人教版（2019）必修第二册 6.3 向心加速度 同步练习卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教版（2019）必修第二册 6.3 向心加速度 同步练习卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 234.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-10-18 16:18:22 | ||
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文档简介
人教版（2019）必修第二册《6.3 向心加速度》2022年同步练习卷（1）
一 、单选题（本大题共14小题，共70分）
1.（5分）如图所示，质量不同、可视为质点的两物体，分别放在圆形转盘上的、两点，随圆盘一起匀速转动，转动半径分别为和，则两物体
A. 线速度大小之比为： B. 向心力大小之比为：
C. 向心加速度大小之比为： D. 角速度大小之比为：
2.（5分）如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为，最低点为，在其内壁上有两个质量相同的小球可视为质点和，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，球的轨迹平面高于球的轨迹平面，、两球与点的连线与竖直线间的夹角分别为和，以最低点所在的水平面为重力势能的参考平面，则；，
A. 、两球所受支持力的大小之比为：
B. 、两球运动的周期之比为：
C. 、两球的动能之比为：
D. 、两球的机械能之比为：
3.（5分）如图所示，天津永乐桥摩天轮是亚洲唯一建在桥上的摩天轮，也是天津的地标之一。该摩天轮的直径为米，匀速转动时，每转一周，可同时供余人观光。摩天轮匀速转动时，不同座舱里的人具有相同的
A. 线速度 B. 角速度 C. 向心加速度 D. 向心力
4.（5分）如图所示为一皮带传动装置，左轮的圆心为，右轮的圆心为。在左轮边缘有一点，离圆心稍近处有一点，在右轮边缘有一点，在传动过程中，皮带不打滑。则下列说法中正确的是
A. 点与点的线速度大小相等 B. 点与点的加速度大小相等
C. 点与点的线速度大小相等 D. 点与点的加速度大小相等
5.（5分）自行车靠一条链子将两个齿轮连接起来，一辆自行车的齿轮转动示意图如图所示，、是自行车的两个转动齿轮和的中心，和分别是齿轮和齿轮边上一点，其中齿轮上有一点，点到齿轮中心的距离为齿轮半径的一半，则
A. 点和点的线速度相同 B. 点和点的向心加速度相等
C. 点和点的向心加速度之比为： D. 点和点的线速度大小之比为：
6.（5分）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为：：，在自行车被人正常骑行过程中，下列说法正确的是
A. 小齿轮和后轮的周期之比为：
B. 大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为：
C. 大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为：
D. 大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为：
7.（5分）用一款手摇式绞轮来打井水，如图所示，轮轴上的麻绳螺旋式地紧密缠绕，、、分别为麻绳上三个不同位置的点，为手柄的端点，忽略麻绳的重力且麻绳与轮轴无相对滑动。操作员按图中所示的方向匀速转动一圈从右往左看是逆时针旋转，此过程中
