rω2知,角速度相等,A、B两点的向心加速度大小之比为　3∶1,故C正确;A、B两点的向心加速度方向垂直指向地轴,故D错误。
7.D　由题意知2va=2v3=v2=vc,其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度大小,所以va∶vc=1∶2,A错误;设轮4的半径为r,则aa=va2ra=vc222r=vc28r=18ac,即aa∶ac=1∶8,C错误,D正确;ωaωc=varavcrc=14,B错误。
能力提升练
1.C　A、C两点为同轴转动,则两点角速度相同,根据an=rω2,有anAanC=21,即anA=2anC;A、B两点线速度大小相等,根据an=v2r,有anAanB=12,即anA=12anB。故C正确。
2.BC　悬线与钉子碰撞前后,线的拉力始终与小球运动方向垂直,则碰撞后瞬间小球的线速度大小不变,A错误;小球运动半径减小为原来的一半,由ω=vr知角速度变为原来的2倍,B正确;再由an=v2r知向心加速度突然增大为原来的2倍,C正确;小球在最低点有F-mg=mv2r,故悬线碰到钉子后小球所受合力变为原来的2倍,悬线拉力变大,但不是变为原来的2倍,D错误。
3.AB　两球所需的向心力都由细绳拉力提供,大小相等,D错误;两球都随杆转动,角速度相等;设两球的运动半径分别为rA、rB,转动角速度为ω,则mAω2rA=mBω2rB,所以rA∶rB=mB∶mA=1∶2,A正确;anAanB=ω2rAω2rB=12,B正确;vAvB=ωrAωrB=12,C错误。
4.AD　B做平抛运动,到达小球A所在水平面时,在竖直方向上有R=12gt2,得t=2Rg,则水平方向的位移为x=v0t=gR·2Rg=2R,若要使小球A在运动一周的时间内能与小球B相碰,根据几何关系可知,相碰时A可能运动了T4或3T4,则有t=2Rg=T4或t=2Rg=3T4,又有an=4π2T2R,联立解得an=π2g8或an=9π2g8,故A、D正确。
5.C　对小球进行受力分析,小球受两个力,一个是重力,另一个是杆对小球的作用力F,两个力的合力充当向心力。由平行四边形定则可得F=mg2+ω4R2,再根据牛顿第三定律,可知杆受到球对其作用力的大小为mg2+ω4R2,故C正确。
6.ACD　当小球在最高点受到的弹力方向向下时,有F+mg=mv2R,解得F=mRv2-mg;当小球在最高点受到的弹力方向向上时,有mg-F=mv2R,解得F=mg-mv2R。对比F-v2图像可知,a=mg,当v2=b时,F=0,可得b=gR,则g=bR,m=aRb,A正确,B错误;v2=c时,小球受到的弹力方向向下,则小球对杆的弹力方向向上,C正确;v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等,D正确。