人教版物理必修2同步练习：6.2 向心力（能力提升）
一、选择题
1．（2020高一上·南京期末）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放有质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。若物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．当转速足够大时，物块将发生离心运动
B．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
C．物块随圆盘一起运动时受到的摩擦力大小一定为μmg，方向指向圆心
D．因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，所以物块所受力的合力为0
2．（2023高三上·中山月考） 如图所示，水平圆盘半径为R，可视为质点的物块A在圆盘边缘处，与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动。某时刻在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v沿OA方向水平抛出。若小球直接击中物块A，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．物块A处于平衡状态
B．物块A所受摩擦力恒定
C．小球抛出时距离O点的高度一定为
D．圆盘转动角速度大小一定为
3．（2024高三上·期末）如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．圆环旋转角速度的大小为
B．圆环旋转角速度的大小为
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为
4．（2024高一上·石家庄期末）如图所示，一辆可看成质点的小汽车以恒定的速率做圆周运动，汽车从M点经10s运动到N点，此过程中汽车与圆心O的连线转过30°角，下列说法正确的是（ ）
A．由M点运动至N点，汽车速度的方向改变角度为60°
B．行驶半周，汽车速度的方向改变角度为90°
C．汽车运动过程中加速度保持不变
D．汽车运动一周的时间为2min
5．（2024高一上·辽宁期末）市面上一种旋转“飞蜓”玩具的结构如图所示，轻绳的一端连接蜻蜓，穿过手柄后与重物连接，人们可以通过旋转手柄让蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动。第一次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离为，外部轻绳与竖直方向的夹角为；第二次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离小于。两次运动过程中，重物均处于静止状态，不计一切阻力，则相比第一次，蜻蜓第二次运动时（ ）
A．外部轻绳与竖直方向的夹角为变大
B．蜻蜓运动的周期不变
C．蜻蜓运动的角速度变大
D．蜻蜓运动的线速度变大
6．（2023高一上·海安月考）如图所示，一个质量为的小球穿在半径为的光滑圆环上，圆环绕竖直方向的轴以角速度匀速转动，球和圆心的连线与转轴的夹角为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、圆环的弹力和向心力三个力作用
B．小球的线速度大小为
C．圆环对球的弹力大于球的重力
D．小球做圆周运动的向心力大小为
7．（2024高一下·沧州开学考）用细绳拴着小球做圆锥摆运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B．小球做圆周运动的向心力是由重力和绳子拉力的合力提供的
C．向心力的大小为
D．小球受到绳子的拉力大小为
8．（2024高一下·沧州开学考）对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是（ ）
A．做匀速圆周运动的物体，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．向心力一定是物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
9．（2024高一上·江苏期末）如图，矩形框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在点，另一端连接一质量为的小球，小球穿过杆。当矩形框绕轴分别以不同的角速度和匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力大小可能发生了变化
B．杆对小球的弹力大小一定发生了变化
C．若，杆对小球的弹力一定增大
D．小球所受合外力的大小一定发生了变化
10．（2024高一上·江苏期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先增加后减小
11．（2023高三上·胶州期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，关于小球的受力情况，下列说法中不正确的是（ ）
A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分力
D．向心力的大小等于Mgcotθ
12．（2023高三上·通州月考）当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长、直径约、质量为的铁球制成的单摆傅科摆间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．在北半球，物体由南向北运动过程中，它随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的左侧偏转
B．在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左轨压力小于对右轨的压力
C．在南半球，傅科摆在振动过程中，振动平面沿逆时针方向俯视不断偏转
D．“地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
二、多项选择题
13．（2024高一下·长沙开学考） 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为，此时绳子的拉力大小为，拉力与速度的平方的关系如图乙所示。已知重力加速度为，以下说法正确的是（ ）
A．圆周运动半径
B．小球的质量
C．图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度
14．（2024高一上·长沙期末）如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO'间的夹角分别为α=30°和β=60°，重力加速度为g。当转台的角速度为时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当转台的角速度为时，甲有上滑的趋势
C．当角速度从0.5缓慢增加到1.5的过程中，甲受到的摩擦力一直增大
D．当角速度从0.5缓慢增加到1.5的过程中，甲受到的支持力一直增大
15．（2024高考·吉林模拟）小球和用细线连接，可以在光滑的水平杆上无摩擦地滑动，已知它们的质量之比：：，当这一装置绕着竖直轴做匀速转动且、两球与水平杆子达到相对静止时如图，，两球做匀速圆周运动的（ ）
A．线速度大小相等
B．半径之比为：：
C．角速度相等
D．向心力的大小之比为：：
16．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，在光滑水平桌面上用四根长度均为L的相同轻质细杆做成框架，各杆的两端全用光滑铰链相连。开始时，相对的两铰链A和C彼此靠近（可看作在同一点），铰链A固定，铰链C在水平外力F（大小未知）的作用下从静止开始做初速度为零，大小为a的恒定加速度沿菱形对角线运动。铰链处质量不可忽略，均为m。当和间的夹角成120°时，下列说法正确的是（ ）