A. 麻绳上点的速度大于点的速度
B. 手柄上点的角速度小于麻绳上的点的角速度
C. 麻绳上点的向心加速度大于手柄上点的向心加速度
D. 操作员在手柄处的外力大小可能小于水桶及桶中水的重力之和
8.（5分）如图所示，地球绕地轴匀速转动．在地球表面上有，两物体，设、两物体的线速度分别为、，角速度分别为、，向心加速度分别为、，转速分别为、，下列说法正确的是
A. B. C. D.
9.（5分）下面关于匀速圆周运动的说法正确的是
A. 匀速圆周运动是一种平衡状态
B. 匀速圆周运动是一种匀速运动
C. 匀速圆周运动是一种速度和加速度都不断改变的运动
D. 匀速圆周运动是一种匀变速运动
10.（5分）两个质量相同的物体分别静止放在北京和广州，均随地球一起运动．下列关于这两个物体运动的说法正确的是
A. 向心力大小相同 B. 向心加速度大小相同
C. 角速度大小相同 D. 线速度大小相同
11.（5分）长沙市橘子洲湘江大桥桥东有一螺旋引桥，供行人上下桥，假设一行人沿螺旋线自外向内运动，如图所示．已知其走过的弧长与时间成正比．则关于该行人的运动，下列说法正确的是
A. 行人运动的线速度越来越大 B. 行人运动的向心加速度越来越大
C. 行人运动的角速度越来越小 D. 行人所需要的向心力越来越小
12.（5分）静止在光滑的水平面上的小车上放一木块，将木块与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在车前端，此时弹簧已处于伸长状态；现施一力拉车，使之加速运动，由零逐渐增加，直到木块即将滑动，在此过程中，木块所受摩擦力的变化情况是
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大
13.（5分）在粗糙水平桌面上，长为的细绳一端系一质量为的小球，手握住细绳另一端点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，点做圆周运动的半径为，小球与桌面的动摩擦因数为，。当细绳与点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是
A. 小球做圆周运动的向心力大小为
B. 点做圆周运动的角速度为
C. 小球做圆周运动的线速度为
D. 小球做圆周运动的轨道半径为
14.（5分）内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为，球心为，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心的连线与竖直线的夹角为，重力加速度为，则
A. 小球的加速度为 B. 碗内壁对小球的支持力为
C. 小球运动的速度为 D. 小球的运动周期为
二 、简答题（本大题共2小题，共10分）
15.（5分）物体沿着圆周的运动是一种常见的运动，匀速圆周运动是当中最简单也是较基本的一种，由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而匀速圆周运动仍旧是一种变速运动，具有加速度。可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度：设质点沿半径为、圆心为的圆周以恒定大小的速度运动，某时刻质点位于位置；经极短时间后运动到位置，如图所示。试根据加速度的定义，推导质点在位置时的加速度的大小。
16.（5分）一门大炮的炮筒与水平面的夹角，当炮弹以初速度的速度发出，炮弹能否击中离大炮远的目标？取
三 、计算题（本大题共3小题，共30分）
17.（10分）一细绳拴一质量的小球，在竖直平面内做半径的圆周运动，取，求：
小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？
小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？
小球以的速度通过圆周最低点时，绳对小球的拉力多大？
18.（10分）如图所示，长为的轻绳跨过光滑的轻质小滑轮，一端连接光滑桌面上的物块，另一端悬挂物块，、质量均为，重力加速度为，绳不可伸长。
由静止释放，求向右运动过程中绳中的拉力大小；
将置于滑轮左端处，置于图中虚线位置，此时绳处于水平伸直状态。现同时释放、
①向右运动时，的速度为，下落的高度为，沿绳方向的分速度大小为，求此时绕滑轮转动的角速度；
②判断先碰到滑轮还是先运动到滑轮的正下方，并请通过计算说明理由。
19.（10分）如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为；乙做自由落体运动，当乙下落至点时，甲恰好第一次运动到最高点，求甲物体匀速圆周运动的向心加速度。
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：、和是同轴转动，它们的角速度相等，故错误；
、根据可知，它们的线速度大小之比等于它们的半径之比，即线速度大小之比为：，故正确；
、因为两个质点的质量不同，并且不知道它们的质量的具体关系，虽然知道半径关系，但是根据向心力公式可知，无法比较它们的向心力大小之比，故错误；
、根据向心加速度公式可知，它们的向心加速度的大小之比等于它们的半径之比，即为：，故错误。
故选：。
先明确和的角速度相等，然后根据和、分别比较出两质点的线速度大小之比、向心力大小之比和向心加速度大小之比。
解答该题的关键是要知道同轴转动的物体具有相等的角速度，基础是圆周运动的各个物理量之间的关系。
2.【答案】D;
【解析】解：、对任意一球，根据平行四边形定则得：所受的支持力，是小球所在半径与竖直方向的夹角，则得故错误。
