人教版高中物理必修二同步练习：6.3 向心加速度
一、选择题
1．（2023高三上·永寿月考）图甲为某游乐园飓风飞椅，图乙为其结构示意图，两个圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角分别为53°、37°，轨迹圆的半径相等，其中摆球A、B均视为质点，、，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．A、B的向心加速度大小之比为
B．A、B所受的合力大小之比为
C．A、B的线速度大小之比为
D．A、B的周期之比为
2．（2023高二上·宣威月考） 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1和2的中心，A和B分别是齿轮1和齿轮2边上一点，其中齿轮1上有一点C，C点到齿轮1中心的距离为齿轮1半径的一半，则（ ）
A．A点和B点的线速度大小不相同
B．B点和C点的向心加速度相等
C．B点和C点的向心加速度之比为
D．B点和C点的线速度大小之比为
3．（2023高三上·禹州月考）如图所示，两个完全相同质量均为m的橡皮擦a、b（均可视为质点）放在水平圆盘上，a与竖直转轴OO'（图中O'点未画出）的距离为l，b与竖直转轴的距离为1.5l，橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法中正确的是（ ）
A．a、b所受摩擦力大小始终相等
B．a一定比b先开始滑动
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
4．（2023高二上·安徽期中） 某小区门口的车闸杆如图所示，O为杆上的转动轴，A、B分别为杆上的两点，且。杆绕轴O转动的过程中，A、B两点（ ）
A．角速度之比为 B．角速度之比为
C．向心加速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为
5．（2023高一下·郑州期末）汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，如图乙所示。当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道、、时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列分析判断正确的是（ ）
A．和对的支持力大小始终相等
B．汽车过、、三点时工件受到的合外力大小相等
C．汽车过点时，汽车的向心加速度最大
D．汽车过点时，对的支持力大于对的支持力
6．（2023高一下·湘潭期末）如图所示，某个走时准确的时钟，分针与秒针由转动轴到针尖的长度之比是，则下列说法正确的是（ ）
A．分针与秒针的角速度之比为
B．分针与秒针的周期之比为
C．分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为
D．分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为
7．（2023高一下·中牟月考）如图甲所示，把硬币从募捐箱上的投币口放入，硬币在类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动多圈之后从中间的小孔掉人募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，不计一切阻力，硬币从a点所在水平面逐渐滑落至b点所在水平面过程中，下列说法正确的是
A．受到的支持力减小 B．向心加速度减小
C．运动的周期不变 D．角速度增大
8．（2023高一下·深圳月考） 如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子（视为质点），则小球的（ ）
A．加速度不变 B．线速度突然增大为原来的2倍
C．悬线拉力突然增大为原来的2倍 D．向心力突然增大为原来的2倍
9．（2023高一下·温州期中） 如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则（ ）
A．A、B两点角速度大小之比为2：1
B．A、B两点向心加速度大小之比为2：1
C．B、C两点角速度大小之比为2：1
D．B、C两点向心加速度大小之比为2：1
10．（2023高一下·哈尔滨期末）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是2rad/s。盘面上距圆盘中心0.1m的位置处有一个质量为1kg的小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动，小物体可视为质点。下列对小物体的分析正确的是（ ）
A．小物体的向心加速度大小为0.2m/s2
B．小物体的向心力大小为0.2N
C．圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心
D．若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体会相对圆盘滑动
11．（2023高一下·红河期末）长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（视为质点），在O点的正下方的A处钉一个钉子，如图所示。将小球从一定高度摆下，到达最低点时速度大小为v，则细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题
12．（2023高一下·百色期末） 有一种“飞椅”的游乐项目。长为的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。图中左钢绳的长度大于右钢绳的长度，甲连同飞椅的质量小于乙连同飞椅的质量，当转盘转动稳定后，左、右钢绳与竖直方向的夹角分别为、，不计钢绳的重力，，下列判断正确的是（ ）
A．座椅和人受到重力、钢绳的拉力和向心力作用
B．若飞椅以的转速水平匀速转动，飞椅的旋转周期为
C．一定小于
D．甲的向心加速度大于乙的向心加速度
13．（2024高三上·贵州月考）如图所示，自行车在水平路面上以速度匀速前进，后轮半径为，后轮中心为，某时刻后轮与地面接触的点记为，此时后轮的最高点记为。则此时
A．点相对于地的速度大小为
B．点相对于地的速度大小为
C．点相对于地的加速度大小为
D．点相对于地的加速度大小为
14．（2023高一下·广州期中） 质量为的小球，用长为的细线悬挂在点，在点的正下方处有一光滑的钉子，把小球拉到与钉子等高的位置，摆线被钉子挡住。如图所示，小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的线速度保持不变 B．小球的角速度保持不变
C．悬线的拉力突然变大 D．小球的向心加速度突然减小
15．（2023高一下·宣城期末）如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d＝5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．拖把头的周期为7s
B．拖把头转动的角速度为14πrad/s
C．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为6：5
16．（2023高一下·玉树期末）A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同时间内它们通过的路程比，转过的角度之比，则下列说法中正确的是（ ）
A．它们的周期比
B．它们的周期比
C．它们的向心加速度大小比
D．它们的向心加速度大小比
三、非选择题
17．（2019高一下·东城期末）我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素．长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等．转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值．
（1）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上时，塔轮边缘处的 相等（选填“线速度”或“角速度”）；
（2）探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将 质量相同的小球分别放在挡板 和挡板 处（选填“A”或“B”或“C”）．
18．（2024高三上·联合期中）一物体在水平面内沿半径的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度，那么，它的角速度 rad/s，它的频率 Hz，它的周期为 s，它的转速为 r/s，它的向心加速度为 .
