2.2.1向心力与向心加速度 课时练习（含答案）高中物理粤教版（2019）必修第二册

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1、2.2向心力与向心加速度 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动,其质量之比为12,转动半径之比为12,在相同的时间里甲转过60,乙转过45,则它们的向心力大小之比为()A.14B.23C.49D.916【解析】选C。由于m1m2=12,r1r2=12,12=12=43,向心力F=m2r,故F1F2=49,故C项正确。2.(2020深圳高一检测)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同的时间内,它们通过的路程之比是65,运动方向改变的角度之比是32,则下列说法错误的是()A.线速度大小之比为34B.角速度大小之比为32C.

2、圆周运动的半径之比为45D.向心加速度大小之比为95【解析】选A。线速度v=st,A、B通过的路程之比为65,时间相等,则线速度之比为65,故A错误;角速度=t,运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度,A、B转过的角度之比为32,时间相等,则角速度大小之比为32,故B正确;根据v=r得,圆周运动的半径r=v,线速度之比为65,角速度之比为32,则圆周运动的半径之比为45,故C正确;根据a=v,线速度之比为65,角速度之比为32,则向心加速度之比为95,故D正确。3.质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上,杆上端套有一个质量为m的小球,今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动,角速度为,如图所示,

3、则杆的上端受到的作用力大小为()A.m2RB.m2g2-m24R2C.m2g2+m24R2D.不能确定【解析】选C。小球在重力和杆的作用力下做匀速圆周运动,这两个力的合力充当向心力必指向圆心,如图所示:用力的合成法可得杆对球的作用力:F=(mg)2+F向2=m2g2+m24R2,根据牛顿第三定律,小球对杆的上端的作用力F=F,故C项正确。4.如图所示,物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动,物体B在水平方向所受的作用力有()A.圆盘对B及A对B的摩擦力,两力都指向圆心B.圆盘对B的摩擦力指向圆心,A对B的摩擦力背离圆心C.圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D.圆盘对B的摩擦力和向心力【解析】选B。以A

4、、B整体为研究对象,受重力、圆盘的支持力及圆盘对B的摩擦力,重力与支持力平衡,摩擦力提供向心力,即摩擦力指向圆心。以A为研究对象,受重力、B的支持力及B对A的摩擦力,重力与支持力平衡,B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力,即方向指向圆心,由牛顿第三定律,A对B的摩擦力背离圆心,所以物体B在水平方向受圆盘对B指向圆心的摩擦力和A对B背离圆心的摩擦力,故B项正确。5.2019年春节期间电影流浪地球的热播使人们关注到影视中“领航员号”空间站通过让圆形空间站旋转的方法获得人工重力的情形,即刘培强中校到达空间站时电脑“慕斯”所讲的台词“离心重力启动”,空间模型如图,已知空间站半径为1 000米,为了使

5、宇航员感觉跟在地球表面上的时候一样“重”,g取10 m/s2,空间站转动的角速度为()A.10 rad/sB.1 rad/sC.0.1 rad/sD.0.01 rad/s【解析】选C。空间站中宇航员做匀速圆周运动,使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致,则根据 g=2r,则=gr=0.1 rad/s,故C项正确。6.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随链球转速的增大而增大,则以下几个图像中能描述与的关系的是()【解析】选D。设链条

6、长为L,链球质量为m,则链球做圆周运动的半径r=Lsin,向心力F=mgtan,而F=m2r。由以上三式得2=gL1cos,即21cos,故D项正确。【加固训练】 (多选)如图所示,A、B两球穿过光滑水平杆,两球间用一长度为L的细绳连接,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mAmB=21,那么关于A、B两球的下列说法中正确的是()A.A、B两球受到的向心力之比为21B.A、B两球角速度之比为11C.A、B两球运动半径之比为12D.A球距O点的距离为0.5L【解析】选B、C。由绳子的拉力提供向心力,绳子的拉力相等,所以向心力相等,向心力大小之比为11,故A项错

7、误;同轴转动角速度相同,故B项正确;由绳子的拉力提供向心力,则有:mA2rA=mB2rB,解得:rArB=mBmA=12,故C项正确;又因rA+rB=L,解得rA=13L,故D项错误。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)一个圆柱形物块放在一个转盘上,并随着转盘一起绕O点匀速转动,通过频闪照相技术对其研究,从转盘的正上方拍照,得到的频闪照片如图所示。已知频闪仪的闪光频率为30 Hz,转动半径为2 m,求:(1)转盘转动的角速度。(2)圆柱形物块的向心加速度。 【解析】(1)闪光频率为30 Hz,就是说每隔130 s闪光一次,由频

