6.3向心加速度基础巩固拓展练习（word版含答案）

6.3 向心加速度 基础巩固 拓展练习
一、单选题
1．细绳的一端固定于点，另一端系一小球，在点的正下方钉一个钉子，如图所示，小球从一定高度摆下，不考虑细绳的质量和形变，细绳与钉子相碰前后下述说法中正确是（　　）
A．将钉子向上移动绳子容易断
B．小球的向心加速度不变
C．绳子的拉力变大
D．小球的线速度增大
2．如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则
A．飞镖击中P过程中单位时间内速度的变化量不相同
B．圆盘的半径为
C．圆盘转动角速度的最小值为1/2
D．P点的向心加速度始终不变
3．如图，人踩自行车踏板转动大齿轮通过链条将动力传给小齿轮。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为2r、r、8r，分别在它们的边缘上取点A、B、C，则在自行车踏板转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A和B的角速度之比为2：1 B．B和C的线速度之比为8：1
C．A和B的向心加速度之比为1：2 D．B和C的向心加速度之比为4：1
4．关于向心加速度的说法中正确的是（　　）
A．向心加速度的方向始终指向圆心
B．向心加速度同时改变线速度的大小与方向
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化
5．在赤道的物体A和在大理的物体B随地球自转而做匀速圆周运动，如图所示，它们的线速度分别为、，周期分别为，则（　　）
A． B．
C． D．
6．走时准确的机械表，分针与时针自转轴到针尖的长度之比是4∶3，则分针针尖与时针针尖的线速度之比是（　　）
A．12∶1 B．16∶1 C．18∶1 D．4∶3
7．如图，A、B两点分别位于大、小两轮的边缘上，它们的半径之比为2：1，两个轮子之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。在两轮匀速转动时，下列关系正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度之比为2：1
B．A、B两点的线速度之比为1：1
C．A、B两点的角速度之比为2：1
D．A、B两点的向心加速度之比为1：1
8．如图所示，自行车小齿轮和后轮固定在一起，大齿轮和小齿轮通过链条连接． A、B、C分别为自行车大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的三个点，用支架支撑后轮悬空，踩动脚踏板使三个轮子匀速转动，下列说法正确的是
A．A、B两点角速度与半径成反比
B．B、C两点角速度与半径成正比
C．A、B两点向心加速度与半径成正比
D．B、C两点向心加速度与半径成反比
9．下列关于向心加速度的说法中，正确的是（ ）
A．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
B．向心加速度的方向保持不变
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．在匀速圆周运动中，线速度是恒定的
二、多选题
10．一个大轮通过皮带带动小轮做匀速圆周运动（皮带不打滑），大轮半径为R小轮半径为r，R：r=3：2，P、Q分别为大轮、小轮边缘上的点，点S在大轮上且距大轮圆心为R/2，则（　　）
A．P、Q两点的线速度之比为vp：vQ=3：2 B．P、S两点的角速度之比为ωp：ωS=1：1
C．P、Q两点的角速度之比为ωp：ωQ=2：3 D．S、Q两点的向心加速度之比为aS：aQ=1：3
11．用细线和带电小球做成的单摆，把它放置在某匀强磁场中，如图所示，在带电小球摆动的过程中，连续两次经过最低点时，相同的物理量是（不计空气阻力）（ ）
A．小球受到的洛仑磁力
B．摆线的张力
C．小球的向心加速度
D．小球的动能
12．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．任意相等时间内物体通过的路程相等
B．任意相等时间内物体通过的位移相等
C．任意相等时间内物体通过的弧长相等
D．匀速圆周运动是匀速运动
13．如图所示为哈雷彗星轨道示意图，A点和B点分别为其轨道的近日点和远日点，则关于哈雷彗星的运动下列判断正确的是
A．在A点的线速度大于在B点的线速度
B．在A点的角速度小于在B点的角速度
C．在A点的加速度等于在B点的加速度
D．哈雷彗星的公转周期一定大于1年
14．关于向心加速度和向心力，下列说法中正确的是（ ）
A．做匀速圆周运动的物体所受的向心力大小不变，是一个恒力
B．做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心
C．地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向地心
D．向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小
15．以下关于匀速圆周运动的说法中正确的是（　　）
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的线速度不变
D．匀速圆周运动的角速度不变
16．海南文昌卫星发射场靠近赤道，主要用于发射中国新一代无毒、无污染运载火箭和新型航天器，承担地球同步轨道卫星、大质量极轨卫星、大吨位空间站和深空探测航天器等航天发射任务．假设海南文昌卫星发射场的地理纬度是θ，地球半径为R，地球自转周期为T，该地的重力加速度为g，则(　　)
A．卫星静止在发射塔时的线速度为