19．（2023高三上·丰台期中） 等效是物理学中常用的思维方法之一，合成与分解是在等效思想的指导下物理学研究复杂问题的一种重要方法。运用合成与分解，我们可以通过一些已知运动的规律来研究复杂的运动。已知地球表面的重力加速度g，研究以下问题。
（1）如图甲所示，小球在距离地面 h处的水平桌面上向右运动，以初速度v0离开桌面后做平抛运动，求小球落地点到桌缘的水平距离x1；
（2）如图乙所示，将桌子和小球移到以加速度（）竖直向下运动电梯中，小球离开桌面时水平方向速度仍为v0，求小球在电梯中的落地点到桌缘的水平距离 （小球下落时未与电梯侧壁发生碰撞）；
（3）如图丙所示，洲际导弹飞行很远，研究其射程时不能将地面看成平面。考虑地面是球面，可以将洲际导弹的运动近似地看成是绕地球中心的匀速圆周运动与垂直地球表面的上抛运动的叠加，此过程中地球对导弹引力的大小近似保持不变。假设导弹从地面发射时的速度大小为v，仰角为θ，地球半径为R。请利用运动的合成与分解求解洲际导弹的射程s（导弹的发射点到落地点沿地表方向的距离）。
20．（2023高一下·深圳月考） 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态。
（1）在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持____相同。
A．和r B．和m C．m和r D．m和F
（2）图中所示是在研究向心力的大小F与____的关系。
A．质量m B．半径r C．角速度
（3）若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1：9与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为____。
A． B． C． D．
（4）若要研究向心力的大小F与半径r的关系，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为 。
21．（2021高一下·郑州期中）一列车以恒定速率 在水平面内做半径 的圆周运动。质量 的实验员坐在列车的座椅上相对列车静止。根据上述实验数据，推算出实验员做圆周运动的角速度大小 ，向心加速度大小 ，所受合力大小 。（结果均用分式表示）
22．（2021高一下·临沂期中）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C正常骑行自行车时，A、B、C三点中 两点的线速度大小相等， 两点的角速度大小相等， 点向心加速度最大。
23．（2019高一下·新平月考）如图所示，一大轮通过皮带带动小轮转动，皮带和两轮之间无滑动。大轮的半径是小轮的2倍，大轮上的一点S与转动轴的距离是半径的 。当大轮边缘上P点的向心加速度是12m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多大
24．（2019高一下·覃塘月考）如图所示，半径为 ，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为 的小球 、 以不同的速度进入管内， 通过最高点 时，对管壁上部的压力为3 ， 通过最高点 时，对管壁下部的压力为0.75 ，求 、 两球落地点间的距离。
25．（2022高一下·达州期末）如图所示，水平圆形转台绕过圆心的竖直转轴转动，转台半径R=1m，在转台的边缘放置物体A（可看作质点），A与转台之间动摩擦因数μ=0.4.（g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）随着转台转速的增加，物体A即将发生滑动时所对应的角速度ω1；
（2）现将一根长L=2.5m的轻绳一段固定在转台边缘，另一端与物体B相连，轻绳能够承受的最大拉力Tm=25N，物体B（可看作质点）的质量为mB=1.5kg，让转台从静止缓慢加速，为防止A、B两物体脱落转台所对应的最大角速度ω。（sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）
26．（2022高一下·新余期末）将两段轻杆和A、B两小球按如图所示连接，其中长度为3L的轻杆一端与光滑竖直轴O连接在一起，另一端固定一小球A；长度为L的轻杆被固定在A、B两球之间。整个系统可以在光滑水平面上绕轴O转动，同时两杆保持在同一直线上。已知两个小球的质量均为m，可视为质点。则当小球A的线速度大小为v时，求：
（1）小球B的向心加速度大小；
（2）两段轻杆中拉力的大小分别是多少。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、对A、B进行受力分析，合力沿水平方向充当向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
，
则有
故A错误；
B、由于A、B的质量关系未知，则无法计算A、B的合力之比，故B错误；
C、由
可得
故C正确；
D、由
可得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定两球在运动过程中做圆周运动所在的平面及向心力的来源，再根据牛顿第二定律及力的合成与分解和加速度、线速度和周期的关系进行解答。
2．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.A点和B点是同缘传动，线速度大小相等，但方向不同，A不符合题意；
D.A点和C点是共轴传动，角速度相同，即
根据线速度和角速度的关系，可得
因为
所以
D符合题意；
BC.因为B、C做圆周运动的半径未知，所以无法比较B、C两点向心加速度的大小，BC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据同缘传动的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，再结合线速度与角速度的关系式，分析各点的线速度和角速度的关系；由向心加速度的公式分析B、C点的向心加速度。
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、橡皮擦产生相对滑动前，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，则有
由于b的轨道半径大，所以产生相对滑动前b的静摩擦力大，故A错误；
B、两个橡皮擦的最大静摩擦力相等，橡皮擦随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知橡皮擦所受的静摩擦力为
因质量m和角速度ω相等，则有静摩擦力Ff与轨道半径r成正比，所以b受的静摩擦力大于a受的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时，b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故B错误；
C、对橡皮擦b，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
解得b开始滑动的临界角速度
故C正确；
D、对橡皮擦a，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
解得
因为
故橡皮擦a没有达到开始滑动的临界角速度，所以橡皮擦a所受到的静摩擦力小于最大静摩擦力kmg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定向心力的来源及橡皮擦的运动半径，明确达到临界角速度时，橡皮擦的受力特点。再根据牛顿第二定律进行分析解答。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB、A、B分别为杆上的两点，可知A、B两点的角速度相等，故AB错误；
CD、根据向心加速度与角速度关系
由于A、B两点的角速度相等，则有
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】同轴转动的物体角速度和周期相等，确定两点做圆周运动的半径关系。再根据角速度和向心加速度的关系进行解答。
5．【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】B、汽车经过圆形弯道时，水平方向的合力提供向心力，根据，由于弯道的半径依次变形，所以合外力随之依次增大，所以B错；
A、由于Q和M对P的支持力在水平方向的分力的合力提供向心力，所以Q和M对P的支持力不相等，所以A错；
