向心力_章节学习

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题型：填空题

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填空题

一光盘（CD）音轨区域的内半径R1=25mm，外半径R2=58mm，径向音轨密度n=625条/mm．在CD唱机中，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光头对光盘以恒定的线速度运动．若开始放音时，光盘的角速度为50rad/s，则全部放完时的角速度是______rad/s；这光盘的总放音时间是______min．

正确答案

21.6

71.7

解析

解：根据R1ω1=R2ω2得，．

光盘转一圈径向过一条音轨，在半径r1处转一圈所用时间为：t1=．

同理在半径r2，r3，…rn处转一圈所用时间分别为：

…

显然时间t1，t2，t3…tn为一等差数列．据等差数列求和公式，

取，项数n=N（R2-R1）

光盘全部放一遍所用时间为：

．

故答案为：21.6，71.7．

1

题型：多选题

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多选题

如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时（　　）

AA球对轨道的压力等于B球对轨道的压力

BA球对轨道的压力小于B球对轨道的压力

CA球的角速度等于B球的角速度

DA球的角速度大于B球的角速度

正确答案

A,D

解析

解：A、B、小球滚下过程只有重力做功

mgr=mv2

解得

v= ①

在最低点，重力和支持力的合力等于向心力

N-mg=m ②

有①②解得

N=3mg

故球对轨道的压力等于3mg，与轨道半径无关

因而A正确、B错误；

C、D、根据线速度与角速度关系公式v=ωr

ω==

故A球的角速度大于B球的角速度

因而C错误，D正确；

故选AD．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置由静止释放．当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好减为零，下列结论正确的是（　　）

Ama：mb=3：1

Bma：mb=2：1

C若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零

D若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球已被拉离地面

正确答案

A

解析

解：A、B、由于b球摆动过程中机械能守恒，则有：

mbgl=mbv2，

当b球摆过的角度为90°时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：T-mbg=mb，

联立解得：T=3mbg

据题a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为：T=mag，

解得：ma：mb=3：1，故A正确，B错误．

C、D、由上述求解过程可以看出 T=3mbg，细绳的拉力T与球到悬点的距离无关，只要b球摆到最低点，细绳的拉力都是3mbg，a球对地面的压力刚好为零．a球不会被拉离地面．故CD错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，MN为竖直直径，光滑圆弧的半径R=0.8m．现将质量为m=0.2kg的物块（可视为质点）从桌面边缘的D点以2m/s的速度水平抛出，恰好由P点无碰撞地落入圆弧轨道，g=10m/s2．求：

（1）P点到桌面边缘的竖直高度h和水平距离s；

（2）物块到达最低点N时对N点的压力．

正确答案

解：（1）有题意可知，物块运动到P点时，速度沿切线方向，对其沿竖直方向和水平方向正交分解，有：

水平方向有：v1=vcos60°

竖直方向有：v2=vsin60°

解得：v=4m/s

v2=2m/s

则竖直高度为：h===0.6m

水平位移为：s=v1t=v1=2×=0.69m

（2）因在P点，没有碰撞，所以从D点抛出到N点的过程中，机械能守恒，选N点所在的平面为零势能面，物块在N点的速度为vN，有：

+mg（h+R-Rcos60°）=

代入数据解得：vN=m/s

设物块受到的支持力为N，由合力提供向心力有：

N-mg=m

代入数据解得：N=8N

由牛顿第三定律，物块对N的压力为：N′=N=8N

答：（1）P点到桌面边缘的竖直高度为0.6m，水平距离为0.69m；

（2）物块到达最低点N时对N点的压力为8N．

解析

解：（1）有题意可知，物块运动到P点时，速度沿切线方向，对其沿竖直方向和水平方向正交分解，有：

水平方向有：v1=vcos60°

竖直方向有：v2=vsin60°

解得：v=4m/s

v2=2m/s

则竖直高度为：h===0.6m

水平位移为：s=v1t=v1=2×=0.69m

（2）因在P点，没有碰撞，所以从D点抛出到N点的过程中，机械能守恒，选N点所在的平面为零势能面，物块在N点的速度为vN，有：

+mg（h+R-Rcos60°）=

代入数据解得：vN=m/s

设物块受到的支持力为N，由合力提供向心力有：

N-mg=m

代入数据解得：N=8N

由牛顿第三定律，物块对N的压力为：N′=N=8N

答：（1）P点到桌面边缘的竖直高度为0.6m，水平距离为0.69m；

（2）物块到达最低点N时对N点的压力为8N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，竖直平面内固定的半圆轨道与地面相切于B点，一个小物块（可视为质点以）以不同的速度v经B点冲入半圆轨道．已知半圆轨道的最低点B和最高点C分别安装了压力传感器，可测得小物块对轨道的压力FB和FC的大小，半圆轨道半径R=0.1m，g=10m/s2．求：