A．此时铰链C的速度大小为 B．此时铰链B的速度大小为
C．BC杆上的弹力大小为 D．AB杆上的弹力大小为
17．（2023高三上·滨海期中）设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱.如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是（ ）
A．在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B．向心力的大小
C．角速度的大小
D．向心加速度的大小
18．（2023高三上·北京市期中）2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供零重力到两倍重力范围高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大
B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍
C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心
D．为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动
19．（2023高三上·北京市开学考）课本必修二有一个“感受向心力”实验，当沙袋在水平面内匀速圆周运动时，认为“沙所受的向心力近似等于手通过绳对沙袋的拉力”，如图。对于这里向心力与拉力二者有差别的原因，小明同学经过认真分析，提出了以下判断，其中正确的是（ ）
A．如果考虑空气阻力，绳子拉力与沙袋速度方向并不垂直
B．即使没有空气阻力，绳子拉力与沙袋速度方向也可能不垂直
C．如果考虑重力的影响而不考虑空气阻力影响，沙袋速度越大，二者差别越大
D．如果在完全失重条件下做这个实验，即使有空气阻力，二者也会相等
三、非选择题
20．（2024高一上·长沙期末）探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动，小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。
（1）在这个实验中，利用了 （填“理想实验法”或“控制变量法”）来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量 （填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与 （填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径相同的两个塔轮。
21．（2024高一上·湖南期末） 如图所示，一根长的细线，一端系着一个质量的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大。取。
（1）求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小；
（2）若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘间垂直，桌面高出水平地面，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。
22．（2024高三上·广东期末）在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径的四分之一圆弧赛道与两条直线赛道分别相切于和点，圆弧为接力区，规定离开接力区的接力无效。甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前的A处作了标记，并以的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s2，π=3.14，求：
（1）为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道的最大速率；
（2）此次练习中乙在接棒前的切向加速度a。
23．（2024高一上·南京期末）如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为r0=0.2m处放置小物块A，A、B质量均为m=1kg，A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5，现在用原长为d=0.2m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g=10m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0；
（2）若转盘的角速度ω1=6rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。
24．（2024高一上·泰州期末）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）游玩者与座椅的向心力大小；
（2）转盘转动的角速度。
25．（2024高一上·江苏期末）如图所示，某机械装置控制板A在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，经过时间转过的角度为30°，板A运动过程中始终保持水平方向，物体B置于板A上且与A始终保持相对静止。物体B的质量，半径，取重力加速度g为，，。
（1）求物体B的线速度大小；
（2）当物体B转动到与水平方向夹角为37°时，求此时物体B所受的支持力和摩擦力的大小。
26．（2024高一上·无锡期末）如图所示的装置绕竖直轴匀速转动，细线与竖直方向夹角。已知小球质量，细线长（g取）。求：
（1）装置转动的角速度大小；
（2）小球离地高度为，某瞬间细线断开，则小球飞行的水平位移大小x。
27．（2024高一上·徐州期末）如图所示，一长度为、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的点，圆筒与水平方向的夹角为。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度；
（3）当转轴的角速度时，弹簧的形变量。
28．（2024高一上·徐州期末）如图所示，用向心力演示器探究向心力大小与小球质量、角速度和半径之间关系。皮带套在左、右两塔轮的圆盘上，匀速转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动，转动时皮带和圆盘间不打滑。小球做圆周运动的向心力由挡板对小球的弹力提供。小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺。左、右标尺上露出的红白相间的等分标记就粗略反映向心力大小。已知小球在挡板、、处做圆周运动的轨迹半径分别记为、、。左侧塔轮上三个圆盘的半径从上到下依次增大，右侧塔轮上三个圆盘的半径从上到下依次减小，左、右两塔轮最上面圆盘的半径大小相同。实验中提供两个质量相同的重球、一个质量为重球一半的轻球。
（1）通过本实验探究向心力大小与小球质量、角速度和半径之间关系，应用的思想方法是____。填选项前字母序号
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．模型建构法
（2）探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，选用两个质量相同的重球，还应选择____。填选项前字母序号
A．半径相同的两个圆盘 B．半径不同的两个圆盘
C．两球分别放在挡板、挡板处 D．两球分别放在挡板、挡板处
（3）按（2）中正确选择后，两次以不同的转速匀速转动手柄，左、右测力筒露出等分标记如图所示。则向心力大小与球做圆周运动半径的关系是____。