D、汽车过B点时，由于合力指向圆心向右，所以M对P支持力的分力小于Q对P支持力的分力，根据对称性可以判别M对P的支持力小于Q对P的支持力大小，所以D错；
C、由于经过C点时，汽车拐弯的半径最小，根据可得汽车过C点时向心加速的最大，所以C对；
故正确答案为C
【分析】利用汽车过弯道时水平方向需要合力可以判别M和Q小球对P小球的支持力不同，且根据向心力的方向可以比较支持力的大小；利用合力提供向心力结合向心力随半径的减小而增大可以判别合力不断增大；利用向心加速度的表达式及半径的最小值可以判别向心加速度出现最大值。
6．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】分针的周期为T1=3600s，秒针的周期为T2=60s，则，所以B错；根据可得分针与秒针的角速度之比为：，所以A错；根据可以得出分针与秒针的线速度之比为：，所以C对；再根据可以得出分针与秒针的向心加速度之比为：，所以D错；正确答案为C
【分析】利用分针和秒针走一圈所对应的时间可以求出周期的比值；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的比值i；利用角速度和半径的乘积可以求出线速度之比；利用线速度和角速度的乘积可以求出向心加速度的比值。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】如图，
硬币在a位置的切线方向与水平方向的夹角为a，则根据牛顿定律有：，由于b点与水平方向的夹角变大，所以硬币在B点受到的支持力变大，所以A错；
B、由于B处水平方向的夹角比较大，则向心力比较大，根据可以判别硬币从a到b向心加速度变大，所以B错；
根据，由于b处向心加速度比较大，半径比较小，所以角速度比较大，所以从a到b硬币的角速度增大，所以D对；
根据则可以判别b处周期比较小，所以C错；
正确答案为D。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以比较支持力的大小；利用水平方向的向心力表达式可以比较向心力的大小；结合牛顿第二定律可以比较周期、角速度和向心加速度的大小。
8．【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．细线碰到钉子后，小球的线速度不变，半径减为原来的一半，根据，可知，加速度变为原来的2倍，选项AB错误；
CD．根据，可知，向心力突然增大为原来的2倍，但是悬线拉力不是增大为原来的2倍，选项C错误，D正确。
故选择D。
【分析】细线碰到钉子后，小球的线速度不变，半径减为原来的一半，根据向心加速度公式可得，再结合牛顿第二定律可得向心力的变化情况。
9．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】两个轮子属于线传动，两个轮子边缘AB线速度相等，且有rA=2rC=2rB；根据向心加速度的表达式可得aA：aB=1：2，所以B选项不符合题意：
根据线速度和角速度的关系有：，可得；所以A选项不符合题意；
AC属于同个轮子上两点所以角速度相等，所以，则，所以C选项符合题意；
由于rC=rB，根据，则aB：aC=4：1，则D选项不符合题意，
正确答案为：C。
【分析】当AB线速度相等时，利用半径大小及向心加速度和角速度的表达式可以求出对应的比值。利用AC角速度相等可以求出BC角速度的比值，结合半径相等可以求出向心加速度的比值。
10．【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，小物块随圆盘转动，角速度为2rad/s，由向心加速度公式可得，其向心加速度大小为，A不符合题意；
B.根据牛顿第二定律可知，小物体的向心力的大小为，B不符合题意；
C.小物块受重力、圆盘的支持力以及圆盘给其的静摩擦力作用，竖直方向上，重力和支持力等大反向，相互抵消，水平方向上，圆盘给小物块的静摩擦力充当小物块做匀速圆周的向心力，所以圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心，C符合题意；
D.若物体随圆盘以5rad/s的角速度转动，则所需向心力为，小物体不会相对圆盘滑动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由向心加速度公式计算小物体的向心加速度；由牛顿第二定律分析小物体的向心力；分析小物体的受力，静摩擦力充当小物体做圆周运动的向心力，得出静摩擦力的方向；分析物体随圆盘以5rad/s的角速度转动时所需向心力，与最大静摩擦力比较，得出结论。
11．【答案】B
【知识点】惯性与质量；向心加速度
【解析】【解答】由于惯性，细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变，由向心加速度定义式，且，解得细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变的特点，根据向心力公式计算细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小即可。
12．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.座椅和人一起做匀速圆周运动，受重力和钢绳拉力的作用，向心力由重力和钢绳拉力的合力来充当，不是座椅和人单独受到的力，A不符合题意；
B.飞椅的转速为，根据周期与转速的关系得，B符合题意。
C.对座椅和人，由牛顿第二定律可得，整理得，可知L越大，则越大，故一定大于，与质量无关，C不符合题意；
D.由牛顿第二定律可得向心加速度，因为，则甲的向心加速度大于乙的向心加速度，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】圆周运动中，向心力不是物体单独受到的力；根据转速与周期的关系，计算飞椅以10r/min的转速水平匀速转动时，飞椅的旋转周期；由牛顿第二定律推导与的关系和甲、乙向心加速度的关系。
13．【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A、车前进时，接触点A相对于地面静止，所以A点相对于地的速度大小为0。 故A错误。
B、轮上各点对O都以速度v做匀速圆周运动，接触点A相对于地面静止，即相当于地面以速度v向后运动，而B点速度向前，所以B点相对于地的速度大小为2v。故B错误。
CD、由于车轮中心O的加速度为0，轮上各点对O都以速度v做匀速圆周运动，对中心O的加速度大小也就是对地的加速度大小，为
故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】车轮不打滑，则车轮与地面的接触点与地面相对静止，再根据运动的相对性确定车轮各点相对地的速度。车轮O点和地面的加速度均为零。故可理解成O点和地面是相对静止的。
14．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.小球第一次下摆到最低点时，由于惯性，小球的线速度不变，A符合题意；
BD.小球第一次经过最低点时，小球做圆周运动的半径r突然增大，由可知，小球的角速度突然减小，由知，小球的向心加速度突然减小，B不符合题意，D符合题意；
C.根据牛顿第二定律，可得悬线的拉力，r突然增大，则悬线的拉力突然减小，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由于惯性，速度不突变；根据线速度与角速度的关系式，分析小球第一次经过最低点时角速度的变化情况；由向心加速度公式推导向心加速度的变化情况；由牛顿第二定律推导悬线拉力的变化情况。
15．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈螺纹，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，可知1s转了7个周期，故拖把头的旋转周期为，A不符合题意；
B.根据周期和角速度的关系式，可得拖把头转动的角速度为，B符合题意；
C.紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据向心力公式易知半径越大，需要的向心力越大，水越容易甩出，C不符合题意；
