人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动2 向心力课后作业题

2　向心力

选择题(第1~3题为单选题，第4~5题为多选题)

1.链球运动员在将链球抛掷出去之前，总要双手抓住链条，加速转动几圈，如图所示，这样可以使链球的速度尽量增大，抛出去后飞行更远。在运动员加速转动的过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随链球转速的增大而增大，则以下几个图像中能描述ω与θ的关系的是(　　)

答案：D

解析：设链条长为l，链球质量为m，则链球做圆周运动的半径r=lsin θ，向心力F=mgtan θ，而F=mω2r。由以上三式得ω2=，即ω2∝，选项D正确。

2.如图所示，将完全相同的两小球A、B，用长为l=0.8 m的细绳悬于以v=4 m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁恰好接触。由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)(　　)

A.1∶1 B.1∶2

C.1∶3 D.1∶4

答案：C

解析：当车突然停下时，B球不动，绳对B球的拉力仍为小球的重力，A球向右摆动做圆周运动。则突然停止时A球所处的位置为圆周运动的最低点，根据牛顿第二定律，得FA-mg=m，从而FA=3mg，故FB∶FA=1∶3。

3.如图所示，在验证向心力公式的实验中，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∶1

C.2∶1 D.1∶2

答案：A

解析：对钢球，Fn1=mr1，Fn2=mr2，a、b两轮由皮带连接，线速度相等，可得ωara=ωbrb，联立各式解得Fn1∶Fn2=8∶1，选项A正确。

4.一质点沿螺旋线自外向内运动，如图所示。已知其走过的弧长s与时间t成正比。则关于该图质点的运动，下列说法正确的是(　　)

A.质点运动的线速度越来越大

B.质点运动的向心力越来越大

C.质点运动的角速度越来越大

D.质点所受的合外力不变

答案：BC

解析：质点沿螺旋线自外向内运动，说明运动轨迹半径R不断减小，根据其走过的弧长s与运动时间t成正比，由v=可知，质点运动的线速度大小不变，故选项A错误；根据F向=m，可知v不变，R减小时，F向增大，故选项B正确；根据ω=可知，v不变，R减小时，ω增大，故选项C正确；根据F合=m可知，质点质量不变，R减小时，F合增大，故选项D错误。

5.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)

A.Q受到桌面的支持力变大

B.Q受到桌面的静摩擦力变大

C.小球P运动的角速度变大

D.小球P运动的周期变大

答案：BC

解析：根据小球做圆周运动的特点，设绳与竖直方向的夹角为θ，故FT=；对物体Q受力分析，由平衡条件得Ff=FTsin θ=mPgtan θ，FN=FTcos θ+mQg=mPg+mQg，故在θ增大时，Q受到的支持力不变，静摩擦力变大，选项A错误，B正确。由mPgtan θ=mPω2lsin θ，得ω=，故角速度变大，周期变小，选项C正确，D错误。

挑战创新

如图所示，用一根长为l=1 m的细线，一端系一质量为m=1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°。当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的拉力为FT。(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，结果可用根式表示)

(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大?

(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω'为多大?

答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s

解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面内，故向心力水平，运用牛顿第二定律及向心力公式得

mgtan θ=mlsin θ

解得ω0= rad/s。

(2)当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan α=mω'2lsin α

解得ω'==2 rad/s。