（1）若半圆轨道光滑，小物块均能通过最高点C，且FC随FB变化的图象如图乙中的a所示，求小物块的质量；

（2）若半圆轨道不光滑，FC随FB变化的图象如图乙中的b所示，当FB=16N时求小物块由B点滑至C点的摩擦阻力对物块做的功．

正确答案

解：（1）由a图可知，当FB=6N时，FC恰好为0，则在C点，重力提供向心力，

则有：

解得：，

在B点，根据向心力公式得：

FB-mg=m①

从C到B的过程中，根据动能定理得：

②

由①②解得：

m=0.1kg

（2）由b图可知，当F′B=16N时，F′C=4N，

在C点有：③

在B点有：F′B-mg=m④

从B到C的过程中，根据动能定理得：

-mg•2R+⑤

由③④⑤解得：

Wf=-0.3J

答：（1）小物块的质量为0.1kg；

（2）当FB=16N时求小物块由B点滑至C点的摩擦阻力对物块做的功为-0.3J．

解析

解：（1）由a图可知，当FB=6N时，FC恰好为0，则在C点，重力提供向心力，

则有：

解得：，

在B点，根据向心力公式得：

FB-mg=m①

从C到B的过程中，根据动能定理得：

②

由①②解得：

m=0.1kg

（2）由b图可知，当F′B=16N时，F′C=4N，

在C点有：③

在B点有：F′B-mg=m④

从B到C的过程中，根据动能定理得：

-mg•2R+⑤

由③④⑤解得：

Wf=-0.3J

答：（1）小物块的质量为0.1kg；

（2）当FB=16N时求小物块由B点滑至C点的摩擦阻力对物块做的功为-0.3J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R的圆O与半径为2R的BCD圆弧相切于最低点C（C′），BCPC′D是螺旋轨道，C、C′间距离可以忽略．与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB、ED分别与BC、C′D圆弧相切于B、D点，将一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在AB轨道的固定板上，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m，大球质量为m，ED轨道上固定一同样轻质弹簧，自然状态下，弹簧下端与D点距离为L2，初始两球静止，小球与B点的距离是L1，L1＞L2，现小球与细线突然断开（一切摩擦不计，重力加速度为g）．

（1）求细线刚断时，小球的加速度大小；

（2）求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C点时，在C点左右两边对轨道的压力之差；

（3）在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始线断时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．

正确答案

解：（1）线未断时，弹簧对小球m的弹力大小为：FN=mg-mgsin37°

细线刚断时，小球的加速度为：a==g

（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，

在右边：轨道对小球的支持力：FN1=Fn1+mg

得：FN1=m +mg

在左边：轨道对小球的支持力：FN2=Fn2+mg

得：FN2=m +mg

则小球对轨道的压力之差为：△F=F2-F1=m -m

又 R1=2R，R2=R，

解得：△F=

又小球从C点到P点过程中，机械能守恒，则得：mv2-2mgR=m

在最高点P时，由重力提供向心力，则有：mg=m

联立解得：△F=2.5mg

（3）当小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加速度时，弹簧弹力为：

FN=mg-mgsin37°=0.6mg

即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，均为x=，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒：

mgL1sin37°-mg（L2+）sin37°=m

解得：v2=

答：（1）细线刚断时，小球的加速度大小为 g；

（2）压力改变量为 2.5mg．

（3）小球冲上左侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度为．

解析

解：（1）线未断时，弹簧对小球m的弹力大小为：FN=mg-mgsin37°

细线刚断时，小球的加速度为：a==g

（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，

在右边：轨道对小球的支持力：FN1=Fn1+mg

得：FN1=m +mg

在左边：轨道对小球的支持力：FN2=Fn2+mg

得：FN2=m +mg

则小球对轨道的压力之差为：△F=F2-F1=m -m

又 R1=2R，R2=R，

解得：△F=

又小球从C点到P点过程中，机械能守恒，则得：mv2-2mgR=m

在最高点P时，由重力提供向心力，则有：mg=m

联立解得：△F=2.5mg

（3）当小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加速度时，弹簧弹力为：

FN=mg-mgsin37°=0.6mg

即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，均为x=，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒：