B．质量为m的卫星所受地球的引力可能小于mg
C．质量为m的卫星静止在发射塔时的向心加速度
D．质量为m的卫星静止在发射塔时对发射塔的压力大小等于mg
17．如图为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左倾是一轮轴，大轮半径为4 r，小轮半径为2 r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r.c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（ ）
A．a点与b点线速度大小相等
B．a点与c点线速度大小相等
C．a点与d点向心加速度大小相等
D．a.b.c.d四点，加速度最小的是b点
18．如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力为大小T2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．，
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增加后减小
三、解答题
19．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的圆周，半径为r，在B点轨道的切线是水平的。在圆弧轨道的下面有一半径为R的水平圆盘，绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，一小球（可看成质点）从圆弧轨道上某处下滑，到达B点时速度为v（此时速度方向恰与平行），取重力加速度为g。求：
(1)小球到达B点时的向心加速度大小；
(2)要使小球刚好落在C点，间的距离h；
(3)要使小球刚好落在C点，圆盘转动的角速度。
20．如图所示的皮带传动装置中，轮B和C同轴，A、B、C分别是三个轮边缘上的质点，且其半径RA=RC=20cm，RB=10cm，已知B轮转动的周期为2s，求：
（1）图中A、B、C三点中，哪两点的线速度大小相同？哪两点的角速度大小相同？
（2）A轮转动的线速度大小.
（3）A、B、C三轮的向心加速度大小之比.
21．利用皮带运输机将物体由地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的竖直高度为5m，已知皮带和物体间的动摩擦因数为0.75，运输机的皮带以3m/s的速度匀速顺时针运动且皮带和轮子之间不打滑。g=10m/s2，sin37°=0.6）
（1）如图所示，若两个皮带轮相同，半径是25cm，则此时轮子转动的角速度是多大？
（2）假设皮带在运送物体的过程中始终是张紧的，为了将地面上的物体能够运送到平台上，皮带的倾角θ最大不能超过多少？
（3）皮带运输机架设好之后，皮带与水平面的夹角为θ=30°，现将质量为1 kg的小物体轻轻地放在皮带的A处，运送到C处，试求由于运送此物体，运输机比空载时多消耗的能量。（为了方便，计算过程中计算结果保留一位小数）
22．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
23．如图，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放直，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方离O点处也固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g。求：
（1）当小球B转到水平位置时，系统重力势能的变化量；
（2）当小球B转到水平位置时，A球的向心加速度大小；
（3）B球上升的最大高度。
24．一根长为L=1.0m的细绳系一质量为M=0.5kg的小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示．小球转动的角速度为ω=2πrad/s．试求：
（1）小球的向心加速度
（2）绳中的拉力
25．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C固定在同一转动轴上，但半径不同，其半径之比为Rb：Rc=5：3；A轮的半径大小与C 轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之转动起来，且A、B两轮之间不打滑，a、b、c分别为三轮边缘的三个点，求a、b、c三点在运动过程中：
（1）线速度大小之比；
（2）角速度之比；
（3）向心加速度大小之比。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
ACD．细绳与钉子相碰前后线速度大小不变，半径变小，根据牛顿第二定律得
则
细绳与钉子相碰后，半径变小，拉力变大，将钉子越向上移动，半径越大，拉力越小，则绳子越不容易断，故AD错误，C正确；
B．根据知，小球的线速度大小不变，半径减小，则小球的向心加速度增大，故B错误。
故选C。
2．B
【解析】
【详解】
A. 飞镖水平抛出做平抛运动，加速度为恒定的重力加速度，根据△v=g△t，单位时间内速度的变化量相同，故A错误；
B. 飞镖击中P点时，P恰好在最下方，在水平方向做匀速直线运动，因此t=L/v0，则2r=gt2，解得圆盘的半径r=，故B正确；
C. 飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2…)，故ω=θ/t=，则圆盘转动角速度的最小值为.故C错误；
D. P点随圆盘转动的向心加速度为a=ω2r，由于圆盘转动的加速度有多个可能值，向心加速度a= ，有多个可能值.故D错误．
故选B.