D.由题意可知，脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据可得，旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据题意分析1s时间内，拖把头旋转了几个周期，求出周期；由周期和角速度的关系式，求解拖把头转动的角速度；根据向心力公式，分析向心力与半径关系；由向心加速度的公式，求解旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比。
16．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】根据线速度的定义式可以得出A、B线速度之比为：，根据角速度的定义式可以得出A、B角速度之比为：，A、B、根据周期的表达式有：可以得出A、B周期之比为：，所以A对B错；C、D、根据向心加速度的表达式可以得出A、B向心加速度的比值为：，所以D对C错；
【分析】根据线速度和角速度的定义式可以求出A、B线速度和角速度之比，利用周期和角速度的关系可以求出周期之比；利用向心加速度等于线速度和角速度的乘积可以求出向心加速度的比值。
17．【答案】（1）线速度
（2）A；C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】(1) 当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上时，它们是皮带传动，塔轮边缘处的线速度相等；(2) 探究向心力和角速度的关系时，利用控制变量法，根据 可知控制质量相同和半径相同，所以将质量相同的小球分别放在挡板 和挡板 处；
【分析】（1）对于同一个转轮，不同位置具有相同的角速度，线速度不同；
（2）要探究向心力大小和角速度的关系，需要控制运动半径相同。
18．【答案】1；；2π；；0.2
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】根据线速度与角速度关系可得
根据角速度与频率关系可得
周期为
转速为
向心加速度为
【分析】直接根据线速度、角速度、周期及频率和转速的关系及向心加速度的定义进行解答即可。
19．【答案】（1）解：竖直方向做自由落体运动，则有
解得
水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解：竖直方向上有
解得
则有
（3）解：导弹沿切线方向速度为，法向方向的速度为；沿切线方向做匀速圆周运动，对应的向心加速度为
故沿法向上抛满足
又
联立解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；竖直上抛运动；牛顿第二定律；平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】（1）小球离开桌面做平抛运动，根据平抛运动规律进行解答即可；
（2）在电梯内小球飞出后到落地的过程中，由于电梯和小球都在向下运动，故小球距离桌面的高度等于小球和电梯在此过程中运动的位移之差。再结合平抛运动规律进行解答；
（3）导弹做斜抛运动，即延切线方向做匀速运动，沿法向方向做减速运动。导体运动过程中受到的重力始终沿法向方向，且由于向心加速度的影响，重力的分力一部分用于提供向心加速度，另一部分改变导弹法向速度的大小。再根据运动的分解及牛顿第二定律及斜抛运动规律进行解答。
20．【答案】（1）A
（2）C
（3）B
（4）1：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】(1)在研究向心力大小F与质量m关系时，要保持角速度ω和半径r相同，故选A。
(2)图中两个钢球的质量相同，转动半径相同，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系，故选C。
(3)若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1：9，根据可知角速度之比为1∶3，由于两伴宿塔轮边缘的线速度相等，根据v=ωr可知，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为3∶1，故选B。
(4)若要研究向心力的大小F与半径r的关系，则应该保持m和角速度ω一定，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为1∶1。
【分析】（1）根据向心力公式，由于涉及到多个物理量之间的关系，我们采取控制变量法处理问题；
（2）根据向心力公式，两个钢球的质量相同，转动半径相同，故可解；
（3）标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值，又因为知道角速度之比，同时已知两伴宿塔轮边缘的线速度相等可得 两个变速轮塔的半径之比 ；
（4）根据向心力公式，由于涉及到多个物理量之间的关系，则应该保持m和角速度ω一定，应改变皮带在变速塔轮上的位置，可得两边塔轮转速比。
21．【答案】；；
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】根据 解得
根据 得
根据向心力公式 得
【分析】利用线速度和半径的大小可以求出角速度的大小；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的大小，结合质量的大小可以求出合力的大小。
22．【答案】A、B；B、C；C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A、B两点在轮缘上，是链条传动的边缘点，所以两点的线速度大小相等
B、C两点属于同轴转动，故角速度大小相等
A、B两点的线速度大小相等，根据 可知，A的半径比较大，所以A点的向心加速度小于B点的向心加速度，B、C两点的角速度大小是相等的，根据 可知，C点的半径比较大，所以C点的向心加速度大于B点的向心加速度，所以C点向心加速度最大。
【分析】AB属于线传动器线速度相等，BC属于轴转动其角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
23．【答案】解：同一轮子上的S点和P点的角速度相同，即ωS=ωP
由向心加速度公式a=Rω2可得 (a正比于R)
AS=aP· =12× m/s2=4m/s2
又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等，即vP=vQ
由向心加速度公式a= 可得 (a反比于R)
AQ=aP· =12× m/s2=24m/s2
【知识点】匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【分析】P点和Q点同链，所以具有相同的线速度，p点和s点同轴，具有相同的角速度，再结合半径的关系比较三个位置的加速度。
24．【答案】解：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．
对A球：3mg+mg=m vA=
对B球：mg－0.75mg=m vB=
由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：
sA=vAt=vA ="4"R
sB=vBt=vB =R
∴sA－sB=3R
【知识点】平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】利用两个小球对最高点的压力，结合向心力公式求解两个小球的速度，利用平抛运动公式求解水平位移的差值。
25．【答案】（1）解：物体A即将发生滑动时，对A
解得ω1=2 rad/s
（2）解：绳子即将拉断的瞬间，设绳与竖直方向夹角为
对B竖直方向
水平方向
解得
由于ω2>ω1 ，转台所对应的最大角速度ω=ω1=2 rad/s
【知识点】向心加速度
【解析】【分析】（1） 物体A即将发生滑动时 ，最大静摩擦力提供向心力。
（2 ）绳子即将拉断的瞬间，由几何关系求解转台所对应的最大角速度 。
26．【答案】（1）解：依题意可知小球A、B转动快慢相同，角速度ω相同。
由公式
解得
小球B的向心加速度
解得
（2）解：设OA杆上的拉力大小为，AB杆上的拉力大小为，对小球B，由牛顿第二定律得
解得AB杆上的拉力大小
对小球A，由牛顿第二定律得
解得OA杆上的拉力大小
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【分析】（1）根据线速度和角速度的关系 以及向心加速度的表达式得出小球B的向心加速度：
