向心力_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=lkg的小球用细线悬挂于0点，线长=0.5m，细线所受拉力达到 F=20N时就会被拉断，将小球从位置A释放，小球运动到细线与竖直方向成θ=53°的B点时速度大小为lm/s，小球运动到0点的正下方时，细线恰好被拉断．若此时小球距水平地面的高度 h=5m，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）小球摆到B点时，细线对小球的拉力大小；（sin53°=0.8； cos53°=0.6）

（2）求小球落地处到地面上P点的距离．（P点在悬点的正下方）

（说明：以上为原题，从题中可看出B点速度这个条年是多于的）

正确答案

解：（1）小球在B点法线方向受到的合外力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：

…①

解得：T=mgcos53°+=10×0.6+1×=8N…②

（2）小球摆到最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有：

…③

代入得：20-10=1×

解得：vC=m/s

绳子断后，小球做平抛运动，竖直方向满足：…④

水平方向位移大小：x=vCt=vC=×m=m

答：（1）小球摆到B点时，细线对小球的拉力大小为8N．

（2）小球落地处到地面上P点的距离为m．

解析

解：（1）小球在B点法线方向受到的合外力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：

…①

解得：T=mgcos53°+=10×0.6+1×=8N…②

（2）小球摆到最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有：

…③

代入得：20-10=1×

解得：vC=m/s

绳子断后，小球做平抛运动，竖直方向满足：…④

水平方向位移大小：x=vCt=vC=×m=m

答：（1）小球摆到B点时，细线对小球的拉力大小为8N．

（2）小球落地处到地面上P点的距离为m．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，长1m的轻质细杆，一端固定有一个质量为2kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为3m/s．取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A小球通过最高点时，对杆的拉力大小是18N

B小球通过最高点时，对杆的压力大小是2N

C小球通过最低点时，对杆的拉力大小是18N

D小球通过最低点时，对杆的拉力大小是38N

正确答案

B,D

解析

解：AB、设小球通过最高点时杆对小球的作用力方向向下，大小为F．根据牛顿第二定律得：

mg+F=m

则得：F=m（-g）=2×（-10）N=-2N，负号表示杆对小球的作用力方向向上，故杆对小球施加向上的支持力，对杆的压力向下，大小是2N．故A错误，B正确；

CD、小球通过最低点时杆对小球的作用力方向向上，大小为F．根据牛顿第二定律得：

F-mg=m

则得：F=m（+g）=2×（+10）N=18N，对小球的作用力方向向上，故对杆施加向下的拉力，大小是18N．故C错误，D正确；

故选：BD

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题型：简答题

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简答题

如图，一个质量为M的人，站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平面内作圆周运动，且摆球恰能通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围．

正确答案

解：小球恰好能通过圆轨道的最高点，

由牛顿第二定律得：mg=m，

小球在圆轨道最高点时的速度v0=，

小球由最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mv02+mg•2R=mv2，

解得，小球到达最低点时的速度：v=；

小球运动到最低点时悬线对人的拉力最大，且方向竖直向下，故台秤示数最大，

小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：T-mg=m，解得：T=6mg，

台秤的最大示数：F最大=（M+6m）g，

小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，

设其速度为v1，由机械能守恒定律得：

mv12=mv02+mgR（1-cosθ），

由牛顿第二定律得：T′+mgcosθ=m，

解得，悬线拉力：T′=3mg（1-cosθ）

其分力：Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

当cosθ=，即θ=60°时，

台秤的最小示数为：F最小=Mg-mg=Mg-0.75mg，

台秤示数的变化范围为Mg-0.75mg≤F≤=（M+6m）g；

答：台秤示数的变化范围为Mg-0.75mg≤F≤（M+6m）g．

解析

解：小球恰好能通过圆轨道的最高点，

由牛顿第二定律得：mg=m，

小球在圆轨道最高点时的速度v0=，

小球由最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mv02+mg•2R=mv2，

解得，小球到达最低点时的速度：v=；

小球运动到最低点时悬线对人的拉力最大，且方向竖直向下，故台秤示数最大，

小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：T-mg=m，解得：T=6mg，

台秤的最大示数：F最大=（M+6m）g，

小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，

设其速度为v1，由机械能守恒定律得：

mv12=mv02+mgR（1-cosθ），

由牛顿第二定律得：T′+mgcosθ=m，

解得，悬线拉力：T′=3mg（1-cosθ）

其分力：Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

当cosθ=，即θ=60°时，

台秤的最小示数为：F最小=Mg-mg=Mg-0.75mg，

台秤示数的变化范围为Mg-0.75mg≤F≤=（M+6m）g；

答：台秤示数的变化范围为Mg-0.75mg≤F≤（M+6m）g．

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题型：填空题

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填空题

长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球．现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g．当绳与竖直方向的夹角为30°时，小球受到的合力大小为______．

正确答案

解析

解：从最高点到绳与竖直方向的夹角为30°的过程中，根据动能定理得：

在该点，沿着绳子方向的合力提供向心力，则有：

F=m=2mgcos30°=，

则此时的合力F

故答案为：

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题型：简答题

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简答题

如图，横截面积半径为R的转筒，转筒顶端有一A点，其正下方有一小孔B，距顶端h=0.8m，开始时，转筒的轴线与A点、小孔B三者在同一竖直平面内．现使一小球自A点一速度v=4m/s朝转筒轴线水平抛出，同时转筒立刻以某一角速度匀速转动起来，小球未碰到筒．壁且正好从小孔B穿出，不计空气阻力，g取10m/s2，求：

（1）转筒半径R；

（2）转筒转动的最小角速度取ω；

（3）转筒转动的角速度能否为10πrad/s．

正确答案

解：（1）小球从A点开始做平抛运动，

设小球从A点到进入小孔的时间为t

竖直方向做自由落体运动，h=①

水平方向做匀速直线运动，

则2R=vt ②

由①、②联立解得

R=0.8 m ③

故转筒半径R为0.8m．

（2）在小球到达小孔的时间t内，圆桶必须恰好转过半周的奇数倍，小球才能钻出小孔

则ωt=（2n+1）π（n=0，1，2…）

由①可得小球到达小孔的时间

t=0.4s

解得ω=（5n+2.5）πrad/s（n=0，1，2…）

所以转筒转动的最小角速度为2.5πrad/s

（3）因为5n+2.5（n=0，1，2…）不可能取到10

所以ω=（5n+2.5）πrad/s（n=0，1，2…）不可能等于10πrad/s．

答：（1）转筒半径R为0.8m；

（2）转筒转动的最小角速度为2.5πrad/s；

（3）转筒转动的角速度不能为10πrad/s．

解析

解：（1）小球从A点开始做平抛运动，

设小球从A点到进入小孔的时间为t

竖直方向做自由落体运动，h=①

水平方向做匀速直线运动，

则2R=vt ②

由①、②联立解得

R=0.8 m ③

故转筒半径R为0.8m．

（2）在小球到达小孔的时间t内，圆桶必须恰好转过半周的奇数倍，小球才能钻出小孔

则ωt=（2n+1）π（n=0，1，2…）

由①可得小球到达小孔的时间

t=0.4s

解得ω=（5n+2.5）πrad/s（n=0，1，2…）

所以转筒转动的最小角速度为2.5πrad/s

（3）因为5n+2.5（n=0，1，2…）不可能取到10

所以ω=（5n+2.5）πrad/s（n=0，1，2…）不可能等于10πrad/s．

答：（1）转筒半径R为0.8m；

（2）转筒转动的最小角速度为2.5πrad/s；

（3）转筒转动的角速度不能为10πrad/s．

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