3．C
【解析】
【详解】
A．A和B由同一链条连接，故二者线速度相等，根据可知，A和B的角速度之比为，A错误；
B．B和C有共同的转轴，故二者角速度相等，根据可知，B和C的线速度之比为，B错误；
C．根据可知A和B的向心加速度之比为，C正确；
D．根据可知B和C的向心加速度之比为，D错误。
故选C。
4．A
【解析】
【详解】
A．向心加速度的方向始终指向圆心，绕着圆心转动，其方向时刻在改变，故A正确；
B．向心加速度方向与线速度方向垂直，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故B错误；
CD．匀速圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在变化。所以，匀速圆周运动的向心加速度在不断变化，故CD错误。
故选A。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
地球上的点都属于同轴转动，所以角速度，即周期都相等，故有
由
从图可知A点的半径大于B点的半径，所以
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
在一个小时的时间内，分针转过的角度为，而时针转过的角度为，所以角速度之比为
根据
得
故选B。
7．B
【解析】
【详解】
AB．靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度，A、B两点的线速度大小之比为1：1；故A错误B正确；
C．由于转动半径不同，根据公式v=rω，知A、B两点的角速度之比为1：2，故C错误；
D．根据可知，两点的向心加速度之比为1:2，故D错误。
故选B。
8．A
【解析】
【详解】
A、B两点线速度相同，根据可知，角速度与半径成反比，根据可知向心加速度与半径成反比，选项A正确，C错误；B、C两点同轴转动，角速度相等，根据a=ω2r可知向心加速度与半径成正比，选项BD错误；故选A.
点睛：本题关键能分清同缘传动和同轴传动，抓住同轴传动角速度相等，同缘传动线速度相等，结合圆周运动公式可列式求解．
9．A
【解析】
【详解】
向心加速度是根据效果命名的，方向始终与速度方向垂直，指向圆心，线速度的方向总是沿切线方向，时刻改变，A正确．
10．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
AC．P、Q两点是同缘转动，线速度相等，即线速度之比为
vp：vQ=1：1
根据v=ωr可知，P、Q两点的角速度之比为
ωp：ωQ=2：3
选项A错误，C正确；
B．P、S两点为同轴转动，则角速度相等，即角速度之比为
ωp：ωS=1：1
选项B正确；
D．设Q点的线速度为v，则P点的线速度为v，S点的线速度为 根据
S、Q两点的向心加速度之比为
选项D正确。
故选BCD。
11．CD
【解析】
【详解】
A．由左手定则可知，设小球带正电，则小球向右摆到最低点时，洛伦兹力的方向向上，小球向左摆到最低点时，洛伦兹力的方向向下．故A不符合题意．
BD．设摆球所带电量为q，摆线长为r，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点速度相等，小球的动能相等．设小球带正电，则小球向右摆到最低点时，根据牛顿第二定律：，小球向左摆到最低点时，根据牛顿第二定律：，解得：
F1＜F2
所以摆线的张力不相等．故B不符合题意，D符合题意．
C．根据公式，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同．故C符合题意．
12．AC
【解析】
【详解】
A．匀速圆周运动的线速度大小不变，所以任意相等时间内物体通过的路程相等，A正确；
B．圆周运动的物体在任意相等时间内物体通过的路程相等，位移为矢量，不相等，B错误；
C．圆周运动的物体在任意相等时间内物体通过的路程相等，所以弧长也相等，C正确；
D．匀速圆周运动的线速度大小不变，但速度方向时刻变化，是变速运动，D错误；
故选AC。
13．ABD
【解析】
【详解】
A、根据开普勒第二定律可得到，在近地点A的线速度大于远地点B的线速度，故A正确；
B、根据，因为，所以，故B正确；
C、根据牛顿第二定律有，得，因为，所以，故C错误；
D、根据开普勒第三定律，哈雷彗星的轨道的半长轴大于地球的轨道半径，所以哈雷彗星的周期大于地球的公转周期1年，故D正确；
故选ABD．
【点睛】根据开普勒第二定律判断近地点与远地点的速度结合比较角速度大小，根据开普勒第三定律比较哈雷彗星的周期与地球自转周期大小，根据牛顿第二定律比较加速度大小．
14．BD
【解析】
【详解】
试题分析：做匀速圆周运动的物体要受到指向圆心的向心力的作用，从而产生指向圆心的向心加速度，向心加速度只改变物体的速度的方向不改变速度的大小．而非匀速圆周运动，合外力指向圆心的分量提供向心力．地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向各自的圆轨道的圆心．
解：A、做匀速圆周运动的物体的加速度指向圆心，非匀速圆周运动加速度不是指向圆心，故A错误；
B、向心力与速度垂直，做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心，故B正确；
C、地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向各自的圆轨道的圆心，只有赤道上的物体的向心力指向地心，故C错误；
D、向心力与速度垂直，不做功，故不改变圆周运动物体的速度大小，只改变运动的方向，故D正确；
故选BD．
15．BD
【解析】
【详解】
匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，是一种变速运动；匀速圆周运动中角速度不变。
故选BD。
16．CD
【解析】
【详解】
A．卫星静止在发射塔时的线速度为v＝ωRcos θ＝，选项A错误；
B．由于地球自转，质量为m的卫星所受地球的引力一定大于mg，选项B错误；
C．质量为m的卫星随地球自转，轨迹圆半径为r＝Rcos θ，向心加速度a＝ω2Rcos θ＝()2Rcos θ，选项C正确；
D．质量为m的卫星静止在发射塔时对发射塔的压力大小等于其重力mg，选项D正确．
17．BCD
【解析】
【详解】
靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等，所以a、c两点的线速度大小相等，共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，所以c、b的角速度相等，根据v=rω，可知c点的线速度是b点线速度的2倍，则a点的线速度是b点线速度的2倍，选项A错误，B正确；d点线速度是a点线速度的2倍，根据a=v2/r可知，a点与d点向心加速度大小相等，选项C正确；根据a=v2/r可知，a点的向心加速度是c点向心加速度大小的2倍，根据a=rω2知c点的向心加速度是b点向心加速度大小的2倍，可知a.b.c.d四点，加速度最小的是b点，选项D正确；故选BCD.