（2）对小球A和小球B进行受力分析，根据牛顿第二定律得出AB杆上环绕OA杆上的拉力。
1 / 1人教版高中物理必修二同步练习：6.3 向心加速度
一、选择题
1．（2023高三上·永寿月考）图甲为某游乐园飓风飞椅，图乙为其结构示意图，两个圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角分别为53°、37°，轨迹圆的半径相等，其中摆球A、B均视为质点，、，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．A、B的向心加速度大小之比为
B．A、B所受的合力大小之比为
C．A、B的线速度大小之比为
D．A、B的周期之比为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、对A、B进行受力分析，合力沿水平方向充当向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
，
则有
故A错误；
B、由于A、B的质量关系未知，则无法计算A、B的合力之比，故B错误；
C、由
可得
故C正确；
D、由
可得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定两球在运动过程中做圆周运动所在的平面及向心力的来源，再根据牛顿第二定律及力的合成与分解和加速度、线速度和周期的关系进行解答。
2．（2023高二上·宣威月考） 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1和2的中心，A和B分别是齿轮1和齿轮2边上一点，其中齿轮1上有一点C，C点到齿轮1中心的距离为齿轮1半径的一半，则（ ）
A．A点和B点的线速度大小不相同
B．B点和C点的向心加速度相等
C．B点和C点的向心加速度之比为
D．B点和C点的线速度大小之比为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.A点和B点是同缘传动，线速度大小相等，但方向不同，A不符合题意；
D.A点和C点是共轴传动，角速度相同，即
根据线速度和角速度的关系，可得
因为
所以
D符合题意；
BC.因为B、C做圆周运动的半径未知，所以无法比较B、C两点向心加速度的大小，BC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据同缘传动的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，再结合线速度与角速度的关系式，分析各点的线速度和角速度的关系；由向心加速度的公式分析B、C点的向心加速度。
3．（2023高三上·禹州月考）如图所示，两个完全相同质量均为m的橡皮擦a、b（均可视为质点）放在水平圆盘上，a与竖直转轴OO'（图中O'点未画出）的距离为l，b与竖直转轴的距离为1.5l，橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法中正确的是（ ）
A．a、b所受摩擦力大小始终相等
B．a一定比b先开始滑动
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、橡皮擦产生相对滑动前，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，则有
由于b的轨道半径大，所以产生相对滑动前b的静摩擦力大，故A错误；
B、两个橡皮擦的最大静摩擦力相等，橡皮擦随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知橡皮擦所受的静摩擦力为
因质量m和角速度ω相等，则有静摩擦力Ff与轨道半径r成正比，所以b受的静摩擦力大于a受的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时，b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故B错误；
C、对橡皮擦b，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
解得b开始滑动的临界角速度
故C正确；
D、对橡皮擦a，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
解得
因为
故橡皮擦a没有达到开始滑动的临界角速度，所以橡皮擦a所受到的静摩擦力小于最大静摩擦力kmg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定向心力的来源及橡皮擦的运动半径，明确达到临界角速度时，橡皮擦的受力特点。再根据牛顿第二定律进行分析解答。
4．（2023高二上·安徽期中） 某小区门口的车闸杆如图所示，O为杆上的转动轴，A、B分别为杆上的两点，且。杆绕轴O转动的过程中，A、B两点（ ）
A．角速度之比为 B．角速度之比为
C．向心加速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB、A、B分别为杆上的两点，可知A、B两点的角速度相等，故AB错误；
CD、根据向心加速度与角速度关系
由于A、B两点的角速度相等，则有
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】同轴转动的物体角速度和周期相等，确定两点做圆周运动的半径关系。再根据角速度和向心加速度的关系进行解答。
5．（2023高一下·郑州期末）汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，如图乙所示。当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道、、时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列分析判断正确的是（ ）
A．和对的支持力大小始终相等
B．汽车过、、三点时工件受到的合外力大小相等
C．汽车过点时，汽车的向心加速度最大
D．汽车过点时，对的支持力大于对的支持力
【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】B、汽车经过圆形弯道时，水平方向的合力提供向心力，根据，由于弯道的半径依次变形，所以合外力随之依次增大，所以B错；
A、由于Q和M对P的支持力在水平方向的分力的合力提供向心力，所以Q和M对P的支持力不相等，所以A错；
D、汽车过B点时，由于合力指向圆心向右，所以M对P支持力的分力小于Q对P支持力的分力，根据对称性可以判别M对P的支持力小于Q对P的支持力大小，所以D错；
C、由于经过C点时，汽车拐弯的半径最小，根据可得汽车过C点时向心加速的最大，所以C对；
故正确答案为C
【分析】利用汽车过弯道时水平方向需要合力可以判别M和Q小球对P小球的支持力不同，且根据向心力的方向可以比较支持力的大小；利用合力提供向心力结合向心力随半径的减小而增大可以判别合力不断增大；利用向心加速度的表达式及半径的最小值可以判别向心加速度出现最大值。
6．（2023高一下·湘潭期末）如图所示，某个走时准确的时钟，分针与秒针由转动轴到针尖的长度之比是，则下列说法正确的是（ ）
A．分针与秒针的角速度之比为
B．分针与秒针的周期之比为
C．分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为
D．分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】分针的周期为T1=3600s，秒针的周期为T2=60s，则，所以B错；根据可得分针与秒针的角速度之比为：，所以A错；根据可以得出分针与秒针的线速度之比为：，所以C对；再根据可以得出分针与秒针的向心加速度之比为：，所以D错；正确答案为C
【分析】利用分针和秒针走一圈所对应的时间可以求出周期的比值；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的比值i；利用角速度和半径的乘积可以求出线速度之比；利用线速度和角速度的乘积可以求出向心加速度的比值。
7．（2023高一下·中牟月考）如图甲所示，把硬币从募捐箱上的投币口放入，硬币在类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动多圈之后从中间的小孔掉人募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，不计一切阻力，硬币从a点所在水平面逐渐滑落至b点所在水平面过程中，下列说法正确的是