mgL1sin37°-mg（L2+）sin37°=m

解得：v2=

答：（1）细线刚断时，小球的加速度大小为 g；

（2）压力改变量为 2.5mg．

（3）小球冲上左侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度为．

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题型：简答题

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简答题

长度为L细绳，一端系有一质量为m的小球，小球以O点为圆心在竖直面内做圆周运动，求：

（1）当小球刚好通过最高点时的速率V1为多大？

（2）若小球到达最低点时速度为V2，则在此时细绳受到的拉力？

正确答案

解：（1）当小球刚好通过最高点时，根据牛顿第二定律得，mg=，

解得：．

（2）在最低点，根据牛顿第二定律得，，

解得：．

答：（1）当小球刚好通过最高点时的速率为；

（2）若小球到达最低点时速度为v2，则在此时细绳受到的拉力为．

解析

解：（1）当小球刚好通过最高点时，根据牛顿第二定律得，mg=，

解得：．

（2）在最低点，根据牛顿第二定律得，，

解得：．

答：（1）当小球刚好通过最高点时的速率为；

（2）若小球到达最低点时速度为v2，则在此时细绳受到的拉力为．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（　　）

A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g

B摆动过程中，支架对地面压力一直增大

C摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）g

D摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大

正确答案

B

解析

解：A、在释放瞬间，m的速度为零，根据F=，细线拉力为零，

对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，处于静止状态．

所以在释放瞬间，支架对地面压力为Mg．故A错误．

B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：

当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：

mgRsinθ=，v=．

根据牛顿第二定律得：

T-mgsinθ=

T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ

而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力．根据平衡条件得：

在竖直方向上有：Tsinθ+Mg=FN

所以 FN=3mgsin2θ+Mg，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，

根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确．

C、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：

mgR=①

在最低点绳子拉力为T，对小球受力分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得：

T-mg=②

当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力．根据平衡条件得：

FN=Mg+T ③

解①②③得：FN=（3m+M）g故C错误．

D、1．小球在开始运动时的速度为零，

则这时重力的功率P1=mgV0=0

2．当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：

mgRsinθ=，v=．

并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2

P2=mg•v•cosθ=mgcosθ•＞0

3．当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，

P3=mg•v‘•cos90°=0，

所以P3=0

因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误．

故选B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个人用一根只能承受46N拉力的绳子，拴着一个质量为1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面h=10m，转动中小球在最低点时绳子恰好断了（g取10m/s2）求：

（1）绳断后，绳子多长时小球抛出的射程最大？

（2）最大射程是多少．

正确答案

解：设绳长为R．对小球受力分析，根据牛顿第二定律得：

F-mg=m，

得：v=

绳断后，小球做平抛运动，落地时射程最大，设所用时间为t．则有：

h-R=

得：t=

射程为：x=vt=•=

根据数学知识得知，当R=h-R，即R=h=5m，射程x最大，则最大射程为：

xmax==m=30m

答：（1）绳断后，绳子5m长时小球抛出的射程最大．

（2）最大射程是30m．

解析

解：设绳长为R．对小球受力分析，根据牛顿第二定律得：

F-mg=m，

得：v=

绳断后，小球做平抛运动，落地时射程最大，设所用时间为t．则有：

h-R=

得：t=

射程为：x=vt=•=

根据数学知识得知，当R=h-R，即R=h=5m，射程x最大，则最大射程为：

xmax==m=30m

答：（1）绳断后，绳子5m长时小球抛出的射程最大．

（2）最大射程是30m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，是一游乐场中的惊险刺激的高空“飞天轮”项目的模拟示意图．已知绳长为a，水平杆长为b，小球质量为m，整个装置可绕竖直轴转动，最后保持绳子与竖直方向成θ角，重力加速度为g，试求：

（1）此时绳子对小球的拉力为多大？

（2）此时装置旋转的角速度为多少？

（3）该小球转动一圈的时间要多长？

正确答案

解：（1）球在竖直方向力平衡，则有：

Tcosθ=mg

解得：

（2）圆周运动半径r=b+asinθ

由向心力公式得：mgtanθ=mω2r

解得：

（3）该小球转动一圈的时间T==2π

答：（1）此时绳子对小球的拉力为；

（2）此时装置旋转的角速度为；

（3）该小球转动一圈的时间为2π．

解析

解：（1）球在竖直方向力平衡，则有：

Tcosθ=mg

解得：

（2）圆周运动半径r=b+asinθ

由向心力公式得：mgtanθ=mω2r

解得：

（3）该小球转动一圈的时间T==2π

答：（1）此时绳子对小球的拉力为；

（2）此时装置旋转的角速度为；

（3）该小球转动一圈的时间为2π．

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