2018-2019學年高中物理 第五章 曲線運動 課時提升作業(yè)六 5.6 向心力 新人教版必修2

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1、課時提升作業(yè) 六 向　心　力 (20分鐘　50分) 一、選擇題(本題共4小題,每小題6分,共24分) 1.(2018·廣州高一檢測)關于做勻速圓周運動物體的向心力,下列說法正確的是 (　　) A.向心力是一種性質力 B.向心力與速度方向不一定始終垂直 C.向心力只能改變線速度的方向 D.向心力只改變線速度的大小 【解析】選C。物體做勻速圓周運動需要一個指向圓心的合外力,是根據力的作用效果命名的,故A項錯誤;由于向心力指向圓心,與線速度方向始終垂直,所以它的效果只是改變線速度方向,不會改變線速度大小,故B、D項錯誤,C項正確。 【補償訓練】 下列關于向心力的說法中,正

2、確的是 (　　) A.物體由于做圓周運動產生了一個向心力 B.做勻速圓周運動的物體,其向心力是由其他性質的力提供的 C.做勻速圓周運動的物體,其向心力不變 D.向心加速度決定向心力的大小 【解析】選B。物體做圓周運動就需要有向心力,向心力是由外界提供的,不是做圓周運動產生的,向心力是由其他性質力提供的,故A項錯誤,B項正確;做勻速圓周運動的物體,向心力大小不變,方向時刻改變,故C項錯誤;向心力不是向心加速度決定的,故D項錯誤。 2.(2018·武漢高一檢測)做圓周運動的兩個質量不同的物體M和N,它們所受的向心力F與軌道半徑R之間的關系如圖所示,其中圖線N為雙曲線的一個分支。則由圖象

3、可知 (　　) A.物體M和N的線速度均保持不變 B.在兩圖線的交點,M和N的向心力相等 C.在兩圖線的交點,M和N的向心加速度大小相同 D.隨著半徑增大,M的線速度減小,N的角速度增大 【解析】選B。M為過原點的傾斜直線,知M的向心力與半徑成正比,根據F=mRω2知,M的角速度不變;N為雙曲線的一個分支,知N的向心力與半徑成反比,根據F=m知,N線速度不變,故A項錯誤;交點處,M、N的半徑和向心力都相等,故B項正確;交點處,M、N的半徑和向心力都相等,由于質量不相等,根據F=ma,M和N的向心加速度大小不相同,故C項錯誤;根據v=ωR及M的角速度不變,可知隨著半徑增大,M的線速度增

4、大,根據v=ωR及N線速度不變,可知隨著半徑增大,N的角速度減小,故D項錯誤。 3.(2018·資陽高一檢測)如圖所示,一對男、女溜冰運動員質量分別為m男=80 kg和m女=40 kg,面對面拉著一彈簧測力計做勻速圓周運動的溜冰表演,不計冰面的摩擦。則男女兩人 (　　) A.做圓周運動的向心力之比為2∶1 B.做圓周運動的運動半徑之比為1∶2 C.做圓周運動的角速度之比為1∶2 D.做圓周運動的向心加速度之比為2∶1 【解析】選B。男女兩名運動員靠彈簧測力計的拉力提供向心力,兩向心力大小相等,故A項錯誤;兩名運動員的角速度相等,根據m男r1ω2=m女r2ω2知,男女兩名運動員的運動

5、半徑之比等于質量反比,即1∶2,故B項正確,C項錯誤;根據a=rω2知,兩人的角速度相等,半徑之比為1∶2,則向心加速度之比為1∶2,故D項錯誤。 【補償訓練】 在光滑桿上穿著兩個小球m1、m2,且m1=2m2,用細線把兩球連起來,當盤架勻速轉動時,兩小球剛好能與桿保持無相對滑動,如圖所示,此時兩小球到轉軸的距離r1與r2之比為 (　　) A.1∶2　　B.1∶　　C.2∶1　　D.1∶1 【解析】選A。兩小球所受的繩子的拉力提供向心力,所以向心力相等,角速度又相等,則有:m1ω2r1=m2ω2r2,解得:r1∶r2=1∶2。 4.如圖所示,一小球由不可伸長的輕繩系于一豎直細桿的A點

6、,當豎直桿以角速度ω勻速轉動時,小球在水平面內做勻速圓周運動。關于小球到A點的豎直距離h與角速度ω的關系圖線,正確的是 (　　) 【解析】選D。設繩子與豎直方向的夾角為θ,根據牛頓第二定律得,mgtanθ=ω2mLsinθ,解得ω2==,可知h=,即h與成正比,h與的圖線是一條過原點的傾斜直線,故D項正確,A、B、C項錯誤。 【補償訓練】 如圖,輕繩一端固定,另一端系一小球。小球在水平面內做勻速圓周運動,輕繩長度一定,與豎直方向夾角為θ,角速度為ω。圖中關于θ和ω的對應關系圖象正確的是 (　　) 【解析】選B。根據牛頓第二定律得,mgtanθ=mrω2,又r=Lsinθ,解得c