18．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．第一次小球缓慢移动，因此小球处于平衡状态，则有
F=mgtanα
绳中张力
随着α的逐渐增大，力F、T逐渐增大，当α=θ时，有
，
在第二次运动过程中，根据动能定理有
解得
F′=mg=
A正确；
C．此过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ=0，根据牛顿第二定律可知，在球运动轨迹法线方向上有
解得
T2=mg
C正确；
B．在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为
恒定不变，方向与竖直方向成角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力亦最大，B错误；
D．在O点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力合力的瞬时功率为零，其它位置不为零，因此此过程中的功率是先增大后减小，再增大再减小，D错误。
故选AC。
19．(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)向心加速度
(2)小球从B点起做平抛运动，设下落时间为t。水平方向有
竖直方向有
由以上两式解得
(3)由，解得
圆盘转动的周期
小球刚好落在C点应满足的条件是
由以上三式可得
20．（1）A、B两点线速度大小相同，B、C两点角速度大小相同
（2）（3）1:2:4
【解析】
【详解】
（1）A、B两点由同一条皮带相连接，故二者线速度大小相同；
B、C两点由共同的转轴，故二者角速度大小相同．
（2）由A、B两点线速度大小相同，则得到
代入数据得：
（3）由于A、B两点线速度大小相同，根据
有
由于B、C两点角速度大小相同，根据，有
联立可以得到aA：aB：aC=1:2:4．
点睛：解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）．
21．（1）12rad/s；（2）37°；（3）74.0J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)轮子做圆周运动，根据公式
可得轮子转动的角速度为
(2)要将物体运送到平台上，物体所受到的力应该满足
则
可得
(3)P物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，物体匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
解得物体的加速度为
物体速度达到3m/s所经过的时间为
位移为
物体与皮带开始接触的点通过的位移为
物体与皮带的相对位移为
因滑动摩擦产生的热量为
因此运送此物体运输机比空载时多消耗的电能为
22．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝m ②
匀速圆周运动的速度满足
v＝ ③
联立①②③式得
B＝ ④
（2）如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
∠OO′D＝∠BO′A＝30°
r0cos∠OO′D＋＝L
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律
v0＝
联立得
v0＝
23．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）选取圆盘最低点为零势能面，开始时系统的重力势能为
①
圆盘释放后，易知圆盘一定沿顺时针方向转动，则当小球B转到水平位置时，系统的重力势能为
②
所以系统重力势能的变化量为
③
（2）当小球B转到水平位置时，设A、B的线速度大小分别为vA、vB，根据共轴圆周运动规律有
④
在小球B从最低位置转到水平位置的过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，则有
⑤
A球的向心加速度大小为
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
（3）设B球上升到最大高度时与水平方向的夹角为，此时两球的速度均为零，重力势能为
⑧
从圆盘被释放到B球达到最高点的过程，由机械能守恒定律得
⑨
联立①⑨解得
⑩
所以B球上升的最大高度为

24．(1)a=4π2m/s2 (2)F=2π2N
【解析】
【详解】
（1）小球的向心加速度：
（2）绳中的拉力：
F=Ma=2π2N
25．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A、B间靠摩擦传动且不打滑，则有两点的线速度大小相等，即
B、C同轴转动，则有
、、
得
所以，点线速度大小之比
（2）由、、可得
所以
（3）根据，可得、、，所以
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