、根据，，小球的动能为，联立解得，则、两球的动能之比。
解得，周期为，则、两球运动的周期之比为 故、错误。
、小球的重力势能为：，机械能为：；
得：、两球的机械能之比为故正确。
故选：。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出支持力之比，根据牛顿第二定律求出周期、线速度之比．从而得出动能之比．根据高度求出重力势能，从而得出重力势能之比，即可得到机械能之比．
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律得出线速度、周期的关系式．同时注意能量关系．
3.【答案】B;
【解析】解：、线速度是矢量，是圆的切线方向，每个位置的线速度都不相同，故错误；
、同轴转动，角速度相等，摩天轮匀速转动时，不同座舱里的人具有相同的角速度，故正确；
、向心加速度和向心力是矢量，时刻指向圆心，每个位置的向心加速度和向心力的方向不同，故错误。
故选：。
线速度、向心加速度、向心力都是矢量，要考虑方向；匀速圆周运动的周期、角速度都不变。
了解标量和矢量的区别，即矢量既有大小也有方向，标量只有大小没有方向。
4.【答案】C;
【解析】解：、、两点是轮子边缘上的点，靠皮带传动，两点的线速度相等，、同轴转动，周速度相同，线速度大小不同，故错误，正确；
、、两点角速度相等，根据可知，、半径不同，点与点的加速度大小不相等，故错误；
、、两点线速度相等，根据，点与点的半径不同，点与点的加速度大小不相等，故错误。
故选：。
两轮子靠皮带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．根据线速度、向心加速度的公式分析选项。
解决本题的关键知道靠皮带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．以及掌握向心加速度的公式：和。
5.【答案】D;
【解析】解：点和点是链条传动，线速度大小相等，即，方向不同，故错误。
D.点和点是同轴传动，角速度相同，即，根据，可得；因为，方，所以：：，故正确。
因为小齿轮的半径未知，无法比较、两点向心加速度的大小，故错误。
故选：。
、两点是皮带传动，线速度大小相同；、两点是同轴传动，角速度相等，根据，可得、两点线速度的大小，进而得出、两点线速度的大小关系；点半径未知，不能得出、两点向心加速度的大小关系。
熟练掌握两种传动方式的特点，能够灵活运用关系式解决问题。
6.【答案】B;
【解析】解：、小齿轮和后轮同轴，其角速度相同，根据可知周期之比为：：，故错误；
、大齿轮和小齿轮边缘的线速度大小相等，其半径之比：：，根据可知其角速度之比为：：，故正确；
、依题意可知，大齿轮和后轮的角速度之比为：：，因其半径之比为：：，根据可知大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为：：，故错误；
D.大齿轮和小齿轮边缘的线速度大小相等，其半径之比：：，根据向心加速度的公式可知大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为：：，故错误。
故选：。
齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式以及向心加速度的公式列式求解。
本题关键能分清同缘传动线速度大小相等和同轴传动角速度相同，灵活应用公式以及、。
7.【答案】D;
【解析】
A.麻绳上点的速度等于轮轴边缘的线速度，等于点的速度，选项错误；
B.因、两点同轴转动，则角速度相等，即手柄上点的角速度等于麻绳上的点的角速度，选项错误；
C.因、两点的角速度相等，根据
可知，麻绳上点的向心加速度小于手柄上点的向心加速度，选项错误；
D.操作员在手柄处的外力方向沿着垂直半径方向，则该力的力臂大于轮轴上绳子上的重力的力臂，则操作员在手柄处的外力大小小于水桶及桶中水的重力之和，选项正确。
故选。
8.【答案】C;
【解析】
解决本题的关键掌握共轴转动，角速度相同，再结合、及等公式分析判断即可。
两点都绕地轴做匀速圆周运动，转动的半径大于转动的半径。两点共轴转动，角速度相同，根据，角速度相同，的半径大，则的线速度大，故错误；
C.因角速度相同，转动半径的小于的半径，则由可得，，故正确；
D.因角速度相同，故转速相同，故错误。
故选。
9.【答案】C;
【解析】解：解：、匀速圆周运动合外力指向圆心提供向心力，合外力不等于零，不是平衡状态，故A错误．
、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，故B错误．
、匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．故C正确，D错误．
故选C．
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动．加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．向心力方向始终指向圆心，是变化的．
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．
10.【答案】C;
【解析】解：、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，根据向心力公式，放在北京和广州，物体做匀速圆周运动的轨道半径不同，所以向心力大小不相同，故错误，正确；
