2024-2025學年新教材高中物理第二章圓周運動2.1向心力與向心加速度練習含解析粵教版必修2

PAGE9-向心力與向心加速度(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.甲、乙兩個物體都做勻速圓周運動,其質(zhì)量之比為1∶2,轉(zhuǎn)動半徑之比為1∶2,在相同的時間里甲轉(zhuǎn)過60°,乙轉(zhuǎn)過45°,則它們的向心力大小之比為 ()A.1∶4B.2∶3C.4∶9D.9∶16【解析】選C。由于m1∶m2=1∶2,r1∶r2=1∶2,ω1∶ω2=θ1∶θ2=4∶3,向心力F=mω2r,故F1∶F2=4∶9,故C項正確。2.(2024·深圳高一檢測)A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖),在相同的時間內(nèi),它們通過的路程之比是6∶5,運動方向變更的角度之比是3∶2,則下列說法錯誤的是 ()A.線速度大小之比為3∶4B.角速度大小之比為3∶2C.圓周運動的半徑之比為4∶5D.向心加速度大小之比為9∶5【解析】選A。線速度v=,A、B通過的路程之比為6∶5,時間相等,則線速度之比為6∶5,故A錯誤;角速度ω=,運動方向變更的角度等于圓周運動轉(zhuǎn)過的角度,A、B轉(zhuǎn)過的角度之比為3∶2,時間相等,則角速度大小之比為3∶2,故B正確;依據(jù)v=rω得,圓周運動的半徑r=,線速度之比為6∶5,角速度之比為3∶2,則圓周運動的半徑之比為4∶5,故C正確;依據(jù)a=vω,線速度之比為6∶5,角速度之比為3∶2,則向心加速度之比為9∶5,故D正確。3.質(zhì)量不計的輕質(zhì)彈性桿P插在桌面上,桿上端套有一個質(zhì)量為m的小球,今使小球沿水平方向做半徑為R的勻速圓周運動,角速度為ω,如圖所示,則桿的上端受到的作用力大小為 ()A.mω2R B.C. D.不能確定【解析】選C。小球在重力和桿的作用力下做勻速圓周運動,這兩個力的合力充當向心力必指向圓心,如圖所示:用力的合成法可得桿對球的作用力:F==,依據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)U的上端的作用力F′=F,故C項正確。4.如圖所示,物體A、B隨水平圓盤繞軸勻速轉(zhuǎn)動,物體B在水平方向所受的作用力有 ()A.圓盤對B及A對B的摩擦力,兩力都指向圓心B.圓盤對B的摩擦力指向圓心,A對B的摩擦力背離圓心C.圓盤對B及A對B的摩擦力和向心力D.圓盤對B的摩擦力和向心力【解析】選B。以A、B整體為探討對象,受重力、圓盤的支持力及圓盤對B的摩擦力,重力與支持力平衡,摩擦力供應向心力,即摩擦力指向圓心。以A為探討對象,受重力、B的支持力及B對A的摩擦力,重力與支持力平衡,B對A的摩擦力供應A做圓周運動的向心力,即方向指向圓心,由牛頓第三定律,A對B的摩擦力背離圓心,所以物體B在水平方向受圓盤對B指向圓心的摩擦力和A對B背離圓心的摩擦力,故B項正確。5.2024年春節(jié)期間電影《流浪地球》的熱播使人們關注到影視中“領航員號”空間站通過讓圓形空間站旋轉(zhuǎn)的方法獲得人工重力的情形,即劉培強中校到達空間站時電腦“慕斯”所講的臺詞“離心重力啟動”,空間模型如圖,已知空間站半徑為1000米,為了使宇航員感覺跟在地球表面上的時候一樣“重”,g取10m/s2,空間站轉(zhuǎn)動的角速度為 ()A.10rad/s B.1rad/sC.0.1rad/s D.0.01rad/s【解析】選C。空間站中宇航員做勻速圓周運動,使宇航員感受到與地球一樣的“重力”是向心力所致,則依據(jù)g=ω2r,則ω==0.1rad/s,故C項正確。6.鏈球運動員在將鏈球拋擲出去之前,總要雙手抓住鏈條,加速轉(zhuǎn)動幾圈,如圖所示,這樣可以使鏈球的速度盡量增大,拋出去后飛行更遠,在運動員加速轉(zhuǎn)動的過程中,能發(fā)覺他手中與鏈球相連的鏈條與豎直方向的夾角θ隨鏈球轉(zhuǎn)速的增大而增大,則以下幾個圖像中能描述ω與θ的關系的是 ()【解析】選D。設鏈條長為L,鏈球質(zhì)量為m,則鏈球做圓周運動的半徑r=Lsinθ,向心力F=mgtanθ,而F=mω2r。由以上三式得ω2=·,即ω2∝,故D項正確?！炯庸逃柧殹?多選)如圖所示,A、B兩球穿過光滑水平桿,兩球間用一長度為L的細繩連接,當該裝置繞豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時,兩球在桿上恰好不發(fā)生滑動。若兩球質(zhì)量之比mA∶mB=2∶1,那么關于A、B兩球的下列說法中正確的是 ()A.A、B兩球受到的向心力之比為2∶1B.A、B兩球角速度之比為1∶1C.A、B兩球運動半徑之比為1∶2D.A球距O點的距離為0.5L【解析】選B、C。由繩子的拉力供應向心力,繩子的拉力相等,所以向心力相等,向心力大小之比為1∶1,故A項錯誤;同軸轉(zhuǎn)動角速度相同,故B項正確;由繩子的拉力供應向心力,則有:mAω2rA=mBω2rB,解得:rA∶rB=mB∶mA=1∶2,故C項正確;又因rA+rB=L,解得rA=L,故D項錯誤。二、計算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標明單位)7.(12分)一個圓柱形物塊放在一個轉(zhuǎn)盤上,并隨著轉(zhuǎn)盤一起繞O點勻速轉(zhuǎn)動,通過頻閃照相技術(shù)對其探討,從轉(zhuǎn)盤的正上方拍照,得到的頻閃照片如圖所示。已知頻閃儀的閃光頻率為30Hz,轉(zhuǎn)動半徑為2m,求:(1)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度。