2020-2021物理第二冊素養(yǎng)培優(yōu)課2向心力的應用與計算含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年新教材物理人教版必修第二冊素養(yǎng)培優(yōu)課2向心力的應用與計算含解析素養(yǎng)培優(yōu)課練習(二)向心力的應用與計算(教師用書獨具）(建議用時:25分鐘）1．如圖所示，兩根長度不同的細繩,一端固定于O點,另一端各系一個相同的小球，兩小球恰好在同一水平面內做勻速圓周運動，則（）A．A球受細繩的拉力較大B．它們做圓周運動的角速度不相等C．它們所需的向心力跟軌道半徑成反比D．它們做圓周運動的線速度大小相等A[設細繩與豎直方向之間的夾角為θ，對小球進行受力分析,在豎直方向上的合力等于零，有mg＝Fcosθ，解得F＝eq\f(mg，cosθ)，可知A球受細繩的拉力較大，A正確；在水平方向上的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2lsinθ，兩球距O點的豎直高度相同，即lcosθ相同，則ω相等，B錯誤；線速度v＝ωlsinθ，角速度相等，運動半徑lsinθ不同，則線速度不相等，D錯誤；小球做勻速圓周運動所需的向心力等于合力,即F向＝mgtanθ＝mgeq\f(r,h)＝mgeq\f（r，lcosθ)，則F向與r成正比，C錯誤。]2．如圖所示,兩個用相同材料制成的靠摩擦傳動的輪A和B水平放置,兩輪半徑RA＝2RB，當主動輪A勻速轉動時,在A輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在A輪邊緣上，若將小木塊放在B輪上，欲使小木塊相對B輪也靜止,則小木塊距B輪轉軸的最大距離為(）A．eq\f（RB，2)B．eq\f(RB，4）C．eq\f（RB,3）D．RBA[A和B兩輪用相同材料制成且靠摩擦傳動，邊緣線速度相等,則ωARA＝ωBRB，而RA＝2RB，所以eq\f(ωA，ωB)＝eq\f（1,2）。對于在A輪邊緣的小木塊,最大靜摩擦力恰好提供向心力，即mωeq\o\al（2,A）RA＝fmax，當在B輪上恰要滑動時，設此時半徑為R，則mωeq\o\al(2，B）R＝fmax,解得R＝eq\f（RA,4）＝eq\f（RB,2），選項A正確。］3．如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(）A．A的線速度比B的大B．A與B的向心力大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小D［當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，A與B的角速度相等，A的運動半徑比B的小，由v＝ωr得，A的線速度比B的小，A錯誤；由Fn＝mω2r得，A的向心力比B的小，B錯誤；設纜繩與豎直方向的夾角為θ,座椅受重力mg和拉力FT的作用,其合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2r，得tanθ＝eq\f(ω2r,g),由于ωA＝ωB,rA＜rB，故懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角比B的小，C錯誤;拉力FT＝eq\f(mg,cosθ），由于θA＜θB,故FTA＜FTB，由牛頓第三定律知懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，D正確.]4．如圖所示,長為L的輕桿,一端固定一個質量為m的小球，另一端固定在水平轉軸O上，桿隨轉軸O在豎直平面內勻速轉動,角速度為ω，某時刻桿對球的作用力恰好與桿垂直，則此時桿與水平面的夾角θ是(重力加速度為g）(）A．sinθ＝eq\f（ω2L，g) B．tanθ＝eq\f(ω2L,g）C．sinθ＝eq\f(g，ω2L) D．tanθ＝eq\f（g,ω2L）A[小球所受重力和輕桿的作用力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝mLω2，解得sinθ＝eq\f（ω2L,g)，故A正確,B、C、D錯誤。］5．（多選）如圖所示,一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上，小球在某一水平面內做勻速圓周運動(即圓錐擺）.現(xiàn)使小球在一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出），兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止，則后一種情況與原來相比較，下列說法正確的是（）A．小球P運動的周期變大B．小球P運動的線速度變大C．小球P運動的角速度變小D．Q受到桌面的支持力不變BD[設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的長度為L.