第六章3向心加速度基础巩固拓展练习（word版含答案）

2019人教版必修第二册 第六章 3 向心加速度 基础巩固 拓展练习
一、单选题
1．匀速圆周运动是圆周运动中最为简单的一种运动形式．走时准确的钟表指针尖端的运动可以视为匀速圆周运动．下列钟表均走时准确．钟表的时针尖端在运动过程中保持不变的物理量是
A．周期 B．线速度 C．加速度 D．向心力
2．下列物理量中，均为矢量的一组是（　　）
A．加速度、时间 B．速度、质量 C．线速度、向心加速度 D．角速度、路程
3．如图所示，是自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装置。P是轮盘的一个齿， Q是飞轮上的一个齿。下列说法中正确的是（　　）
A．P、Q两点角速度大小相等
B．P、Q两点向心加速度大小相等
C．P、Q两点线速度大小相等
D．P点角速度大于Q点的角速度
4．下列说法正确的是
A．半径一定，角速度与线速度成反比
B．线速度一定，角速度与半径成正比
C．匀速圆周运动是一种速度不变的运动
D．物体做匀速圆周运动的向心力只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
5．时钟正常工作时，时针、分针、秒针都在做匀速转动，那么（　　）
A．时针的周期为1h，分针的周期为1min，秒针的周期是1s
B．时针尖端的转速最小，分针次之，秒针尖端的转速最大
C．秒针每隔1min与分针相遇一次
D．秒针的角速度是分针的60倍，分针的角速度是时针的60倍
6．如图所示，一个小球绕圆心O做匀速圆周运动，已知圆周半径为r，该小球运动的线速度大小为v，则它运动的向心加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．匀速圆周运动速度一直不变
B．匀速圆周运动的速率一直不变
C．匀速圆周运动的速度方向时刻指向圆心
D．匀速圆周运动的加速度一直不变
8．如图为明代《天工开物》一书中“牛力齿轮翻车”，记录了祖先的劳动智慧．图中三个齿轮A、B、C的半径依次减小．在牛拉转过程中
A．A、B角速度大小相等
B．A、B边缘向心加速度大小相等
C．B、C的转动周期相等
D．B、C边缘的线速度大小相等
二、多选题
9．如图所示，地球表面上a、b两点的线速度大小分别为 、，角速度分别为 、 ，下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，一个圆环绕中心线AB以一定的角速度转动，下列说法正确
A．P、Q两点的线速度相同 B．P、Q两点的角速度相同
C．P、Q两点的线速度之比为：l D．P、Q两点的角速度之比为：1
11．对于做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是（ ）
A．线速度 B．角速度 C．周期 D．加速度
12．杭十四中凤起校区实验楼大厅里科普器材中有如图所示的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径（内径）是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．小齿轮逆时针匀速转动
B．小齿轮的每个齿的线速度均一样
C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D．小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍
13．如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则（　　）
A．子弹在圆筒中的水平速度为
B．子弹在圆筒中的水平速度为
C．圆筒转动的角速度可能为
D．圆筒转动的角速度可能为
14．2019年1月31日，我国发射的“墨子号”量子科学实验卫星成果获2018年度克利夫兰奖，“墨子号”量子科学实验卫星在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。某天文爱好者观测到“墨子号”在绕地球做圆周运动时，在t时间内，通过的弧长为s，其与地心的连线扫过的角度为，已知引力常量为G，由此可测得（　　）
A．“墨子号”在轨做圆周运动的半径
B．“墨子号”在轨做圆周运动的周期
C．地球的质量
D．地球的密度
15．如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则（　　）
A．小球运动到最高点的速度
B．小球运动到最高点的速度
C．小球在最低点时每段绳子的拉力
D．小球在最低点时每段绳子的拉力
16．如图所示，皮带传动装置在运行中皮带不打滑．两轮半径分别为R和r，r：R=2：3，M、N分别为两轮边缘上的点．则在皮带轮运行过程中（ ）
A．它们的角速度之比ωM：ωN=2：3
B．它们的向心加速度之比aM：aN=2：3
C．它们的速率之比vM：vN=2：3
D．它们的周期之比为TM：TN=2：3
17．关于向心力的说法，正确的是（ ）
A．物体受到向心力的作用才可能做圆周运动
B．向心力是指向圆心的合力，是根据力的作用效果来命名的
C．向心力既改变物体运动的方向，也改变物体运动的快慢
D．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是其中某一种力或某一种力的分力