A．与成正比 B．与成反比 C．与成正比 D．与成反比
（4）皮带均放在左、右塔轮的中间圆盘，转动手柄，发现当长槽转动一周时，短槽刚好转动两周。则这种皮带放置方式时，长槽与短槽转动的角速度之比 。保持皮带放在中间圆盘，将重球放在档板处、轻球放在档板处，匀速转动手柄，左、右测力筒内露出等分标记的格子数之比的理论值为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．物块随圆盘做圆周运动时静摩擦力提供向心力，当转速足够大时，最大静摩擦力不足提供向心力时，物块将发生离心运动，A符合题意；
B．向心力是效果力，受力分析时不能分要，则物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力作用，B不符合题意；
C．物块随圆盘做圆周运动时静摩擦力提供向心力，则 不一定等最大静摩擦力，C不符合题意；
D．因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，所以物块所受力的合力提供向心力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】掌握离心运动发生的条件；通过受力分析得出向心力的来源。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、物块A与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动，指向圆心的静摩擦力提供向心力，处于非平衡状态，故AB错误；
C、小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则平抛运动的时间
竖直方向做自由落体运动，则小球抛出时距O的高度
故C正确；
D、根据
得圆盘转动的角速度
故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定物体A做圆周运动向心力的来源，再根据曲线运动的特点分析物体所处状态及摩擦力变化情况。小球做平抛运动，两者相遇，根据物块A转动时间与小球做平抛运动时间的关系进行解答。
3．【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB. 对小球B进行受力分析，在竖直方向上有
水平方向上有
联立可得角速度
AB不符合题意；
CD. 对小球A进行受力分析，可知在竖直方向有
水平方向上有
联立可得小球A与圆环间摩擦力大小为
D符合题意，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用圆周运动向心力表达式，结合竖直方向上的平衡特点，可求出角速度和摩擦力的大小。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】 A.由M点运动至N点，汽车速度的方向改变角度为30°，故A错误；
B.行驶半周，汽车速度的方向改变角度为180°，故B错误；
C.根据 ，可知，汽车运动过程中加速度大小保持不变，但是方向不断变化，故C错误；
D.汽车运动一周的时间，即周期 ，故D正确。
故选：D。
【分析】 根据图中可看出速度的角度变化情况；行驶半周，汽车速度的方向改变的角度为180°；根据向心加速度公式可知，汽车运动中加速度大小不变，但是方向改变；利用周期公式可求出转一周的时间。
5．【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
【解析】【解答】A、由于两次过程中重物均处于静止状态，因此前后两次绳子上拉力T的大小，与重物的重力大小相等。对蜻蜓进行受力分析，假设蜻蜓质量为m，可知
，
故外部轻绳与竖直方向的夹角与H无关，夹角为α不变，故A错误；
B、由于T与α不变，因此蜻蜓两次做匀速圆周运动的向心力F向不变，但由于H变小、绳长不变，因此蜻蜓做匀速圆周运动的半径变大，再由公式
可得周期T变大，角速度ω变小，线速度v变大，故B错误，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】重物均处于静止状态，则绳子拉力不变，蜻蜓在竖直方向上处于受力平衡状态，水平面上做匀速圆周运动。根据力的合成与分解确定向心力及夹角变化情况。再根据几何关系确定运动半径变化情况，再根据向心力与线速度、角速度及周期的关系进行分析。
6．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A.小球只受重力和圆环的弹力作用，向心力不是单独存在的力，A不符合题意；
B.根据线速度与角速度的关系式
可得，小球的线速度大小为
B不符合题意；
C.重力和弹力的合力充当小球做圆周运动的向心力，所以二者的合力沿水平方向，可知圆环对球的弹力大于球的重力，C符合题意；
D.重力和弹力的合力充当小球做圆周运动的向心力，可得向心力为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】向心力是由某个力或某个力的分力或几个力的合力来充当的，并不是单独存在的力；据线速度与角速度的关系式，求出小球的线速度大小；根据重力与弹力的合力沿水平方向的特点，判断出小球受到的弹力与重力的大小关系；结合几何关系求出小球做圆周运动的向心力大小。
7．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受到拉力和重力的作用，两者的合力提供向心力，所以A错B对；
CD、根据牛顿定律可以得出：
则向心力的大小为
拉力的大小为
所以CD错误。
正确答案为B。
【分析】小球受到拉力和重力的合力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出向心力的大小；利用平衡方程可以求出绳子拉力的大小。
8．【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A、物体做匀速圆周运动时，由于向心力方向时刻改变，所以向心力为变力，所以A错；
B、由于向心力方向时刻与速度方向垂直，所以向心力不会改变线速度的大小，所以B对；
C、向心力可能是物体受到的某个力的分力，所以C错；
D、根据牛顿第二定律可以得出向心加速度的方向与向心力方向相同，所以D错。
正确答案为：B。
【分析】物体做匀速圆周运动的向心力为变力；由于向心力方向与速度方向垂直所以不会改变线速度的大小；向心力不一定是物体受到的合力；向心力和向心加速度的方向相同。
9．【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、由题意，因为小球相对于杆的位置不变，所以弹簧长度不变，伸长量不变，则弹力大小一定不变，故A错误；
BC、设弹簧弹力大小为T，假设矩形框绕MN轴以角速度ω1转动时，PQ对小球的弹力方向背离MN，且大小为N1；矩形框绕MN轴以角速度ω2转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为N2，则根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
若ω2>ω1，则N1和N2可能相等，N2也可能小于N1，故BC错误；
D、小球做圆周运动的半径不变，角速度变化，则所需向心力大小发生变化，所以用于提供向心力的合外力大小一定发生了变化，故D正确。
故答案为：D。
【分析】弹簧伸长量不变，则弹力大小不变。确定不同情况下小球做圆周运动的向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定支持力的大小，向心力是各力沿径向方向分力的合力。
10．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】AB、小球在A点时，根据牛顿第二定律得
可得
可得
可知小球受到的支持力小于其重力，即小球对圆轨道压力小于其重力，故AB错误；