、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，则转动的半径不等，根据向心加速度公式知，所以向心加速度的大小不等，故错误；
、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，则转动的半径不等，根据公式知，线速度大小不同，故错误。
故选：。
共轴转动，角速度大小相等，结合转动半径的大小，比较向心力、线速度、向心加速度的大小。
解决本题的关键知道共轴转动角速度大小相等，知道线速度、角速度、周期之间的关系。
11.【答案】B;
【解析】解：沿螺旋线自外向内运动，说明半径不断减小
A.根据其走过的弧长与运动时间成正比，根据可知，线速度大小不变，故A错误；
B.根据，可知，不变，减小时，增大，故B正确；
C.根据可知，不变，减小时，增大，故C错误；
D.由选项可知增大，根据，行人质量不变，需要的向心力增大，故D错误；
故选：．
沿螺旋线自外向内运动，半径不断减小，其走过的弧长与运动时间成正比，根据可知，线速度大小不变，根据圆周运动的向心加速度，角速度，向心力分别对各选项进行分析．
该题主要考查了圆周运动的基本公式，抓住题目中的条件：线速度大小不变，半径减小分别对选项进行分析即可，解题关键是熟悉描述圆周运动的物理量之间的关系．
12.【答案】D;
【解析】解：
原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，设弹力大小为，摩擦力大小为，根据牛顿第二定律得：，可得，不变，增大，增大，减小；当摩擦力向右后，，可得，增大，增大，故摩擦力先减小，后增大。故D正确，ABC错误。
故选：。
原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，根据牛顿第二定律列式分析加速度变化时，摩擦力的变化
考查牛顿第二定律的应用，要明确木块受力情况，同时知道在整个过程中弹簧的弹力没有发生变化。
13.【答案】B;
【解析】
先根据受力分析解出细绳的拉力，然后得到小球的向心力。在根据几何关系可得小球做圆周运动的半径，然后根据牛顿第二定律可得小球的角速度以及线速度大小。
本题的关键是解出小球做圆周运动的半径，以及根据摩擦力和拉力的关系得到拉力的大小。进而可以得到小球做圆周运动的向心力。
小球受摩擦力大小为，因为小球做的是匀速圆周运动，所以小球由受到的拉力和摩擦力的合力提供向心力，由图中几何关系可知小球做圆周运动的半径为，拉力与摩擦力的反方向夹角为，则根据牛顿第二定律可得：，
代入数据解得：，
、由上面的分析可知小球做圆周运动的向心力大小为，故错误；
、设小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据牛顿第二定律可得，则，故正确；
、小球做圆周运动的线速度为，故错误；
、由上面的分析可知，小球做圆周运动的半径为，故错误。
故选：。
14.【答案】D;
【解析】
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得出加速度，结合平行四边形定则求出支持力的大小．根据合力提供向心力求出小球的线速度和周期．
该题属于圆锥摆模型，解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
解：、小球受到重力和球面的支持力，所受的合力为：，小球做圆周运动的轨道半径为：，根据得，，故错误。
、根据平行四边形定则知，支持力，故错误。
、根据得，，故错误。
、根据，得，，故正确。
故选：。
15.【答案】解：如图所示，设小球在很短的时间△t内从A点运动到B点，在时间t内速度变化为△v，
因为△OAB∽△BDC，所以有：，
当△t→0时，弦长AB与弧长AB相等，设弧长AB用L表示，则，由线速度大小的定义，所以
故加速度大小.
答：推导质点在位置A时的加速度的大小。;
【解析】
用矢量图表示速度的变化量，由加速度定义，结合相似图形，求解即可。
本题最大误区是学生因长期接受标量运算而产生的思维定势，认为匀速圆周运动速率不变，故于是，从而无法进行加速度的推导。通过向心加速度的推导，可以帮助学生理解矢量的相关运算。
16.【答案】解：炮弹竖直方向做竖直上抛运动，由对称性可得炮弹运动的时间为：
t===30s
水平射程为：
x=cosβ t=300×cos30°×30m=4500≈7794m
所以炮弹不能击中离大炮7500m远的目标．
答：炮弹不能击中离大炮7500m远的目标．;
【解析】
炮弹做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由运动学公式求解．
对于抛体运动，通常采用运动的分解法研究，可根据物体的受力情况和初速度情况，运用正交分解法分析．
17.【答案】解：小球恰好通过最高点时，绳子的拉力为零，根据牛顿第二定律得，，
解得；
在最高点，根据牛顿第二定律得，，
解得；
在最低点，根据牛顿第二定律得，，
解得。
答：小球恰能通过圆周最高点时的速度为；
小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为；
小球以的速度通过圆周最低点时，绳对小球的拉力为。;
【解析】小球恰好通过最高点时，绳子的拉力为零，结合牛顿第二定律求出最高点的速度；
在最高点和最低点，靠绳子的拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳子对小球的拉力大小。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
18.【答案】解：（1）对物体B，根据牛顿第二定律可得：mg-F=ma
