2024-2025学年新教材高中物理第2章圆周运动第2节向心力与向心加速度课时分层作业含解析粤教版必修第二册

PAGE6-向心力与向心加速度(建议用时：25分钟)◎考点一向心力1．下列关于向心力的说法正确的是()A．物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B．向心力只能变更做圆周运动的物体的速度方向，不能够变更速度的大小C．做匀速圆周运动的物体其向心力指向圆心，所以是恒力D．做匀速圆周运动的物体其向心力可以变更线速度的大小B[物体做圆周运动须要向心力而不是产生向心力，所以A项错误；向心力方向始终与速度方向垂直，只变更速度的方向不变更速度的大小，所以B项正确，D项错误；向心力始终指向圆心，方向时刻变更，是变力，所以C项错误。]2．狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速行驶，下列给出的四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的示意图(图中O为圆心)正确的是()ABCDC[滑动摩擦力的方向是与相对运动方向相反且与接触面相切的，雪橇做匀速圆周运动，合力应当指向圆心，可知C正确，ABD错误。]3．将来的星际航行中，航天员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在将来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其中轴线匀速旋转时，航天员站左旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．航天员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．航天员质量越大，旋转舱的角速度就应越小B[由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关。故B正确。]◎考点二向心加速度4．关于匀速圆周运动向心加速度的物理意义，下列说法正确的是()A．描述线速度变更的快慢B．描述线速度大小变更的快慢C．描述位移方向变更的快慢D．描述角速度变更的快慢A[加速度是表示速度变更快慢的物理量，物体做匀速圆周运动，加速度指向圆心，此时的加速度叫作向心加速度，因此向心加速度描述线速度变更的快慢，A正确，BCD错误。]5．(多选)关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是()A．在赤道上向心加速度最大B．在两极向心加速度最大C．在地球上各处，向心加速度一样大D．随着纬度的上升，向心加速度的值渐渐减小AD[地球上的物体随地球自转时，角速度相同，依据a＝ω2r可得半径越大，向心加速度越大。随着纬度的上升，运动半径减小，向心加速度减小。]6．(多选)一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为R，向心加速度为a，则()A．小球相对于圆心的位移不变B．小球的线速度大小为eq\r(Ra)C．小球在时间t内通过的路程s＝eq\r(\f(a,Rt))D．小球做圆周运动的周期T＝2πeq\r(\f(R,a))BD[小球做匀速圆周运动，各时刻相对圆心的位移大小不变，但方向时刻在变，A错；由a＝eq\f(v2,R)得v＝eq\r(Ra)，B对；在时间t内通过的路程s＝vt＝teq\r(Ra)，C错；做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πR,\r(Ra))＝2πeq\r(\f(R,a))，D对。]7．(多选)如图所示为甲、乙两球在不同轨道上做匀速圆周运动的向心加速度随半径变更的图像，由图像可知()A．甲球运动时，线速度大小保持不变B．甲球运动时，角速度大小保持不变C．乙球运动时，线速度大小保持不变D．乙球运动时，角速度大小保持不变AD[由a＝eq\f(v2,R)知，v不变时，a与R成反比，图像为双曲线的一支，A对，B错；由a＝ω2R知，ω不变时，a与R成正比，图像为过原点的倾斜直线，C错，D对。]◎考点三探究向心力大小的确定因素8．如图所示，在验证向心力公式的试验中，质量相同的钢球①、②分别放在转盘A、B上，它们到所在转盘转轴的距离之比为2∶1。a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮。a、b的轮半径之比为1∶2，用皮带连接a、b两轮转动时，钢球①、②所受的向心力之比为()A．8∶1 B．4∶1C．2∶1 D．