7、osθ=,可知cosθ與成正比,故B項正確,A、C、D項錯誤。 二、計算題(14分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 5.如圖所示,圓形玻璃平板半徑為r,一質量為m的小木塊放置在玻璃板的邊緣,隨玻璃板一起繞圓心O在水平面內做勻速圓周運動,玻璃板轉動的周期為T,求:(1)木塊的角速度大小。 (2)木塊的線速度大小。 (3)木塊所受摩擦力的大小。 【解析】(1)木塊的角速度ω=。 (2)木塊的線速度為v=ωr=。 (3)摩擦力提供木塊做圓周運動所需的向心力,則 f=。 答案:(1)　(2)　(3) 【補償訓練】 1.(多選)A、B兩球質量分別為m1與

8、m2,用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連,一長為L1的細線與A相連,置于水平光滑桌面上,細線的另一端拴在豎直軸OO′上,如圖所示,當A與B均以角速度ω繞OO′做勻速圓周運動時,彈簧長度為L2。則下列說法正確的是 (　　) A.A球受繩的拉力充當A球做勻速圓周運動的向心力 B.A球受繩的拉力大小為F=m2ω2(L1+L2)+m1ω2L1 C.彈簧伸長量ΔL= D.若某時刻將繩燒斷,則繩子燒斷的瞬間B球加速度為零 【解析】選B、C。A球靠繩子的拉力與彈簧的彈力的合力提供向心力,故A項錯誤;對A,根據牛頓第二定律有:F-F彈=m1L1ω2,對B,根據牛頓第二定律有:F彈=m2(L1+L2)ω2,

9、解得F=m2ω2(L1+L2)+m1ω2L1,故B項正確;根據胡克定律得,彈簧的伸長量ΔL==,故C項正確;繩子燒斷的瞬間,繩子拉力立即變?yōu)榱?彈簧的彈力不變,可知A、B兩球所受的合力均不為零,則加速度不為零,故D項錯誤。 2.如圖所示,一半徑為r的圓筒繞其中心軸以角速度ω勻速轉動,圓筒內壁上緊靠著一個質量為m的物體與圓筒一起運動,相對筒無滑動。若已知筒與物體之間的摩擦因數(shù)為μ,試求: (1)物體所受到的摩擦力大小。 (2)筒內壁對物體的支持力。 【解析】物體做勻速圓周運動,合力指向圓心;對物體受力分析,受重力、向上的靜摩擦力、指向圓心的支持力,如圖 其中重力mg與靜摩擦力f平衡,故

10、有:f=mg 支持力N提供向心力,由牛頓第二定律可得:N=mω2r。 答案:(1)mg　(2)mω2r 　(12分)(2018·合肥高一檢測)如圖(a)所示,A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘,小球C用長為l的細繩拴在鐵釘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≤10 s時間內,細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖(b)所示,試求: (1)兩釘子間的距離d。 (2)t=14 s時,細繩拉力的大小。 (3)細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔。 【解析】(1)0～6 s內,繩子的拉

11、力不變F1=m 6～10 s內拉力大小不變F2=m 因為F2=F1 則l1=l 可知兩釘子間的距離d=l-l1=l。 (2)第一個半圈經歷的時間為6 s,則t1==6 s 則第二個半圈的時間t2==t1=5 s 小球轉第三個半圈的時間t3==t1=4 s 則t=14 s時,小球轉動的半徑r=l 細繩的拉力F3=m=×=×5 N=7.5 N。 (3)由題意知,細繩每跟釘子碰撞一次,轉動半圈的時間少t=1 s 則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔 Δt=6 s-3×1 s=3 s 。 答案:(1)l　(2)7.5 N　(3)3 s 【補償訓練】 在水平轉臺上開

12、有一小孔O,一根輕繩穿過小孔,一端拴一小物體A,另一端連接到拉力傳感器,O與A間的距離為0.2 m,如圖甲所示。設轉臺旋轉的角速度為ω,轉動過程中物體A始終與轉臺相對靜止,物體A受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,現(xiàn)測得轉臺以不同的角速度勻速轉動時拉力傳感器的讀數(shù)F與對應的ω2圖象如圖乙所示。求: (1)當轉臺以角速度ω=3 rad/s旋轉時,物體A的向心加速度的大小。 (2)物體A的質量和物體與轉臺之間的動摩擦因數(shù)。 【解析】(1)當轉臺以角速度ω=3 rad/s旋轉時,物體A的向心加速度的大小 an=ω2r=32×0.2 m/s2=1.8 m/s2。 (2)當A所受的靜摩擦力達到最大值時,A有向外運動的趨勢,繩子才有拉力,根據牛頓第二定律得 F+μmg=mω2r 則得 F=mrω2-μmg 由數(shù)學知識可得,F-ω2圖象的斜率等于mr,即有 mr=k= 解得 m=0.1 kg 由圖知 F=0時ω2=10( rad/s)2 當F=0時,由F=mrω2-μmg得 μ===0.2。 答案:(1)1.8 m/s2　(2)0.1 kg　0.2 7