(2)圓柱形物塊的向心加速度?！窘馕觥?1)閃光頻率為30Hz,就是說每隔s閃光一次,由頻閃照片可知,轉(zhuǎn)一周要用6個時間間隔T=s,所以轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω==10πrad/s。(2)圓柱形物塊的向心加速度為a=ω2r=200π2m/s2答案:(1)10πrad/s(2)200π2m/s8.(12分)如圖所示,有一質(zhì)量為m1的小球A與質(zhì)量為m2的物塊B通過輕繩相連,輕繩穿過光滑水平板中心的小孔O。當小球A在水平板上繞O點做半徑為r的圓周運動時,物塊B剛好保持靜止。求:(1)輕繩的拉力大小;(2)小球A運動的線速度大小。【解析】(1)物塊B受力平衡,故輕繩拉力T=m2(2)小球A做勻速圓周運動的向心力等于輕繩拉力T,依據(jù)牛頓其次定律得m2g=m1解得v=答案:(1)m2g(2)【加固訓練】長為L的細線,一端固定于O點,另一端拴一質(zhì)量為m的小球,讓其在水平面內(nèi)做勻速圓周運動(這種運動通常稱為圓錐擺運動),如圖所示,擺線與豎直方向的夾角為α,不計空氣阻力。求:(1)線的拉力大小;(2)小球運動的線速度的大小;(3)小球運動的周期。【解析】(1)對小球受力分析如圖所示:小球受重力mg和線的拉力FT作用,細線拉力FT=;(2)由mgtanα=m;半徑R=Lsinα,解得v=sinα;(3)由mgtanα=m,解得T=2π。答案:(1)(2)sinα(3)2π(15分鐘·40分)9.(6分)(2024·韶關高一檢測)如圖為某種將來宇航員乘坐的飛行器的志向模型,為了讓宇航員在太空中感受到“重力”,飛行器在航行中通過自轉(zhuǎn)創(chuàng)建“重力”,則此“重力方向”為 ()A.豎直向下B.沿半徑指向飛行器圓心C.沿半徑背離飛行器圓心D.沿飛行器轉(zhuǎn)動的切線方向【解析】選C。宇航員是靠飛行器對他的支持力供應向心力的,這時宇航員會對飛行器底面產(chǎn)生壓力,相當于宇航員受到的等效重力方向是背離飛行器中心的,故選C。10.(6分)(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(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)?，F(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。則后一種狀況與原來相比較,下面的推斷中正確的是 ()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運動的角速度變大D.Q受到桌面的支持力變大【解析】選B、C。設細線與豎直方向夾角θ,對小球受力分析知,小球的合力為F合=mgtanθ,因為mgtanθ=mω2lsinθ,所以ω=,當小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運動時θ變大,則ω變大,故C項正確;又因為T=,所以周期變小,故A項錯誤;在更高的水平面上運動時,小球的運動半徑變大,由v=ωr知v變大,故B項正確;繩子的拉力在豎直方向的分力總等于小球P的重力,故Q受到桌面的支持力總等于P、Q的重力之和,故D項錯誤。【加固訓練】(多選)如圖所示,A、B兩個小球質(zhì)量相等,用一根輕繩相連,另有一根輕繩的兩端分別連接O點和B點,讓兩個小球繞O點在光滑水平桌面上以相同的角速度做勻速圓周運動,若OB繩上的拉力為F1,AB繩上的拉力為F2,OB=AB,則 ()A.A球所受向心力為F1,B球所受向心力為F2B.A球所受向心力為F2,B球所受向心力為F1C.A球所受向心力為F2,B球所受向心力為F1-F2D.F1∶F2=3∶2【解析】選C、D。小球在光滑水平桌面上做勻速圓周運動,設角速度為ω,在豎直方向上所受重力與桌面支持力平衡,水平方向不受摩擦力,繩子的拉力供應向心力。由牛頓其次定律,對A球有F2=mr2ω2,對B球有F1-F2=mr1ω2,已知r2=2r1,各式聯(lián)立解得F1=F2,故C、D正確,A、B錯誤。11.(6分)(多選)(2024·湛江高一檢測)如圖所示,始終角斜劈繞其豎直邊BC做圓周運動,物塊始終靜止在斜劈AB上。在斜劈轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增加的過程中,下列說法正確的是 ()A.斜劈對物塊的支持力漸漸減小B.斜劈對物塊的支持力保持不變C.斜劈對物塊的摩擦力漸漸增加D.斜劈對物塊的摩擦力變更狀況無法推斷【解析】選A、C。物塊的向心加速度沿水平方向,加速度大小為a=ω2r,設斜劈傾角為θ,對物塊沿AB方向有f-mgsinθ=macosθ,垂直AB方向有mgcosθ-N=masinθ。解得f=mgsinθ+macosθ,N=mgcosθ-masinθ。當角速度ω漸漸增加時,加速度a漸漸增加,f漸漸增加,N漸漸減小,故A、C正確,B、D錯誤。12.(22分)如圖,置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動,當轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時,物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺起先做平拋運動?，F(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R=0.5m,離水平地面的高度H=0.8