C、由题意可知小球在B点刚离开轨道，则此时小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度方向竖直向下，故C错误；
D、小球在A点时合力沿竖直方向，则此时水平方向的加速度为0；在B点时合力也沿竖直方向，则此时水平方向的加速度也为0；但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，则小球具有水平向右的加速度；所以A到B过程，小球水平加速度先增加后减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】小球从A到B的过程做圆周运动，确定小球在A点向心力的来源，根据牛顿第二定律确定其对轨道压力及初速度的大小。小球离开轨道时，对轨道的压力为零。
11．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受重力、细线的拉力，这两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；
CD、将细绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，而竖直方向分力与重力平衡，水平方向的分力大小等于两个力的合力提供向心力大小，即
解得向心力的大小
CD正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】向心力是效果力，是所有力沿直径方向指向圆心的合力。确定小球做圆周运动的平面，对小球进行受力分析，根据力的合成与分解，即可得得出向心力的大小。
12．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A、由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动的过程中，由于高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表变快了，它会向前进方向的右侧偏转，故A错误；
B、在南半球，物体向南运动，在“地球偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上对左侧轨道的压力大于右侧轨道的压力，故B错误；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，所以傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转，故C正确；
D、“地球偏向力”改变物体运动的方向，由向心力公式
可得物体偏转的半径
所以物体沿南北方向相对地表运动的速度越大，“地转偏向力”对其运动的影响越小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考察对信息处理能力。物体在地球上运动的过程中，同时会跟着地球自转，由于不同纬度的自转线速度不一样，即当物体从一个低纬度进入另一个高纬度时，物体原本在低纬度的自转线速度大于高纬度的自转线速度，即相当于当物体进入高纬度点时，其线速度大于高纬度线速度，物体会跑到进入点所在经线的偏右侧方。
13．【答案】A,B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A.由图可知，当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则
解得
故
a=gR
圆周运动半径为
A符合题意；
B.由图可知，当
时，绳上的拉力为b，根据牛顿第二定律可得
解得小球的质量为
B符合题意；
C.小球经过最高点时，根据牛顿第二定律可得
解得
结合图像的斜率可得
解得
可知与小球的质量和圆周轨道半径有关，C不符合题意；
D.若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有
由图知
即小球经过最高点的速度
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据图像中的数据，由牛顿第二定律进行求解。
14．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】 【解答】A、设陶罐内璧对物块乙的支持力为F，则有
，
解得
故A错误；
B、设当转台的角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有
，
解得
所以当转速为ω0时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；
C、由于
所以当角速度从0.5ω0，缓慢增加到1.5ω0的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C错误；
D、摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖真方向进行分解；当角速度从0.5ω0缓慢增加到2.5ω0的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受合力为零，则由
可知，物块甲受到的支持力一直在增大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】确定甲乙转动过程做圆周运动的平面，当小物块乙受到的摩擦力恰好为零，对乙进行受力分析，根据平衡条件及牛顿第二定律确定此时角速度的大小。当小物块甲受到的摩擦力恰好为零，甲有向上滑动的趋势，根据平衡条件及牛顿第二定律确定此时角速度的大小。再根据角速度的范围，根据甲的受力情况，结合力的合成与分解及平衡条件分析各力的变化情况。
15．【答案】B,C
【知识点】向心力
【解析】【解答】BCD、两球同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，向心力的大小相等，则有：
，
解得半径之比为：，故D错误，BC正确。
A、根据知，半径之比为1：3，则线速度之比为1：3，故A错误。
故选：BC。
【分析】两球同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，根据比较向心力大小，并求半径之比，根据比较线速度大小
16．【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A、铰链C在水平外力F作用下，做匀加速直线运动，从A到C，运动的位移为
由
得
故A正确；
B、由铰链B的运动可知，B绕A做圆周运动，当AB和BC间的夹角成120°时，B点的速度方向与AB垂直且与BC夹角为30°，铰链B和铰链C通过BC连接，则沿杆方向的分速度相等
可得
故B正确；
CD、B点做圆周运动，在图示位置时
则可得圆周运动的向心加速度为
对B受力分析可得，AB方向上
AC方向上，从开始运动到图示位置B点的位移为C点位移的一半，则图示位置时，B水平方向的加速度
水平方向上受力可得
因此解得
，
故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】铰链C在水平外力F作用下在水平方向做匀加速直线运动，根据位移与速度的关系确定此时铰链C的速度。铰链B和铰链C通过BC连接，属于“关联模型”，则沿杆方向的分速度相等。B点以A点为圆心做圆周运动，由杆AB及杆BC沿AB方向的分力提供向心力。根据运动的分解可知，B点在水平方向上做匀加速直线运动，水平位移为C的一半。再根据牛顿第二定律进行解答。
17．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、a、b两处做圆周运动的圆心分别为过a、b两点作通过O点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，并不是O点，故A错误；
B、设 a、b所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，由几何关系可知，二者满足α<β。根据力的合成可知在硬币在a处的向心力大小为
在b处的向心力大小为