对物体A，根据牛顿第二定律可得：F=ma
联立解得F=
（2）①设此时物块B的速率为，AB组成的系统机械能守恒，则
对物体B，根据速度的合成可得：
解得ω=
②设任意时刻轻绳与水平方向夹角为θ，则
对物体A：F=ma
对物体B，水平方向：Fcosθ=m
所以＞
即全程
故物体A先滑到滑轮处
答：（1）由静止释放A，A向右运动过程中绳中的拉力大小F为；
（2）①此时B绕滑轮转动的角速度ω为；
②A先碰到滑轮。;
【解析】
分别对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求得绳子的拉力；
①组成的系统机械能守恒，求得物体的速度，根据速度的合成求得物体转动的角速度；
②利用牛顿第二定律求得物体在水平方向的加速度大小，即可判断出运动过程中的平均加速度，结合运动学公式即可求得。
此题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，明确合速度和分速度，即可判断。
19.【答案】解：设乙下落到A点的时间为t，则对乙满足R=g，得t=；
这段时间内甲运动了T，即T=；
又由于=ω2R=R，由①②得：=π2g
答：甲物体匀速圆周运动的向心加速度为π2g．;
【解析】
根据自由落体运动求出时间，根据等时性求解周期，根据向心加速度定义公式求出向心加速度．
本题关键根据等时性求出运动的周期，然后根据求解向心加速度．
一 、单选题（本大题共14小题，共70分）
1.（5分）如图所示，质量不同、可视为质点的两物体，分别放在圆形转盘上的、两点，随圆盘一起匀速转动，转动半径分别为和，则两物体
A. 线速度大小之比为： B. 向心力大小之比为：
C. 向心加速度大小之比为： D. 角速度大小之比为：
2.（5分）如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为，最低点为，在其内壁上有两个质量相同的小球可视为质点和，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，球的轨迹平面高于球的轨迹平面，、两球与点的连线与竖直线间的夹角分别为和，以最低点所在的水平面为重力势能的参考平面，则；，
A. 、两球所受支持力的大小之比为：
B. 、两球运动的周期之比为：
C. 、两球的动能之比为：
D. 、两球的机械能之比为：
3.（5分）如图所示，天津永乐桥摩天轮是亚洲唯一建在桥上的摩天轮，也是天津的地标之一。该摩天轮的直径为米，匀速转动时，每转一周，可同时供余人观光。摩天轮匀速转动时，不同座舱里的人具有相同的
A. 线速度 B. 角速度 C. 向心加速度 D. 向心力
4.（5分）如图所示为一皮带传动装置，左轮的圆心为，右轮的圆心为。在左轮边缘有一点，离圆心稍近处有一点，在右轮边缘有一点，在传动过程中，皮带不打滑。则下列说法中正确的是
A. 点与点的线速度大小相等 B. 点与点的加速度大小相等
C. 点与点的线速度大小相等 D. 点与点的加速度大小相等
5.（5分）自行车靠一条链子将两个齿轮连接起来，一辆自行车的齿轮转动示意图如图所示，、是自行车的两个转动齿轮和的中心，和分别是齿轮和齿轮边上一点，其中齿轮上有一点，点到齿轮中心的距离为齿轮半径的一半，则
A. 点和点的线速度相同 B. 点和点的向心加速度相等
C. 点和点的向心加速度之比为： D. 点和点的线速度大小之比为：
6.（5分）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为：：，在自行车被人正常骑行过程中，下列说法正确的是
A. 小齿轮和后轮的周期之比为：
B. 大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为：
C. 大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为：
D. 大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为：
7.（5分）用一款手摇式绞轮来打井水，如图所示，轮轴上的麻绳螺旋式地紧密缠绕，、、分别为麻绳上三个不同位置的点，为手柄的端点，忽略麻绳的重力且麻绳与轮轴无相对滑动。操作员按图中所示的方向匀速转动一圈从右往左看是逆时针旋转，此过程中
A. 麻绳上点的速度大于点的速度
B. 手柄上点的角速度小于麻绳上的点的角速度
C. 麻绳上点的向心加速度大于手柄上点的向心加速度
D. 操作员在手柄处的外力大小可能小于水桶及桶中水的重力之和
8.（5分）如图所示，地球绕地轴匀速转动．在地球表面上有，两物体，设、两物体的线速度分别为、，角速度分别为、，向心加速度分别为、，转速分别为、，下列说法正确的是
A. B. C. D.
9.（5分）下面关于匀速圆周运动的说法正确的是
A. 匀速圆周运动是一种平衡状态
B. 匀速圆周运动是一种匀速运动
C. 匀速圆周运动是一种速度和加速度都不断改变的运动
D. 匀速圆周运动是一种匀变速运动
10.（5分）两个质量相同的物体分别静止放在北京和广州，均随地球一起运动．下列关于这两个物体运动的说法正确的是
A. 向心力大小相同 B. 向心加速度大小相同
C. 角速度大小相同 D. 线速度大小相同
11.（5分）长沙市橘子洲湘江大桥桥东有一螺旋引桥，供行人上下桥，假设一行人沿螺旋线自外向内运动，如图所示．已知其走过的弧长与时间成正比．则关于该行人的运动，下列说法正确的是
A. 行人运动的线速度越来越大 B. 行人运动的向心加速度越来越大
C. 行人运动的角速度越来越小 D. 行人所需要的向心力越来越小