1∶2A[皮带传动，边缘上的点线速度大小相等，所以va＝vb，a轮、b轮半径之比为1∶2，所以由v＝rω得：eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(rb,ra)＝eq\f(2,1)，共轴点的角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等，则eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(2,1)。依据向心加速度a＝rω2，则知eq\f(a1,a2)＝eq\f(8,1)。钢球的质量相等，由F＝ma得，向心力之比为eq\f(F1,F2)＝eq\f(8,1)，所以A正确，B、C、D错误。]9．用如图所示的装置可以做“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”试验。(1)本试验采纳的科学方法是________________。(2)转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动，横臂的挡板对球的弹力供应了小球做匀速圆周运动的向心力，弹簧测力筒上露出的标尺可以显示此力的大小。由图示情景可知，相同大小的铜球A与铝球B的角速度关系为ωA________ωB。(选埴“＞”“＝”或“＜”)。[解析](1)在探讨向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先限制某些量不变，探讨另外两个物理量的关系，该方法为限制变量法。(2)由于铝的密度小，则相同大小的铝球的质量小，由向心力的公式：F＝mrω2，则ωA＜ωB。[答案](1)限制变量法(2)＜(建议用时：15分钟)10．如图所示的齿轮传动装置(齿未画出)中右轮半径为2r，a为它边缘上的一点，b为轮上的一点，b距轴为r。左侧为一轮轴，大轮的半径为3r，d为它边缘上的一点；小轮的半径为r，c为它边缘上的一点。若传动中齿轮不打滑，则()A．b点与c点的线速度大小相等B．d点与a点的线速度大小相等C．b点与c点的角速度大小相等D．a点与d点的向心加速度大小之比为1∶6D[c、a同缘传动，则a、c两点线速度相等，b、a同轴传动，则依据v＝rω知a的线速度等于b的线速度的2倍，则c点的线速度等于b点的线速度的2倍，选项A错误；c、d同轴传动，角速度相等，依据v＝rω知，d点的线速度等于c点的线速度的3倍，而a、c的线速度大小相等，则d点线速度等于a点的线速度的3倍，选项B错误；a、b的角速度相等，a、c的线速度相等，a的角速度是c的一半，所以b的角速度是c的一半，选项C错误；d点线速度等于a点的线速度的3倍，d、c的角速度相等，a的角速度是c的一半，则a的角速度是d的一半，依据a＝ωv可知，a点与d点的向心加速度大小之比为1∶6，选项D正确。]11．质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和βA．cosα＝eq\f(cosβ,2) B．cosα＝2cosβC．tanα＝eq\f(tanβ,2) D．tanα＝tanβA[以M为探讨对象受力分析，由牛顿其次定律得：Mgtanα＝Meq\f(4π2,T\o\al(2,1))2lsinα得：T1＝2πeq\r(\f(2lcosα,g))同理：以m为探讨对象：T2＝2πeq\r(\f(lcosβ,g))因T1＝T2，所以2cosα＝cosβ，故A正确。]12.如图所示，水平转盘上放有一个质量为m的小物体，小物体离转轴的距离为r，转轴与小物体间用一根刚好伸直的细线相连，小物体和转盘间的最大静摩擦力等于重力的μ倍，细线所能承受的最大拉力为3μmg。求：(1)当转盘角速度为多少时，细线的拉力为零？(2)若小物体始终相对转盘静止，转盘转动的最大角速度是多少？[解析](1)当物体只由静摩擦力供应向心力时，最大的向心力为μmg，此时μmg≥mω2r解得：ω≤eq\r(\f(μg,r))。(2)当拉力达到最大时，转盘有最大角速度ωmax，μmg＋Fm＝mωeq\o\al(2,max)r即：μmg＋3μmg＝mωeq\o\al(2,max)r解得：ωmax＝eq\r(\f(4μg,r))＝2eq\r(\f(μg,r))。[答案](1)ω≤eq\r(\f(μg,r))(2)2eq\r(\f(μg,r))13．如图所示，水平光滑桌面上A、B两球质量分别为m1、m2，用一劲度系数为k的轻弹簧相连，一长为L1的水平细线一端与A相连，另一端拴在竖直轴OO′上。当A与B均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2，求：(1)弹簧伸长量；(2)细线上的弹力大小；(3)将细线突然烧断瞬间，A、B两球的加速度大小。[解析](1)由题意可知，B球受到的弹簧弹力供应B球做匀速圆周运动的向心力。设弹簧伸长ΔL，满意：kΔL＝m2ω2(L1＋L2)，解得弹簧伸长量为ΔL＝eq\f(m2ω2L1＋L2,k)。(2)对A球分析，细线的弹力和弹簧弹力的合力供应A球做匀速圆周运动的向心力，满意：F－kΔL＝m1ω2L所以细线的弹力为F＝m2ω2