则有
故B正确；
CD、由牛顿第二定律有
由于
，
可得
，
故D错误，C正确。
故答案为：BC。
【分析】确定物体做圆周运动所在平面，根据平面确定其圆心所在位置。分析物体的受力情况以及明确向心力的来源。根据力的合成法则确定向心力的大小，再结合牛顿第二定律确定其他物理量的大小关系。
18．【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；向心力
【解析】【解答】AB、根据题意可得
可得模拟重力加速度
模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍。故A错误，B正确；
C、实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；
D、根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】掌握转速与周期的关系。确定向心力的来源，根据牛顿第二定律确定重力加速度和转速之间的关系。根据题意理解模拟压力的概念，继而确定模拟重力的方向。为防止对空间站产生影响，即要使空间中保持静止，故受力方向要相反，离心机转动方向应相反。
19．【答案】A,B
【知识点】向心力
【解析】【解答】AB、物体做匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，如果没有空气阻力，绳子拉力和重力的合力提供向心力，拉力与速度方向不可能垂直，B正确，若存在空气阻力，则拉力与空气阻力和重力的合力提供向心力，则此时绳子的拉力与速度方向不垂直，A正确。
C、如果考虑重力而不考虑空气阻力的影响，向心力与重力的关系为，其中是绳子与竖直方向的夹角，速度越大，越接近90°，C错误。
D、完全失重的情况下，考虑空气阻力则是空气阻力和拉力的合力提供向心力，拉力不等于向心力。D错误。
故答案为：AB
【分析】对小球进行受力分析，考虑空气阻力时，重力拉力和阻力的合力提供向心力，不考虑空气阻力时重力与拉力的合力提供向心力。
20．【答案】（1）控制变量法
（2）相同；挡板B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）实验探究向心力的大小与小球质量m角速度ω和半径r之间的关系利用了控制变量法。
（2）根据向心力公式
探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制实验中小球质量、圆周运动角速度相同，只改变圆周运动半径，故应选择两个质量相同的小球，分别放在挡板C与挡板B。
【分析】探究向心力的大小与小球质量m角速度ω和半径r之间的关系利用了控制变量法。根据实验原来分析探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需要进行的实验操作。
21．【答案】（1）解：设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有
解得
则细线断开前瞬间小球受到的拉力
（2）解：细线断裂后小球飞出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为，则有
解得
飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）确定初始和断裂瞬间小球做圆周运动的受力情况，再根据题意结合牛顿第二定律确定绳子拉力与向心力的关系，再结合拉力的关系进行解答；
（2）根据绳子拉力提供向心力，运用牛顿第二定律确定绳子断裂时小球的速度，离开桌面后小球做平抛运动，再根据平抛运动规律进行解答即可。
22．【答案】（1）解：因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设经过时间t，甲追上乙，甲的路程为
乙的路程为
由路程关系有
将v=9m/s代入得
t=3s
此时
所以还在接力区内
根据v=at代入数据解得
a=3m/s2
【知识点】曲线运动；追及相遇问题；牛顿第二定律；向心力
【解析】【分析】（1） 运动员弯道上做圆周运动，确定运动员做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2）乙在接棒前，在切向方向做匀加速直线运动，由于最大速度小于临界速度，故乙可到达与甲共速。根据位移与速度关系结合两运动员运动位移的关系确定发出指令到追上乙所用的时间。根据此过程乙运动的位移与弧长的关系判断是否还在接力区。再根据匀变速直线运动位移与时间的关系确定加速度的大小。
23．【答案】（1）解：设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则
代入数值解得A即将打滑时
（2）解：A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同，由临界条件可得
由胡克定律可知
代入数值解得
，
故满足条件的A转动半径rA的大小范围
（3）解：若小物块B解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为，则对有
由胡克定律可知
可得
对受力分析，为了保证B不打滑，则有
可得
【知识点】胡克定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）物体A即将打滑时，最大静摩擦力提供向心力，根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力可求出角速度；（2）根据受力特点，物体做匀速圆周运动的向心力由摩擦力和弹簧弹力提供，结合摩擦力的方向情况与弹簧弹力大小，可求出半径的大小范围；（3）物体B不打滑，即弹簧弹力与B所受平面的最大静摩擦力相等，利用物体A的受力特点，结合圆周运动向心力的表达式，可求出角速度的大小范围。
24．【答案】（1）解：游玩者与座椅的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，其受力分析如图所示
根据几何关系可得
（2）解：根据几何关系可知游玩者与座椅一起做圆周运动的半径为
根据向心力公式可得
解得
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）利用物体做匀速圆周运动合力指向圆心的特点，结合物体的受力分析图，可求出向心力的大小；（2）利用物体做匀速圆周运动向心力的大小表达式，可求出角速度的大小。
25．【答案】（1）解：设物体B的线速度大小为，由题意可得
可解得
（2）解：物体B做匀速圆周运动的加速度为a，由题意可知
根据牛顿第二定律得
解得，
【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
【解析】【分析】（1）根据角速度的定义结合题意确定物体B角速度的大小，再根据线速度与角速度的关系进行解答；
（2）物块B的向心力由重力和支持力及摩擦力的合力提供，根据匀速圆周运动规律及牛顿第二定律确定物体B的加速度，再将加速度分解成水平与竖直方向，分别对B在两个方向上根据牛顿第二定律进行解答。
26．【答案】（1）解：对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）解：细线断开后小球做平抛运动，则落地时运动的时间
水平位移为
又因
故可解得x=0.45m
【知识点】平抛运动；向心力
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由牛顿第二定律求解装置转动的角速度大小；（2）细线断开后，小球做平抛运动，根据平抛运动的规律，由运动学公式求解小球飞行的水平位移大小。
27．【答案】（1）解：当圆筒处于静止状态时，对小球有
解得
（2）解：当弹簧恢复原长时，有
解得
（3）解：由于
可知，弹簧处于压缩状态，则有
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）确定圆筒静止时，小球的受力情况，再根据平衡条件及胡克定律进行解答；