12.（5分）静止在光滑的水平面上的小车上放一木块，将木块与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在车前端，此时弹簧已处于伸长状态；现施一力拉车，使之加速运动，由零逐渐增加，直到木块即将滑动，在此过程中，木块所受摩擦力的变化情况是
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大
13.（5分）在粗糙水平桌面上，长为的细绳一端系一质量为的小球，手握住细绳另一端点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，点做圆周运动的半径为，小球与桌面的动摩擦因数为，。当细绳与点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是
A. 小球做圆周运动的向心力大小为
B. 点做圆周运动的角速度为
C. 小球做圆周运动的线速度为
D. 小球做圆周运动的轨道半径为
14.（5分）内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为，球心为，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心的连线与竖直线的夹角为，重力加速度为，则
A. 小球的加速度为 B. 碗内壁对小球的支持力为
C. 小球运动的速度为 D. 小球的运动周期为
二 、简答题（本大题共2小题，共10分）
15.（5分）物体沿着圆周的运动是一种常见的运动，匀速圆周运动是当中最简单也是较基本的一种，由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而匀速圆周运动仍旧是一种变速运动，具有加速度。可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度：设质点沿半径为、圆心为的圆周以恒定大小的速度运动，某时刻质点位于位置；经极短时间后运动到位置，如图所示。试根据加速度的定义，推导质点在位置时的加速度的大小。
16.（5分）一门大炮的炮筒与水平面的夹角，当炮弹以初速度的速度发出，炮弹能否击中离大炮远的目标？取
三 、计算题（本大题共3小题，共30分）
17.（10分）一细绳拴一质量的小球，在竖直平面内做半径的圆周运动，取，求：
小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？
小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？
小球以的速度通过圆周最低点时，绳对小球的拉力多大？
18.（10分）如图所示，长为的轻绳跨过光滑的轻质小滑轮，一端连接光滑桌面上的物块，另一端悬挂物块，、质量均为，重力加速度为，绳不可伸长。
由静止释放，求向右运动过程中绳中的拉力大小；
将置于滑轮左端处，置于图中虚线位置，此时绳处于水平伸直状态。现同时释放、
①向右运动时，的速度为，下落的高度为，沿绳方向的分速度大小为，求此时绕滑轮转动的角速度；
②判断先碰到滑轮还是先运动到滑轮的正下方，并请通过计算说明理由。
19.（10分）如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为；乙做自由落体运动，当乙下落至点时，甲恰好第一次运动到最高点，求甲物体匀速圆周运动的向心加速度。
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：、和是同轴转动，它们的角速度相等，故错误；
、根据可知，它们的线速度大小之比等于它们的半径之比，即线速度大小之比为：，故正确；
、因为两个质点的质量不同，并且不知道它们的质量的具体关系，虽然知道半径关系，但是根据向心力公式可知，无法比较它们的向心力大小之比，故错误；
、根据向心加速度公式可知，它们的向心加速度的大小之比等于它们的半径之比，即为：，故错误。
故选：。
先明确和的角速度相等，然后根据和、分别比较出两质点的线速度大小之比、向心力大小之比和向心加速度大小之比。
解答该题的关键是要知道同轴转动的物体具有相等的角速度，基础是圆周运动的各个物理量之间的关系。
2.【答案】D;
【解析】解：、对任意一球，根据平行四边形定则得：所受的支持力，是小球所在半径与竖直方向的夹角，则得故错误。
、根据，，小球的动能为，联立解得，则、两球的动能之比。
解得，周期为，则、两球运动的周期之比为 故、错误。
、小球的重力势能为：，机械能为：；
得：、两球的机械能之比为故正确。
故选：。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出支持力之比，根据牛顿第二定律求出周期、线速度之比．从而得出动能之比．根据高度求出重力势能，从而得出重力势能之比，即可得到机械能之比．
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律得出线速度、周期的关系式．同时注意能量关系．
3.【答案】B;
【解析】解：、线速度是矢量，是圆的切线方向，每个位置的线速度都不相同，故错误；
、同轴转动，角速度相等，摩天轮匀速转动时，不同座舱里的人具有相同的角速度，故正确；
、向心加速度和向心力是矢量，时刻指向圆心，每个位置的向心加速度和向心力的方向不同，故错误。
故选：。
线速度、向心加速度、向心力都是矢量，要考虑方向；匀速圆周运动的周期、角速度都不变。
了解标量和矢量的区别，即矢量既有大小也有方向，标量只有大小没有方向。
4.【答案】C;
【解析】解：、、两点是轮子边缘上的点，靠皮带传动，两点的线速度相等，、同轴转动，周速度相同，线速度大小不同，故错误，正确；