球P做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，則有mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r（\f(g，Lcosθ）)，周期T＝eq\f（2π,ω）＝2πeq\r（\f（Lcosθ，g))，線速度v＝rω＝Lsinθ·eq\r（\f（g,Lcosθ）)＝eq\r（gLtanθsinθ）,小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運運動時，θ增大，cosθ減小，角速度增大，周期T減小，線速度變大，選項B正確，A、C錯誤；金屬塊Q保持在桌面上靜止，對金屬塊和小球研究,在豎直方向沒有加速度，根據(jù)平衡條件可知,Q受到桌面的支持力等于Q與小球的總重力，保持不變，選項D正確.］6．如圖所示，豎直固定的圓錐形漏斗內壁是光滑的,內壁上有兩個質量相等的小球A和B,在各自不同的水平面內做勻速圓周運動.以下關于A、B兩球做圓周運動時的線速度大?。╲A、vB）、角速度(ωA、ωB）、向心力大小(FA、FB）和對內壁的壓力大?。‵NA、FNB）的說法正確的是(）A．vA＞vB B．ωA＞ωBC．FA＞FB D．FNA＞FNBA［小球受重力和支持力，二力的合力提供其做圓周運動的向心力，如圖所示，由于兩個小球的質量相同，并且都是在水平面內做勻速圓周運動,所以兩個小球的受力情況相同,它們的向心力大小相等，受到的支持力大小也相等,則根據(jù)牛頓第三定律可知，它們對內壁的壓力大小也相等，即FA＝FB，F(xiàn)NA＝FNB，C、D錯誤；由于它們的向心力的大小相等,由向心力的公式Fn＝meq\f(v2,r)可知，運動半徑大的小球線速度大,所以vA＞vB，A正確；由向心力的公式Fn＝mω2r可知,運動半徑大的小球角速度小，所以ωA＜ωB,B錯誤。]7．（多選)如圖所示,質量為m的小球用長為L的細線懸掛在O點，在O點的正下方L/2處有一個釘子，把小球拉到水平位置由靜止釋放。當細線擺到豎直位置碰到釘子時，下列說法正確的是（)A．小球的線速度大小保持不變B．小球的角速度突然增大為原來的2倍C．細線的拉力突然變?yōu)樵瓉淼?倍D．細線的拉力一定大于重力ABD[細線碰到釘子的前后瞬間，由于重力方向與拉力方向都與速度方向垂直，所以小球的線速度大小不變，根據(jù)ω＝eq\f（v，r)，半徑變?yōu)橐话?可知角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,選項A、B正確；根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)－mg＝meq\f（v2,r)，則F＝mg＋meq\f(v2,r)，可知細線的拉力增大,但不是原來的2倍，故D正確，C錯誤.]8．如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球,另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g?，F(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時,每根繩的拉力大小為(）A．eq\r（3）mgB．eq\f（4,3）eq\r(3)mgC．3mgD．2eq\r（3)mgA［設小球在豎直面內做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcosθ＝eq\f(\r（3)，2）L。根據(jù)題述小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零,有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高點速率為2v時，設每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r），聯(lián)立解得F＝eq\r(3）mg，選項A正確.］9．如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動,盤面上離轉軸2。5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止.物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r（3），2）(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）,盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則ω的最大值是（)A．eq\r（5）rad/s B．eq\r（3）rad/sC．1。0rad/s D．0.5rad/sC［物體隨圓盤做圓周運動，分析可知當物體運動到最低點時最可能出現(xiàn)相對滑動，因此物體在圓盤最低點剛好要滑動時對應的圓盤角速度最大，對物體進行受力分析，由向心力公式有μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2，m)r，代入數(shù)據(jù)解得ωm＝1。0rad/s，C正確。］（建議用時:15分鐘)10．如圖甲所示，A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘，小球C用細繩拴在鐵釘B上(細繩能承受足夠大的拉力)，A、B、C在同一直線上。