（2）确定弹簧恢复原长时，小球的受力情况，确定此时小球向心力的来源及小球做圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）根据（2）判断弹簧处于拉伸还是压缩状态，确定此时小球的受力情况及向心力的来源和小球做圆周运动的半径与形变的关系，再根据牛顿第二定律及平衡条件进行解答。
28．【答案】（1）C
（2）A；C
（3）A
（4）1：2；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
【解析】【解答】（1）探究一个物理量与多个物理量之间的关系，应采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）根据
该装置研究圆周运动的向心力大小与半径的关系时，需要控制角速度与小球的质量不变，即需要把质量相同的小球分别放在两边半径不相同的槽内，皮带套在半径相同的两个圆盘上。
故答案为：AC。
（3）根据
控制角速度与小球的质量不变，向心力大小F与球做圆周运动半径r的关系是F与r成正比。
故答案为：A。
（4） 当长槽转动一周时，短槽刚好转动两周。根据
可知，长槽与短槽转动的角速度之比
根据
可知
【分析】探究一个物理量与多个物理量之间的关系，应采用控制变量法。确定实验操作中控制的不变量，再根据实验原理确定各物理量之间的关系。熟悉掌握线速度、角速度与周期及转速之间的关系。
1 / 1人教版物理必修2同步练习：6.2 向心力（能力提升）
一、选择题
1．（2020高一上·南京期末）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放有质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。若物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．当转速足够大时，物块将发生离心运动
B．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
C．物块随圆盘一起运动时受到的摩擦力大小一定为μmg，方向指向圆心
D．因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，所以物块所受力的合力为0
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．物块随圆盘做圆周运动时静摩擦力提供向心力，当转速足够大时，最大静摩擦力不足提供向心力时，物块将发生离心运动，A符合题意；
B．向心力是效果力，受力分析时不能分要，则物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力作用，B不符合题意；
C．物块随圆盘做圆周运动时静摩擦力提供向心力，则 不一定等最大静摩擦力，C不符合题意；
D．因为物块和圆盘一起做匀速圆周运动，所以物块所受力的合力提供向心力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】掌握离心运动发生的条件；通过受力分析得出向心力的来源。
2．（2023高三上·中山月考） 如图所示，水平圆盘半径为R，可视为质点的物块A在圆盘边缘处，与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动。某时刻在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v沿OA方向水平抛出。若小球直接击中物块A，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．物块A处于平衡状态
B．物块A所受摩擦力恒定
C．小球抛出时距离O点的高度一定为
D．圆盘转动角速度大小一定为
【答案】C
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、物块A与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动，指向圆心的静摩擦力提供向心力，处于非平衡状态，故AB错误；
C、小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则平抛运动的时间
竖直方向做自由落体运动，则小球抛出时距O的高度
故C正确；
D、根据
得圆盘转动的角速度
故D错误。
故答案为：C。
【分析】确定物体A做圆周运动向心力的来源，再根据曲线运动的特点分析物体所处状态及摩擦力变化情况。小球做平抛运动，两者相遇，根据物块A转动时间与小球做平抛运动时间的关系进行解答。
3．（2024高三上·期末）如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．圆环旋转角速度的大小为
B．圆环旋转角速度的大小为
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为
【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB. 对小球B进行受力分析，在竖直方向上有
水平方向上有
联立可得角速度
AB不符合题意；
CD. 对小球A进行受力分析，可知在竖直方向有
水平方向上有
联立可得小球A与圆环间摩擦力大小为
D符合题意，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用圆周运动向心力表达式，结合竖直方向上的平衡特点，可求出角速度和摩擦力的大小。
4．（2024高一上·石家庄期末）如图所示，一辆可看成质点的小汽车以恒定的速率做圆周运动，汽车从M点经10s运动到N点，此过程中汽车与圆心O的连线转过30°角，下列说法正确的是（ ）
A．由M点运动至N点，汽车速度的方向改变角度为60°
B．行驶半周，汽车速度的方向改变角度为90°
C．汽车运动过程中加速度保持不变
D．汽车运动一周的时间为2min
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】 A.由M点运动至N点，汽车速度的方向改变角度为30°，故A错误；
B.行驶半周，汽车速度的方向改变角度为180°，故B错误；
C.根据 ，可知，汽车运动过程中加速度大小保持不变，但是方向不断变化，故C错误；
D.汽车运动一周的时间，即周期 ，故D正确。
故选：D。
【分析】 根据图中可看出速度的角度变化情况；行驶半周，汽车速度的方向改变的角度为180°；根据向心加速度公式可知，汽车运动中加速度大小不变，但是方向改变；利用周期公式可求出转一周的时间。
5．（2024高一上·辽宁期末）市面上一种旋转“飞蜓”玩具的结构如图所示，轻绳的一端连接蜻蜓，穿过手柄后与重物连接，人们可以通过旋转手柄让蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动。第一次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离为，外部轻绳与竖直方向的夹角为；第二次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离小于。两次运动过程中，重物均处于静止状态，不计一切阻力，则相比第一次，蜻蜓第二次运动时（ ）
A．外部轻绳与竖直方向的夹角为变大
B．蜻蜓运动的周期不变
C．蜻蜓运动的角速度变大
D．蜻蜓运动的线速度变大
【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
【解析】【解答】A、由于两次过程中重物均处于静止状态，因此前后两次绳子上拉力T的大小，与重物的重力大小相等。对蜻蜓进行受力分析，假设蜻蜓质量为m，可知
，
故外部轻绳与竖直方向的夹角与H无关，夹角为α不变，故A错误；
B、由于T与α不变，因此蜻蜓两次做匀速圆周运动的向心力F向不变，但由于H变小、绳长不变，因此蜻蜓做匀速圆周运动的半径变大，再由公式