三、解答题
18．如图所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1（未知）、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于（0，R）；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距，x轴与直线CD之间的区域有一沿＋y轴的匀强电场，电场强度；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；
(3)欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积。
19．如图所示，A、B两轮同绕轴O转动，A和C两轮用皮带传动，A、B、C三轮的半径之比为2∶3∶3，a、b、c为三轮边缘上的点．求：
（1）.a、b、c三点的线速度之比；
（2）.a、b、c三点转动的周期之比；
20．如图是一种叫做“魔盘”的娱乐设施示意图．某物理兴趣小组想测量“魔盘”的转速，他们先测量了“魔盘”的半径 r=1.5m，“魔盘”上边缘离地的高度 h=0.8m，然后将一毛巾用水浸湿后用网袋装好固定在“魔盘”上的边缘，当“魔盘”转动起来后，从毛巾上飘落到地面的水滴离转轴的最大半径为 R=2.5m，若不计空气阻力对水滴的影响，取 g 为10m/s2。那么“魔盘”的最大转速为多少转/分？
21．电动打夯机的结构如图所示，则偏心轮（飞轮和配重物m组成）、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m＝6 kg。电动机、飞轮（不含配重物）和底座总质量M＝30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r＝20 cm。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，g取10 m/s2，求：
(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度ω；
(2)打夯机对地面的最大压力。
22．如图所示，质量m=3kg、可视为质点的小物块A沿斜面下滑，经O点以速度v0水平飞出，落在木板上瞬间，物块水平速度不变，竖直方向速度消失．飞出点O距离地面度h=1.8m，质量M=3kg、长为L=3.6m的木板B静止在粗糙水平面上，木板高度忽略不计，其左端距飞出点正下方P点距离为s=1.2m．木板与物块间的动摩擦因数μ1=0.3，与水平面之间的动摩擦因数的μ2=0.1，重力加速度g取10m/s2。求：
(1) 小物块水平飞出后经多长时间小物块落到长木板上；
(2) 为了保证小物块能够落在木板上，初速度v0的范围；
(3) 若小物块水平速度v0=4m/s，小物块停止运动时距P点距离是多少。
23．如图所示，质量为m的小球用长为l的悬绳固定于O点，在O点的正下方处有一颗钉子，把悬绳拉直与竖直方向成一定角度，由静止释放小球，则小球从右向左摆的过程中，悬绳碰到钉子前后小球的向心加速度之比为多少？
24．如图所示，一质量为、电荷量为的正粒子，在处沿着图示的方向进入磁感应强度为的匀强磁场，此磁场方向垂直纸面向里，结果粒子正好从离点距离为的点处沿垂直于的方向进入匀强电场，此电场方向与平行且向上，最后离子打在点处，点与点的距离为，且，不计带电粒子的重力，粒子运动轨迹始终在纸面内，求：
(1)粒子从点入射的速度的大小；
(2)匀强电场的电场强度的大小；
(3)粒子从点运动到点所用的时间。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A.匀速圆周运动过程中，周期恒定不变，选项A正确；
B.匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，选项B错误；
C.匀速圆周运动过程中，加速度不变，方向始终指向圆心不断变化，选项C错误；
D.匀速圆周运动过程中，向心力大小不变，方向始终指向圆心不断变化，选项D错误．
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
加速度、速度、线速度、向心加速度均为矢量，时间、质量、角速度、路程均为标量。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
C．由于链条传动，相同的时间P、Q两点转过相同的齿数，因此P、Q两点线速度大小相等，C正确；
AD．根据
两点线速度相等，P的点半径大，因此P点的角速度小于Q点的角速度，AD错误；
B．根据
两点线速度相等，P点的半径大，因此P点的向心加速度小于Q点的向心加速度，B错误。
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．半径一定时，由
知，线速度的大小与角速度成正比，故A错误；
B．因为
所以线速度一定时，角速度与半径成反比，故B错误；
C．匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，故C错误；
D．向心力方向总是与速度方向垂直，对物体不做功，根据动能定理知向心力不能改变线速度的大小，只改变线速度的方向，故D正确。