、、两点角速度相等，根据可知，、半径不同，点与点的加速度大小不相等，故错误；
、、两点线速度相等，根据，点与点的半径不同，点与点的加速度大小不相等，故错误。
故选：。
两轮子靠皮带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．根据线速度、向心加速度的公式分析选项。
解决本题的关键知道靠皮带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．以及掌握向心加速度的公式：和。
5.【答案】D;
【解析】解：点和点是链条传动，线速度大小相等，即，方向不同，故错误。
D.点和点是同轴传动，角速度相同，即，根据，可得；因为，方，所以：：，故正确。
因为小齿轮的半径未知，无法比较、两点向心加速度的大小，故错误。
故选：。
、两点是皮带传动，线速度大小相同；、两点是同轴传动，角速度相等，根据，可得、两点线速度的大小，进而得出、两点线速度的大小关系；点半径未知，不能得出、两点向心加速度的大小关系。
熟练掌握两种传动方式的特点，能够灵活运用关系式解决问题。
6.【答案】B;
【解析】解：、小齿轮和后轮同轴，其角速度相同，根据可知周期之比为：：，故错误；
、大齿轮和小齿轮边缘的线速度大小相等，其半径之比：：，根据可知其角速度之比为：：，故正确；
、依题意可知，大齿轮和后轮的角速度之比为：：，因其半径之比为：：，根据可知大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为：：，故错误；
D.大齿轮和小齿轮边缘的线速度大小相等，其半径之比：：，根据向心加速度的公式可知大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为：：，故错误。
故选：。
齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式以及向心加速度的公式列式求解。
本题关键能分清同缘传动线速度大小相等和同轴传动角速度相同，灵活应用公式以及、。
7.【答案】D;
【解析】
A.麻绳上点的速度等于轮轴边缘的线速度，等于点的速度，选项错误；
B.因、两点同轴转动，则角速度相等，即手柄上点的角速度等于麻绳上的点的角速度，选项错误；
C.因、两点的角速度相等，根据
可知，麻绳上点的向心加速度小于手柄上点的向心加速度，选项错误；
D.操作员在手柄处的外力方向沿着垂直半径方向，则该力的力臂大于轮轴上绳子上的重力的力臂，则操作员在手柄处的外力大小小于水桶及桶中水的重力之和，选项正确。
故选。
8.【答案】C;
【解析】
解决本题的关键掌握共轴转动，角速度相同，再结合、及等公式分析判断即可。
两点都绕地轴做匀速圆周运动，转动的半径大于转动的半径。两点共轴转动，角速度相同，根据，角速度相同，的半径大，则的线速度大，故错误；
C.因角速度相同，转动半径的小于的半径，则由可得，，故正确；
D.因角速度相同，故转速相同，故错误。
故选。
9.【答案】C;
【解析】解：解：、匀速圆周运动合外力指向圆心提供向心力，合外力不等于零，不是平衡状态，故A错误．
、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，故B错误．
、匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．故C正确，D错误．
故选C．
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动．加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．向心力方向始终指向圆心，是变化的．
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．
10.【答案】C;
【解析】解：、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，根据向心力公式，放在北京和广州，物体做匀速圆周运动的轨道半径不同，所以向心力大小不相同，故错误，正确；
、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，则转动的半径不等，根据向心加速度公式知，所以向心加速度的大小不等，故错误；
、两个质量相同的物体随地球自转，角速度大小相等，则转动的半径不等，根据公式知，线速度大小不同，故错误。
故选：。
共轴转动，角速度大小相等，结合转动半径的大小，比较向心力、线速度、向心加速度的大小。
解决本题的关键知道共轴转动角速度大小相等，知道线速度、角速度、周期之间的关系。
11.【答案】B;
【解析】解：沿螺旋线自外向内运动，说明半径不断减小
A.根据其走过的弧长与运动时间成正比，根据可知，线速度大小不变，故A错误；
B.根据，可知，不变，减小时，增大，故B正确；
C.根据可知，不变，减小时，增大，故C错误；
D.由选项可知增大，根据，行人质量不变，需要的向心力增大，故D错误；
故选：．
沿螺旋线自外向内运动，半径不断减小，其走过的弧长与运动时间成正比，根据可知，线速度大小不变，根据圆周运动的向心加速度，角速度，向心力分别对各选项进行分析．
该题主要考查了圆周运动的基本公式，抓住题目中的条件：线速度大小不变，半径减小分别对选项进行分析即可，解题关键是熟悉描述圆周运动的物理量之间的关系．
12.【答案】D;
【解析】解：