可得周期T变大，角速度ω变小，线速度v变大，故B错误，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】重物均处于静止状态，则绳子拉力不变，蜻蜓在竖直方向上处于受力平衡状态，水平面上做匀速圆周运动。根据力的合成与分解确定向心力及夹角变化情况。再根据几何关系确定运动半径变化情况，再根据向心力与线速度、角速度及周期的关系进行分析。
6．（2023高一上·海安月考）如图所示，一个质量为的小球穿在半径为的光滑圆环上，圆环绕竖直方向的轴以角速度匀速转动，球和圆心的连线与转轴的夹角为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、圆环的弹力和向心力三个力作用
B．小球的线速度大小为
C．圆环对球的弹力大于球的重力
D．小球做圆周运动的向心力大小为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A.小球只受重力和圆环的弹力作用，向心力不是单独存在的力，A不符合题意；
B.根据线速度与角速度的关系式
可得，小球的线速度大小为
B不符合题意；
C.重力和弹力的合力充当小球做圆周运动的向心力，所以二者的合力沿水平方向，可知圆环对球的弹力大于球的重力，C符合题意；
D.重力和弹力的合力充当小球做圆周运动的向心力，可得向心力为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】向心力是由某个力或某个力的分力或几个力的合力来充当的，并不是单独存在的力；据线速度与角速度的关系式，求出小球的线速度大小；根据重力与弹力的合力沿水平方向的特点，判断出小球受到的弹力与重力的大小关系；结合几何关系求出小球做圆周运动的向心力大小。
7．（2024高一下·沧州开学考）用细绳拴着小球做圆锥摆运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B．小球做圆周运动的向心力是由重力和绳子拉力的合力提供的
C．向心力的大小为
D．小球受到绳子的拉力大小为
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受到拉力和重力的作用，两者的合力提供向心力，所以A错B对；
CD、根据牛顿定律可以得出：
则向心力的大小为
拉力的大小为
所以CD错误。
正确答案为B。
【分析】小球受到拉力和重力的合力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出向心力的大小；利用平衡方程可以求出绳子拉力的大小。
8．（2024高一下·沧州开学考）对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是（ ）
A．做匀速圆周运动的物体，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．向心力一定是物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A、物体做匀速圆周运动时，由于向心力方向时刻改变，所以向心力为变力，所以A错；
B、由于向心力方向时刻与速度方向垂直，所以向心力不会改变线速度的大小，所以B对；
C、向心力可能是物体受到的某个力的分力，所以C错；
D、根据牛顿第二定律可以得出向心加速度的方向与向心力方向相同，所以D错。
正确答案为：B。
【分析】物体做匀速圆周运动的向心力为变力；由于向心力方向与速度方向垂直所以不会改变线速度的大小；向心力不一定是物体受到的合力；向心力和向心加速度的方向相同。
9．（2024高一上·江苏期末）如图，矩形框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在点，另一端连接一质量为的小球，小球穿过杆。当矩形框绕轴分别以不同的角速度和匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力大小可能发生了变化
B．杆对小球的弹力大小一定发生了变化
C．若，杆对小球的弹力一定增大
D．小球所受合外力的大小一定发生了变化
【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、由题意，因为小球相对于杆的位置不变，所以弹簧长度不变，伸长量不变，则弹力大小一定不变，故A错误；
BC、设弹簧弹力大小为T，假设矩形框绕MN轴以角速度ω1转动时，PQ对小球的弹力方向背离MN，且大小为N1；矩形框绕MN轴以角速度ω2转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为N2，则根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
若ω2>ω1，则N1和N2可能相等，N2也可能小于N1，故BC错误；
D、小球做圆周运动的半径不变，角速度变化，则所需向心力大小发生变化，所以用于提供向心力的合外力大小一定发生了变化，故D正确。
故答案为：D。
【分析】弹簧伸长量不变，则弹力大小不变。确定不同情况下小球做圆周运动的向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定支持力的大小，向心力是各力沿径向方向分力的合力。
10．（2024高一上·江苏期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先增加后减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】AB、小球在A点时，根据牛顿第二定律得
可得
可得
可知小球受到的支持力小于其重力，即小球对圆轨道压力小于其重力，故AB错误；
C、由题意可知小球在B点刚离开轨道，则此时小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度方向竖直向下，故C错误；
D、小球在A点时合力沿竖直方向，则此时水平方向的加速度为0；在B点时合力也沿竖直方向，则此时水平方向的加速度也为0；但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，则小球具有水平向右的加速度；所以A到B过程，小球水平加速度先增加后减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】小球从A到B的过程做圆周运动，确定小球在A点向心力的来源，根据牛顿第二定律确定其对轨道压力及初速度的大小。小球离开轨道时，对轨道的压力为零。
11．（2023高三上·胶州期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，关于小球的受力情况，下列说法中不正确的是（ ）
A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分力
D．向心力的大小等于Mgcotθ
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受重力、细线的拉力，这两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；
CD、将细绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，而竖直方向分力与重力平衡，水平方向的分力大小等于两个力的合力提供向心力大小，即
解得向心力的大小
CD正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】向心力是效果力，是所有力沿直径方向指向圆心的合力。确定小球做圆周运动的平面，对小球进行受力分析，根据力的合成与分解，即可得得出向心力的大小。
12．（2023高三上·通州月考）当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长、直径约、质量为的铁球制成的单摆傅科摆间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．在北半球，物体由南向北运动过程中，它随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的左侧偏转