A．受到的支持力减小 B．向心加速度减小
C．运动的周期不变 D．角速度增大
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】如图，
硬币在a位置的切线方向与水平方向的夹角为a，则根据牛顿定律有：，由于b点与水平方向的夹角变大，所以硬币在B点受到的支持力变大，所以A错；
B、由于B处水平方向的夹角比较大，则向心力比较大，根据可以判别硬币从a到b向心加速度变大，所以B错；
根据，由于b处向心加速度比较大，半径比较小，所以角速度比较大，所以从a到b硬币的角速度增大，所以D对；
根据则可以判别b处周期比较小，所以C错；
正确答案为D。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以比较支持力的大小；利用水平方向的向心力表达式可以比较向心力的大小；结合牛顿第二定律可以比较周期、角速度和向心加速度的大小。
8．（2023高一下·深圳月考） 如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子（视为质点），则小球的（ ）
A．加速度不变 B．线速度突然增大为原来的2倍
C．悬线拉力突然增大为原来的2倍 D．向心力突然增大为原来的2倍
【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．细线碰到钉子后，小球的线速度不变，半径减为原来的一半，根据，可知，加速度变为原来的2倍，选项AB错误；
CD．根据，可知，向心力突然增大为原来的2倍，但是悬线拉力不是增大为原来的2倍，选项C错误，D正确。
故选择D。
【分析】细线碰到钉子后，小球的线速度不变，半径减为原来的一半，根据向心加速度公式可得，再结合牛顿第二定律可得向心力的变化情况。
9．（2023高一下·温州期中） 如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则（ ）
A．A、B两点角速度大小之比为2：1
B．A、B两点向心加速度大小之比为2：1
C．B、C两点角速度大小之比为2：1
D．B、C两点向心加速度大小之比为2：1
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】两个轮子属于线传动，两个轮子边缘AB线速度相等，且有rA=2rC=2rB；根据向心加速度的表达式可得aA：aB=1：2，所以B选项不符合题意：
根据线速度和角速度的关系有：，可得；所以A选项不符合题意；
AC属于同个轮子上两点所以角速度相等，所以，则，所以C选项符合题意；
由于rC=rB，根据，则aB：aC=4：1，则D选项不符合题意，
正确答案为：C。
【分析】当AB线速度相等时，利用半径大小及向心加速度和角速度的表达式可以求出对应的比值。利用AC角速度相等可以求出BC角速度的比值，结合半径相等可以求出向心加速度的比值。
10．（2023高一下·哈尔滨期末）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是2rad/s。盘面上距圆盘中心0.1m的位置处有一个质量为1kg的小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动，小物体可视为质点。下列对小物体的分析正确的是（ ）
A．小物体的向心加速度大小为0.2m/s2
B．小物体的向心力大小为0.2N
C．圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心
D．若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体会相对圆盘滑动
【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，小物块随圆盘转动，角速度为2rad/s，由向心加速度公式可得，其向心加速度大小为，A不符合题意；
B.根据牛顿第二定律可知，小物体的向心力的大小为，B不符合题意；
C.小物块受重力、圆盘的支持力以及圆盘给其的静摩擦力作用，竖直方向上，重力和支持力等大反向，相互抵消，水平方向上，圆盘给小物块的静摩擦力充当小物块做匀速圆周的向心力，所以圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心，C符合题意；
D.若物体随圆盘以5rad/s的角速度转动，则所需向心力为，小物体不会相对圆盘滑动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由向心加速度公式计算小物体的向心加速度；由牛顿第二定律分析小物体的向心力；分析小物体的受力，静摩擦力充当小物体做圆周运动的向心力，得出静摩擦力的方向；分析物体随圆盘以5rad/s的角速度转动时所需向心力，与最大静摩擦力比较，得出结论。
11．（2023高一下·红河期末）长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球（视为质点），在O点的正下方的A处钉一个钉子，如图所示。将小球从一定高度摆下，到达最低点时速度大小为v，则细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】惯性与质量；向心加速度
【解析】【解答】由于惯性，细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变，由向心加速度定义式，且，解得细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变的特点，根据向心力公式计算细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小即可。
二、多项选择题
12．（2023高一下·百色期末） 有一种“飞椅”的游乐项目。长为的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。图中左钢绳的长度大于右钢绳的长度，甲连同飞椅的质量小于乙连同飞椅的质量，当转盘转动稳定后，左、右钢绳与竖直方向的夹角分别为、，不计钢绳的重力，，下列判断正确的是（ ）
A．座椅和人受到重力、钢绳的拉力和向心力作用
B．若飞椅以的转速水平匀速转动，飞椅的旋转周期为
C．一定小于
D．甲的向心加速度大于乙的向心加速度
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.座椅和人一起做匀速圆周运动，受重力和钢绳拉力的作用，向心力由重力和钢绳拉力的合力来充当，不是座椅和人单独受到的力，A不符合题意；
B.飞椅的转速为，根据周期与转速的关系得，B符合题意。
C.对座椅和人，由牛顿第二定律可得，整理得，可知L越大，则越大，故一定大于，与质量无关，C不符合题意；
D.由牛顿第二定律可得向心加速度，因为，则甲的向心加速度大于乙的向心加速度，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】圆周运动中，向心力不是物体单独受到的力；根据转速与周期的关系，计算飞椅以10r/min的转速水平匀速转动时，飞椅的旋转周期；由牛顿第二定律推导与的关系和甲、乙向心加速度的关系。
13．（2024高三上·贵州月考）如图所示，自行车在水平路面上以速度匀速前进，后轮半径为，后轮中心为，某时刻后轮与地面接触的点记为，此时后轮的最高点记为。则此时
A．点相对于地的速度大小为
B．点相对于地的速度大小为
C．点相对于地的加速度大小为
D．点相对于地的加速度大小为
【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A、车前进时，接触点A相对于地面静止，所以A点相对于地的速度大小为0。 故A错误。
B、轮上各点对O都以速度v做匀速圆周运动，接触点A相对于地面静止，即相当于地面以速度v向后运动，而B点速度向前，所以B点相对于地的速度大小为2v。故B错误。
CD、由于车轮中心O的加速度为0，轮上各点对O都以速度v做匀速圆周运动，对中心O的加速度大小也就是对地的加速度大小，为
故CD正确。
故答案为：CD。
【分析】车轮不打滑，则车轮与地面的接触点与地面相对静止，再根据运动的相对性确定车轮各点相对地的速度。车轮O点和地面的加速度均为零。故可理解成O点和地面是相对静止的。