8、闪照片可知,转一周要用6个时间间隔T=15 s,所以转盘转动的角速度为=2T=10 rad/s。(2)圆柱形物块的向心加速度为a=2r=2002 m/s2。答案:(1)10 rad/s(2)2002 m/s28.(12分)如图所示,有一质量为m1的小球A与质量为m2的物块B通过轻绳相连,轻绳穿过光滑水平板中央的小孔O。当小球A在水平板上绕O点做半径为r的圆周运动时,物块B刚好保持静止。求:(1)轻绳的拉力大小;(2)小球A运动的线速度大小。【解析】(1)物块B受力平衡,故轻绳拉力T=m2g(2)小球A做匀速圆周运动的向心力等于轻绳拉力T,根据牛顿第二定律得m2g=m1v2r解得v=m2grm1

9、答案:(1)m2g(2)m2grm1【加固训练】长为L的细线,一端固定于O点,另一端拴一质量为m的小球,让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动),如图所示,摆线与竖直方向的夹角为,不计空气阻力。求:(1)线的拉力大小;(2)小球运动的线速度的大小;(3)小球运动的周期。【解析】(1)对小球受力分析如图所示:小球受重力mg和线的拉力FT作用,细线拉力FT=mgcos;(2)由mgtan=mv2R;半径R=Lsin,解得v=gLcossin;(3)由mgtan=m42RT2,解得T=2Lcosg。答案:(1)mgcos(2)gLcossin(3)2Lcosg (15分钟40分)9

10、.(6分)(2020韶关高一检测)如图为某种未来宇航员乘坐的飞行器的理想模型,为了让宇航员在太空中感受到“重力”,飞行器在航行中通过自转创造“重力”,则此“重力方向”为()A.竖直向下B.沿半径指向飞行器圆心C.沿半径背离飞行器圆心D.沿飞行器转动的切线方向【解析】选C。宇航员是靠飞行器对他的支持力提供向心力的,这时宇航员会对飞行器底面产生压力,相当于宇航员受到的等效重力方向是背离飞行器中心的,故选C。10.(6分)(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球在一个更高一些的水平面上做

11、匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是()A.小球P运动的周期变大B.小球P运动的线速度变大C.小球P运动的角速度变大D.Q受到桌面的支持力变大【解析】选B、C。设细线与竖直方向夹角,对小球受力分析知,小球的合力为F合=mgtan,因为mgtan=m2lsin,所以=glcos,当小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动时变大,则变大,故C项正确;又因为T=2,所以周期变小,故A项错误;在更高的水平面上运动时,小球的运动半径变大,由v=r知v变大,故B项正确;绳子的拉力在竖直方向的分力总等于小球P的重力,故Q受到桌面的支持力总等

12、于P、Q的重力之和,故D项错误。【加固训练】 (多选)如图所示,A、B两个小球质量相等,用一根轻绳相连,另有一根轻绳的两端分别连接O点和B点,让两个小球绕O点在光滑水平桌面上以相同的角速度做匀速圆周运动,若OB绳上的拉力为F1,AB绳上的拉力为F2,OB=AB,则()A.A球所受向心力为F1,B球所受向心力为F2B.A球所受向心力为F2,B球所受向心力为F1C.A球所受向心力为F2,B球所受向心力为F1-F2D.F1F2=32【解析】选C、D。小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动,设角速度为,在竖直方向上所受重力与桌面支持力平衡,水平方向不受摩擦力,绳子的拉力提供向心力。由牛顿第二定律,对A球有

13、F2=mr22,对B球有F1-F2=mr12,已知r2=2r1,各式联立解得F1=32F2,故C、D正确,A、B错误。11.(6分)(多选)(2020湛江高一检测)如图所示,一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动,物块始终静止在斜劈AB上。在斜劈转动的角速度缓慢增加的过程中,下列说法正确的是()A.斜劈对物块的支持力逐渐减小B.斜劈对物块的支持力保持不变C.斜劈对物块的摩擦力逐渐增加D.斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断【解析】选A、C。物块的向心加速度沿水平方向,加速度大小为a=2r,设斜劈倾角为,对物块沿AB方向有f-mgsin=macos,垂直AB方向有mgcos-N=masin。解得f=m

14、gsin+macos,N=mgcos-masin。当角速度逐渐增加时,加速度a逐渐增加,f逐渐增加,N逐渐减小,故A、C正确, B、D错误。12.(22分)如图,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8 m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)物块做平抛运动的初速度大小v0;(2)物块与转台间的动摩擦因数。【解析】(1)物块做平抛运动,竖直方向有H=12gt2水平方向有s=v0t联立两式得v0=sg2H=1 m/s(2)物块离开转台时,最大静摩擦力提供向心力,有mg=mv02R联立得=v02gR=0.2。答案:(1)1 m/s(2)0.2