故选D。
【点睛】
根据得出线速度、角速度之间的关系；物体做圆周运动就需要有向心力，向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小．
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．时针运动的周期为T1=12h，分针的周期为T2=1h；秒针运动的周期为T3=60s；故A错误；
B．根据公式
ω==2πn
转速
n∝
故时针尖端的转速最小，分针次之，秒针尖端的转速最大，故B正确；
C．根据公式
ω=
分针与秒针从第1次重合到第2次重合，存在这样的关系
ω1t+2π=ω2t
即
t+2π=t
根据该关系求出所经历的时间
t=min
故秒针每隔分钟与分针相遇一次，故C错误；
D．根据公式
ω=
角速度
ω∝
故分针角速度是时针角速度的12倍，秒针角速度是分针角速度的60倍，故D错误。
故选B。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
小球做匀速圆周运动，则有
故选C。
7．B
【解析】
【详解】
ABC．匀速圆周运动的速度方向时刻指向圆心，速度大小（速率）恒定不变，故速度一直变化，AC错误，B正确；
D．匀速圆周运动的加速度方向时刻指向运动，大小恒定不变，所以加速度一直变化，D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
A.齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，故vA：vB=1：1，根据公式v=ωr可知，齿轮A的半径大于齿轮B，则齿轮A的角速度小于齿轮B，故A错误；
B.根据可知，vA：vB=1：1，齿轮A的半径大于齿轮B的半径，故A、B边缘向心加速度大小不相等，故B错误；
C.B、C属于同轴转动，故BC的转动周期相等，故C正确；
D.根据v=rω，BC的角速度相等，半径不相等，故线速度大小不相等，故D错误；
9．AD
【解析】
【详解】
CD．地球表面的a、b两点随着地球一起转动，属于同轴运动则a、b两点的角速度相等，C错误D正确；
AB．根据
a、b两点的转动的圆心在地轴上，b点的转动半径比a点的转动半径大，所以b点的线速度大于a点的线速度，B错误A正确。
故选AD。
10．BC
【解析】
【详解】
AB．P、Q两点同轴转动，角速度相同，但两点到AB的距离不同，即轨道半径不同，根据可得两点的线速度不同，A错误B正确；
CD．因为，，转动的半径之比为，根据知，P、Q两点的线速度之比，C正确D错误．
故选BC．
【点睛】
解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，同一条皮带相连的点的线速度大小相等．
11．BC
【解析】
【详解】
匀速圆周运动的过程中，速度的大小不变，即速率不变，但是方向时刻改变，故A错误；加速度的方向始终指向圆心，方向时刻改变，故D错误；所以保持不变的量是角速度和周期，故BC正确．所以BC正确，AD错误．
12．CD
【解析】
【详解】
A．小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，所以小齿轮也是顺时针匀速转动，故A错误；
B．大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的每个齿的线速度方向不同，故B错误；
C．根据v=ωr可知，线速度相等，大齿轮半径（内径）是小齿轮半径的3倍时，小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，故C正确；
D．根据a=，大齿轮半径（内径）是小齿轮半径的3倍．可知小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍，故D正确．
故选CD。
【点评】
解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，知道大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，难度适中．
13．AC
【解析】
【详解】
AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上
可得子弹在圆筒中运动的时间
水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度
A正确，B错误；
CD．这段时间内，圆筒转了n（n取1、2、3……），圆筒转动的角速度
（n取1、2、3……）
因此角速度可能为，不可能为，C正确，D错误。
故选AC。
14．ABC
【解析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用。
【详解】
AB．由题意可知，“墨子号”在轨做圆周运动的半径
周期
A、B项正确；
C．由
可以求得地球的质量
C项正确；
D．由于地球的半径未知，故无法求得地球的密度，D项错误。
故选ABC。
15．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是重力提供向心力，则
解得
故A正确；B错误；
CD．小球在最低点时，设每段绳子的拉力为F，则