14．（2023高一下·广州期中） 质量为的小球，用长为的细线悬挂在点，在点的正下方处有一光滑的钉子，把小球拉到与钉子等高的位置，摆线被钉子挡住。如图所示，小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的线速度保持不变 B．小球的角速度保持不变
C．悬线的拉力突然变大 D．小球的向心加速度突然减小
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.小球第一次下摆到最低点时，由于惯性，小球的线速度不变，A符合题意；
BD.小球第一次经过最低点时，小球做圆周运动的半径r突然增大，由可知，小球的角速度突然减小，由知，小球的向心加速度突然减小，B不符合题意，D符合题意；
C.根据牛顿第二定律，可得悬线的拉力，r突然增大，则悬线的拉力突然减小，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由于惯性，速度不突变；根据线速度与角速度的关系式，分析小球第一次经过最低点时角速度的变化情况；由向心加速度公式推导向心加速度的变化情况；由牛顿第二定律推导悬线拉力的变化情况。
15．（2023高一下·宣城期末）如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d＝5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．拖把头的周期为7s
B．拖把头转动的角速度为14πrad/s
C．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为6：5
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈螺纹，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，可知1s转了7个周期，故拖把头的旋转周期为，A不符合题意；
B.根据周期和角速度的关系式，可得拖把头转动的角速度为，B符合题意；
C.紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据向心力公式易知半径越大，需要的向心力越大，水越容易甩出，C不符合题意；
D.由题意可知，脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据可得，旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据题意分析1s时间内，拖把头旋转了几个周期，求出周期；由周期和角速度的关系式，求解拖把头转动的角速度；根据向心力公式，分析向心力与半径关系；由向心加速度的公式，求解旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比。
16．（2023高一下·玉树期末）A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同时间内它们通过的路程比，转过的角度之比，则下列说法中正确的是（ ）
A．它们的周期比
B．它们的周期比
C．它们的向心加速度大小比
D．它们的向心加速度大小比
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】根据线速度的定义式可以得出A、B线速度之比为：，根据角速度的定义式可以得出A、B角速度之比为：，A、B、根据周期的表达式有：可以得出A、B周期之比为：，所以A对B错；C、D、根据向心加速度的表达式可以得出A、B向心加速度的比值为：，所以D对C错；
【分析】根据线速度和角速度的定义式可以求出A、B线速度和角速度之比，利用周期和角速度的关系可以求出周期之比；利用向心加速度等于线速度和角速度的乘积可以求出向心加速度的比值。
三、非选择题
17．（2019高一下·东城期末）我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素．长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等．转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值．
（1）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上时，塔轮边缘处的 相等（选填“线速度”或“角速度”）；
（2）探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将 质量相同的小球分别放在挡板 和挡板 处（选填“A”或“B”或“C”）．
【答案】（1）线速度
（2）A；C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】(1) 当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上时，它们是皮带传动，塔轮边缘处的线速度相等；(2) 探究向心力和角速度的关系时，利用控制变量法，根据 可知控制质量相同和半径相同，所以将质量相同的小球分别放在挡板 和挡板 处；
【分析】（1）对于同一个转轮，不同位置具有相同的角速度，线速度不同；
（2）要探究向心力大小和角速度的关系，需要控制运动半径相同。
18．（2024高三上·联合期中）一物体在水平面内沿半径的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度，那么，它的角速度 rad/s，它的频率 Hz，它的周期为 s，它的转速为 r/s，它的向心加速度为 .
【答案】1；；2π；；0.2
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】根据线速度与角速度关系可得
根据角速度与频率关系可得
周期为
转速为
向心加速度为
【分析】直接根据线速度、角速度、周期及频率和转速的关系及向心加速度的定义进行解答即可。
19．（2023高三上·丰台期中） 等效是物理学中常用的思维方法之一，合成与分解是在等效思想的指导下物理学研究复杂问题的一种重要方法。运用合成与分解，我们可以通过一些已知运动的规律来研究复杂的运动。已知地球表面的重力加速度g，研究以下问题。
（1）如图甲所示，小球在距离地面 h处的水平桌面上向右运动，以初速度v0离开桌面后做平抛运动，求小球落地点到桌缘的水平距离x1；
（2）如图乙所示，将桌子和小球移到以加速度（）竖直向下运动电梯中，小球离开桌面时水平方向速度仍为v0，求小球在电梯中的落地点到桌缘的水平距离 （小球下落时未与电梯侧壁发生碰撞）；
（3）如图丙所示，洲际导弹飞行很远，研究其射程时不能将地面看成平面。考虑地面是球面，可以将洲际导弹的运动近似地看成是绕地球中心的匀速圆周运动与垂直地球表面的上抛运动的叠加，此过程中地球对导弹引力的大小近似保持不变。假设导弹从地面发射时的速度大小为v，仰角为θ，地球半径为R。请利用运动的合成与分解求解洲际导弹的射程s（导弹的发射点到落地点沿地表方向的距离）。
【答案】（1）解：竖直方向做自由落体运动，则有
解得
水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解：竖直方向上有
解得
则有
（3）解：导弹沿切线方向速度为，法向方向的速度为；沿切线方向做匀速圆周运动，对应的向心加速度为
故沿法向上抛满足
又
联立解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；竖直上抛运动；牛顿第二定律；平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】（1）小球离开桌面做平抛运动，根据平抛运动规律进行解答即可；
（2）在电梯内小球飞出后到落地的过程中，由于电梯和小球都在向下运动，故小球距离桌面的高度等于小球和电梯在此过程中运动的位移之差。再结合平抛运动规律进行解答；
（3）导弹做斜抛运动，即延切线方向做匀速运动，沿法向方向做减速运动。导体运动过程中受到的重力始终沿法向方向，且由于向心加速度的影响，重力的分力一部分用于提供向心加速度，另一部分改变导弹法向速度的大小。再根据运动的分解及牛顿第二定律及斜抛运动规律进行解答。
20．（2023高一下·深圳月考） 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态。
（1）在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持____相同。