原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，设弹力大小为，摩擦力大小为，根据牛顿第二定律得：，可得，不变，增大，增大，减小；当摩擦力向右后，，可得，增大，增大，故摩擦力先减小，后增大。故D正确，ABC错误。
故选：。
原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，根据牛顿第二定律列式分析加速度变化时，摩擦力的变化
考查牛顿第二定律的应用，要明确木块受力情况，同时知道在整个过程中弹簧的弹力没有发生变化。
13.【答案】B;
【解析】
先根据受力分析解出细绳的拉力，然后得到小球的向心力。在根据几何关系可得小球做圆周运动的半径，然后根据牛顿第二定律可得小球的角速度以及线速度大小。
本题的关键是解出小球做圆周运动的半径，以及根据摩擦力和拉力的关系得到拉力的大小。进而可以得到小球做圆周运动的向心力。
小球受摩擦力大小为，因为小球做的是匀速圆周运动，所以小球由受到的拉力和摩擦力的合力提供向心力，由图中几何关系可知小球做圆周运动的半径为，拉力与摩擦力的反方向夹角为，则根据牛顿第二定律可得：，
代入数据解得：，
、由上面的分析可知小球做圆周运动的向心力大小为，故错误；
、设小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据牛顿第二定律可得，则，故正确；
、小球做圆周运动的线速度为，故错误；
、由上面的分析可知，小球做圆周运动的半径为，故错误。
故选：。
14.【答案】D;
【解析】
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得出加速度，结合平行四边形定则求出支持力的大小．根据合力提供向心力求出小球的线速度和周期．
该题属于圆锥摆模型，解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
解：、小球受到重力和球面的支持力，所受的合力为：，小球做圆周运动的轨道半径为：，根据得，，故错误。
、根据平行四边形定则知，支持力，故错误。
、根据得，，故错误。
、根据，得，，故正确。
故选：。
15.【答案】解：如图所示，设小球在很短的时间△t内从A点运动到B点，在时间t内速度变化为△v，
因为△OAB∽△BDC，所以有：，
当△t→0时，弦长AB与弧长AB相等，设弧长AB用L表示，则，由线速度大小的定义，所以
故加速度大小.
答：推导质点在位置A时的加速度的大小。;
【解析】
用矢量图表示速度的变化量，由加速度定义，结合相似图形，求解即可。
本题最大误区是学生因长期接受标量运算而产生的思维定势，认为匀速圆周运动速率不变，故于是，从而无法进行加速度的推导。通过向心加速度的推导，可以帮助学生理解矢量的相关运算。
16.【答案】解：炮弹竖直方向做竖直上抛运动，由对称性可得炮弹运动的时间为：
t===30s
水平射程为：
x=cosβ t=300×cos30°×30m=4500≈7794m
所以炮弹不能击中离大炮7500m远的目标．
答：炮弹不能击中离大炮7500m远的目标．;
【解析】
炮弹做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由运动学公式求解．
对于抛体运动，通常采用运动的分解法研究，可根据物体的受力情况和初速度情况，运用正交分解法分析．
17.【答案】解：小球恰好通过最高点时，绳子的拉力为零，根据牛顿第二定律得，，
解得；
在最高点，根据牛顿第二定律得，，
解得；
在最低点，根据牛顿第二定律得，，
解得。
答：小球恰能通过圆周最高点时的速度为；
小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为；
小球以的速度通过圆周最低点时，绳对小球的拉力为。;
【解析】小球恰好通过最高点时，绳子的拉力为零，结合牛顿第二定律求出最高点的速度；
在最高点和最低点，靠绳子的拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳子对小球的拉力大小。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
18.【答案】解：（1）对物体B，根据牛顿第二定律可得：mg-F=ma
对物体A，根据牛顿第二定律可得：F=ma
联立解得F=
（2）①设此时物块B的速率为，AB组成的系统机械能守恒，则
对物体B，根据速度的合成可得：
解得ω=
②设任意时刻轻绳与水平方向夹角为θ，则
对物体A：F=ma
对物体B，水平方向：Fcosθ=m
所以＞
即全程
故物体A先滑到滑轮处
答：（1）由静止释放A，A向右运动过程中绳中的拉力大小F为；
（2）①此时B绕滑轮转动的角速度ω为；
②A先碰到滑轮。;
【解析】
分别对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求得绳子的拉力；
①组成的系统机械能守恒，求得物体的速度，根据速度的合成求得物体转动的角速度；
②利用牛顿第二定律求得物体在水平方向的加速度大小，即可判断出运动过程中的平均加速度，结合运动学公式即可求得。
此题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，明确合速度和分速度，即可判断。
19.【答案】解：设乙下落到A点的时间为t，则对乙满足R=g，得t=；
这段时间内甲运动了T，即T=；
又由于=ω2R=R，由①②得：=π2g
答：甲物体匀速圆周运动的向心加速度为π2g．;
【解析】
根据自由落体运动求出时间，根据等时性求解周期，根据向心加速度定义公式求出向心加速度．
本题关键根据等时性求出运动的周期，然后根据求解向心加速度．