解得
故C错误，D正确。
故选AD。
16．AB
【解析】
【详解】
试题分析：M、N两点靠传送带传动，线速度大小相等，结合半径关系，得出角速度的关系和周期的关系，根据a=得出向心加速度的关系．
解：A、M、N两点靠传送带传动，线速度大小相等，则速率之比为1：1，根据知，半径之比r：R=2：3，则角速度之比ωM：ωN=2：3．故A正确，C错误．
B、根据a=知，线速度大小相等，r：R=2：3，则aM：aN=2：3．故B正确．
D、因为ωM：ωN=2：3，根据T=知，周期之比TM：TN=3：2．故D错误．
故选AB．
【点评】解决本题的关键知道靠传送带传动，轮子边缘上点的线速度大小相等，共轴转动的点，角速度相等，以及知道线速度、角速度、周期、向心加速度这些物理量之间的关系．
17．BD
【解析】
【详解】
ABD．向心力是物体做圆周运动所需要的力，不是物体实际受到的力，向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是其中某一种力或某一种力沿半径方向上的分力，故AB错误，D正确；
C．向心力只改变物体的速度的方向不改变速度的大小，所以向心力大小，表示物体速度方向变化快慢，故C错误．
所以选D．
18．(1)；(2)2R；(3)
【解析】
【详解】
解：(1)由图可知r1=R，根据洛仑兹力提供向心力可知
解得
(2)在电场中电子的加速度
由于最上方的电子从O点出来的速度方向水平向左，大小为v0，故此电子到达CD直线上距y轴最远，在y方向上有
解得
水平方向上有
故电子第一次到达CD直线的范围长度l1=2R
(3)在CD直线下方的磁场中，根据动能定理可知
解得
即所有进入下方磁场的电子都具有相同的速度大小，电子在磁场中的运动轨迹半径
如下图，最上方的电子进入磁场时速度与CD直线夹角满足
解得
θ=60°
由图可知，当最上方的电子速度与CD直线夹角为60°时，能够到达O点，当最下方的电子垂直进入磁场后，出磁场的方向与CD直线夹角为60°时，恰好能到达x轴，所以，由几何关系可得到矩形磁场的最小面积
19．(1) 2:3:2 (2) 2:2:3
【解析】
【详解】
试题分析，由题可知A、B、C三轮的半径之比为2∶3∶3，ac两点为皮带传动，ab为同轴传动．据运动规律，由此可求a、b、c、三点线速度比和周期比．
（1）由于，ab为同轴传动，角速度相同．
由 可得
ac两点为皮带传动，线速度大小相同
由以上可知
（2）ab为同轴传动，角速度相同，
由 得
ac两点为皮带传动，线速度相同
由，可得 ，
由，可得，
联立可得
20．32r/min
【解析】
【详解】
水滴被甩出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，根据
可得落地时间
水平方向上沿切线方向做匀速运动
又由于
可得“魔盘”边缘的线速度
由于转速满足
可得
21．(1)17.3rad/s；(2)720N
【解析】
【详解】
解析：(1)设偏心轮转动的角速度为ω，配重物在最高点时
（M＋m）g＝mrω2
ω＝ ＝10 rad/s≈17.3 rad/s
(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F，由牛顿第二定律可知
F－mg＝mrω2
对机体，由平衡得
F′＝Mg＋F
由牛顿第三定律，所以打夯机对地面的最大压力
N＝F′＝2（M＋m）g＝720 N
22．（1） （2）（3）
【解析】
【详解】
(1) 小物块水平飞出后做平抛运动，根据
解得
(2) 为了保证小物块能够落在木板上，其水平位移应在这个范围：
即有
由可知初速度范围为
(3) 若小物块水平速度，小物块落木板上时水平位移为
落点距木板右端的距离为
小物块落在木板上瞬间，竖直分速度消失，物块水平速度不变，仍为，之后小物块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，设小物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，对小物块根据牛顿第二定律有：
对木板有：
解得
设经过时间两者速度相同，则有：
解得
共同速度为：
在时间内小物块的位移为
木板的位移为
由于，所以小物块没有滑出木板的右端，达到共速后二者一起做匀减速运动，由动能定理得：
解得
故小物块停止运动时距P点距离是
23．2∶3
【解析】
【详解】
在悬绳碰到钉子的前后瞬间，速度不变，做圆周运动的半径从l变为l，
则根据加速度公式
可得：悬绳碰到钉子前后小球的向心加速度之比为2∶3
24．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)解：如图所示，设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R，由几何关系，得
①
得
②
③
解得
④
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，则
⑤
⑥
⑥
联立解得
⑦
(3)设带电粒子在磁场中运动的时间为，则
⑧
带电粒子在电场中运动的时间为
⑧
粒子从D点运动到P点所用的时间为
⑨
答案第1页，共2页
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