A．和r B．和m C．m和r D．m和F
（2）图中所示是在研究向心力的大小F与____的关系。
A．质量m B．半径r C．角速度
（3）若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1：9与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为____。
A． B． C． D．
（4）若要研究向心力的大小F与半径r的关系，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为 。
【答案】（1）A
（2）C
（3）B
（4）1：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】(1)在研究向心力大小F与质量m关系时，要保持角速度ω和半径r相同，故选A。
(2)图中两个钢球的质量相同，转动半径相同，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系，故选C。
(3)若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1：9，根据可知角速度之比为1∶3，由于两伴宿塔轮边缘的线速度相等，根据v=ωr可知，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为3∶1，故选B。
(4)若要研究向心力的大小F与半径r的关系，则应该保持m和角速度ω一定，应改变皮带在变速塔轮上的位置，使两边塔轮转速比为1∶1。
【分析】（1）根据向心力公式，由于涉及到多个物理量之间的关系，我们采取控制变量法处理问题；
（2）根据向心力公式，两个钢球的质量相同，转动半径相同，故可解；
（3）标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值，又因为知道角速度之比，同时已知两伴宿塔轮边缘的线速度相等可得 两个变速轮塔的半径之比 ；
（4）根据向心力公式，由于涉及到多个物理量之间的关系，则应该保持m和角速度ω一定，应改变皮带在变速塔轮上的位置，可得两边塔轮转速比。
21．（2021高一下·郑州期中）一列车以恒定速率 在水平面内做半径 的圆周运动。质量 的实验员坐在列车的座椅上相对列车静止。根据上述实验数据，推算出实验员做圆周运动的角速度大小 ，向心加速度大小 ，所受合力大小 。（结果均用分式表示）
【答案】；；
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】根据 解得
根据 得
根据向心力公式 得
【分析】利用线速度和半径的大小可以求出角速度的大小；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的大小，结合质量的大小可以求出合力的大小。
22．（2021高一下·临沂期中）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C正常骑行自行车时，A、B、C三点中 两点的线速度大小相等， 两点的角速度大小相等， 点向心加速度最大。
【答案】A、B；B、C；C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A、B两点在轮缘上，是链条传动的边缘点，所以两点的线速度大小相等
B、C两点属于同轴转动，故角速度大小相等
A、B两点的线速度大小相等，根据 可知，A的半径比较大，所以A点的向心加速度小于B点的向心加速度，B、C两点的角速度大小是相等的，根据 可知，C点的半径比较大，所以C点的向心加速度大于B点的向心加速度，所以C点向心加速度最大。
【分析】AB属于线传动器线速度相等，BC属于轴转动其角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
23．（2019高一下·新平月考）如图所示，一大轮通过皮带带动小轮转动，皮带和两轮之间无滑动。大轮的半径是小轮的2倍，大轮上的一点S与转动轴的距离是半径的 。当大轮边缘上P点的向心加速度是12m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多大
【答案】解：同一轮子上的S点和P点的角速度相同，即ωS=ωP
由向心加速度公式a=Rω2可得 (a正比于R)
AS=aP· =12× m/s2=4m/s2
又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等，即vP=vQ
由向心加速度公式a= 可得 (a反比于R)
AQ=aP· =12× m/s2=24m/s2
【知识点】匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【分析】P点和Q点同链，所以具有相同的线速度，p点和s点同轴，具有相同的角速度，再结合半径的关系比较三个位置的加速度。
24．（2019高一下·覃塘月考）如图所示，半径为 ，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为 的小球 、 以不同的速度进入管内， 通过最高点 时，对管壁上部的压力为3 ， 通过最高点 时，对管壁下部的压力为0.75 ，求 、 两球落地点间的距离。
【答案】解：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．
对A球：3mg+mg=m vA=
对B球：mg－0.75mg=m vB=
由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：
sA=vAt=vA ="4"R
sB=vBt=vB =R
∴sA－sB=3R
【知识点】平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】利用两个小球对最高点的压力，结合向心力公式求解两个小球的速度，利用平抛运动公式求解水平位移的差值。
25．（2022高一下·达州期末）如图所示，水平圆形转台绕过圆心的竖直转轴转动，转台半径R=1m，在转台的边缘放置物体A（可看作质点），A与转台之间动摩擦因数μ=0.4.（g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）随着转台转速的增加，物体A即将发生滑动时所对应的角速度ω1；
（2）现将一根长L=2.5m的轻绳一段固定在转台边缘，另一端与物体B相连，轻绳能够承受的最大拉力Tm=25N，物体B（可看作质点）的质量为mB=1.5kg，让转台从静止缓慢加速，为防止A、B两物体脱落转台所对应的最大角速度ω。（sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）
【答案】（1）解：物体A即将发生滑动时，对A
解得ω1=2 rad/s
（2）解：绳子即将拉断的瞬间，设绳与竖直方向夹角为
对B竖直方向
水平方向
解得
由于ω2>ω1 ，转台所对应的最大角速度ω=ω1=2 rad/s
【知识点】向心加速度
【解析】【分析】（1） 物体A即将发生滑动时 ，最大静摩擦力提供向心力。
（2 ）绳子即将拉断的瞬间，由几何关系求解转台所对应的最大角速度 。
26．（2022高一下·新余期末）将两段轻杆和A、B两小球按如图所示连接，其中长度为3L的轻杆一端与光滑竖直轴O连接在一起，另一端固定一小球A；长度为L的轻杆被固定在A、B两球之间。整个系统可以在光滑水平面上绕轴O转动，同时两杆保持在同一直线上。已知两个小球的质量均为m，可视为质点。则当小球A的线速度大小为v时，求：
（1）小球B的向心加速度大小；
（2）两段轻杆中拉力的大小分别是多少。
【答案】（1）解：依题意可知小球A、B转动快慢相同，角速度ω相同。
由公式
解得
小球B的向心加速度
解得
（2）解：设OA杆上的拉力大小为，AB杆上的拉力大小为，对小球B，由牛顿第二定律得
解得AB杆上的拉力大小
对小球A，由牛顿第二定律得
解得OA杆上的拉力大小
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【分析】（1）根据线速度和角速度的关系 以及向心加速度的表达式得出小球B的向心加速度：
（2）对小球A和小球B进行受力分析，根据牛顿第二定律得出AB杆上环绕OA杆上的拉力。
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