t＝0時，給小球一個垂直于繩的速度,使小球繞著兩根鐵釘在水平面上做圓周運動。在0≤t≤10s時間內，細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,則下列說法正確的有(）甲乙A．小球的速率越來越大B．細繩第三次到第四次撞擊釘子經歷的時間是4sC．在t＝13。5s時，細繩的拉力為7.5ND．細繩每撞擊一次釘子,小球運動的半徑減小繩長的eq\f（1,3)C［小球在水平方向只受垂直于速度方向的細繩的拉力作用，小球速度大小不變，故A錯誤;0～6s內細繩的拉力不變，則有F1＝meq\f(v2，l），6～10s內拉力大小不變，則有F2＝meq\f（v2，l′)，因為F2＝eq\f(6,5)F1，則l′＝eq\f（5，6)l，兩釘子之間的間距Δl＝l－eq\f（5，6)l＝eq\f(1，6)l，第一個半圈經歷的時間為6s，則eq\f(πl(wèi),v)＝6s，則第二個半圈的時間eq\f（πl(wèi)′，v)＝5s，細繩每跟釘子碰撞一次，轉動半圈的時間減少1s，則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔Δt＝6s－3×1s＝3s，根據(jù)上述分析可知，11~15s內，小球在轉第三個半圈,則細繩的拉力為F3＝meq\f(v2,l－2×\f（1,6)l)＝eq\f(3，2）·meq\f（v2，l）＝eq\f（3,2）F1＝7。5N，故B、D錯誤，C正確。］11．如圖所示，有一質量為M的大圓環(huán)，半徑為R，被一輕桿固定后懸掛在O點，有兩個質量均為m的小環(huán)（可視為質點)，同時從大環(huán)兩側的對稱位置由靜止滑下。當兩小環(huán)同時滑到大圓環(huán)底部時，速度大小都為v，重力加速度為g，則此時大環(huán)對輕桿的拉力大小為()A．（2m＋2M)g B．Mg－eq\f（2mv2,R）C．2meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(g＋\f（v2,R）)）＋Mg D．2meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(v2，R）－g)）＋MgC[當兩小環(huán)滑到大圓環(huán)底部時，設小環(huán)受到的大圓環(huán)的支持力為FN，對小環(huán)，由向心力定義及公式有FN－mg＝meq\f(v2，R)；對大圓環(huán)受力分析可知,其受重力Mg、小環(huán)的壓力F′N和輕桿的拉力F，由平衡條件得F＝Mg＋2F′N,由牛頓第三定律得FN＝F′N，聯(lián)立以上各式解得，輕桿對大環(huán)的拉力大小F＝2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（g＋\f(v2，R)))＋Mg，由牛頓第三定律知，大環(huán)對輕桿的拉力大小為2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2，R)))＋Mg，C正確。］12．有一種叫“飛椅”的游樂項目,示意圖如圖所示。長為L的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉盤邊緣.轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。當轉盤以角速度ω勻速轉動時，鋼繩與轉動軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角為θ.不計鋼繩的重力，求轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系。[解析]對座椅受力分析，如圖所示。轉盤轉動的角速度為ω時，鋼繩與豎直方向的夾角為θ，則座椅到轉軸的距離即座椅做圓周運動的半徑R＝r＋Lsinθ,根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝mω2R，解得ω＝eq\r(\f（gtanθ，r＋Lsinθ))。[答案]ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ)）13．小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉,球飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為eq\f（3,4)d，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力。（1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2；（2）求繩能承受的最大拉力；(3）改變繩長,使球重復上述運動,若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大,繩長應是多少？最大水平距離為多少？[解析](1）設繩斷后球飛行時間為t,由平拋運動規(guī)律得豎直力向eq\f(1，4)d＝eq\f(1,2）gt2 ①水平方向d＝v1t ②聯(lián)立①②解得v1＝eq\r（2gd） ③在豎直方向上有vy＝gt＝eq\f（\r(