B．在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左轨压力小于对右轨的压力
C．在南半球，傅科摆在振动过程中，振动平面沿逆时针方向俯视不断偏转
D．“地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A、由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动的过程中，由于高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表变快了，它会向前进方向的右侧偏转，故A错误；
B、在南半球，物体向南运动，在“地球偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上对左侧轨道的压力大于右侧轨道的压力，故B错误；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，所以傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转，故C正确；
D、“地球偏向力”改变物体运动的方向，由向心力公式
可得物体偏转的半径
所以物体沿南北方向相对地表运动的速度越大，“地转偏向力”对其运动的影响越小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考察对信息处理能力。物体在地球上运动的过程中，同时会跟着地球自转，由于不同纬度的自转线速度不一样，即当物体从一个低纬度进入另一个高纬度时，物体原本在低纬度的自转线速度大于高纬度的自转线速度，即相当于当物体进入高纬度点时，其线速度大于高纬度线速度，物体会跑到进入点所在经线的偏右侧方。
二、多项选择题
13．（2024高一下·长沙开学考） 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为，此时绳子的拉力大小为，拉力与速度的平方的关系如图乙所示。已知重力加速度为，以下说法正确的是（ ）
A．圆周运动半径
B．小球的质量
C．图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度
【答案】A,B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A.由图可知，当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则
解得
故
a=gR
圆周运动半径为
A符合题意；
B.由图可知，当
时，绳上的拉力为b，根据牛顿第二定律可得
解得小球的质量为
B符合题意；
C.小球经过最高点时，根据牛顿第二定律可得
解得
结合图像的斜率可得
解得
可知与小球的质量和圆周轨道半径有关，C不符合题意；
D.若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有
由图知
即小球经过最高点的速度
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据图像中的数据，由牛顿第二定律进行求解。
14．（2024高一上·长沙期末）如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO'间的夹角分别为α=30°和β=60°，重力加速度为g。当转台的角速度为时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当转台的角速度为时，甲有上滑的趋势
C．当角速度从0.5缓慢增加到1.5的过程中，甲受到的摩擦力一直增大
D．当角速度从0.5缓慢增加到1.5的过程中，甲受到的支持力一直增大
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】 【解答】A、设陶罐内璧对物块乙的支持力为F，则有
，
解得
故A错误；
B、设当转台的角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有
，
解得
所以当转速为ω0时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；
C、由于
所以当角速度从0.5ω0，缓慢增加到1.5ω0的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C错误；
D、摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖真方向进行分解；当角速度从0.5ω0缓慢增加到2.5ω0的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受合力为零，则由
可知，物块甲受到的支持力一直在增大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】确定甲乙转动过程做圆周运动的平面，当小物块乙受到的摩擦力恰好为零，对乙进行受力分析，根据平衡条件及牛顿第二定律确定此时角速度的大小。当小物块甲受到的摩擦力恰好为零，甲有向上滑动的趋势，根据平衡条件及牛顿第二定律确定此时角速度的大小。再根据角速度的范围，根据甲的受力情况，结合力的合成与分解及平衡条件分析各力的变化情况。
15．（2024高考·吉林模拟）小球和用细线连接，可以在光滑的水平杆上无摩擦地滑动，已知它们的质量之比：：，当这一装置绕着竖直轴做匀速转动且、两球与水平杆子达到相对静止时如图，，两球做匀速圆周运动的（ ）
A．线速度大小相等
B．半径之比为：：
C．角速度相等
D．向心力的大小之比为：：
【答案】B,C
【知识点】向心力
【解析】【解答】BCD、两球同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，向心力的大小相等，则有：
，
解得半径之比为：，故D错误，BC正确。
A、根据知，半径之比为1：3，则线速度之比为1：3，故A错误。
故选：BC。
【分析】两球同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，根据比较向心力大小，并求半径之比，根据比较线速度大小
16．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，在光滑水平桌面上用四根长度均为L的相同轻质细杆做成框架，各杆的两端全用光滑铰链相连。开始时，相对的两铰链A和C彼此靠近（可看作在同一点），铰链A固定，铰链C在水平外力F（大小未知）的作用下从静止开始做初速度为零，大小为a的恒定加速度沿菱形对角线运动。铰链处质量不可忽略，均为m。当和间的夹角成120°时，下列说法正确的是（ ）
A．此时铰链C的速度大小为 B．此时铰链B的速度大小为
C．BC杆上的弹力大小为 D．AB杆上的弹力大小为
【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A、铰链C在水平外力F作用下，做匀加速直线运动，从A到C，运动的位移为
由
得
故A正确；
B、由铰链B的运动可知，B绕A做圆周运动，当AB和BC间的夹角成120°时，B点的速度方向与AB垂直且与BC夹角为30°，铰链B和铰链C通过BC连接，则沿杆方向的分速度相等
可得
故B正确；
CD、B点做圆周运动，在图示位置时
则可得圆周运动的向心加速度为
对B受力分析可得，AB方向上
AC方向上，从开始运动到图示位置B点的位移为C点位移的一半，则图示位置时，B水平方向的加速度
水平方向上受力可得
因此解得
，
故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】铰链C在水平外力F作用下在水平方向做匀加速直线运动，根据位移与速度的关系确定此时铰链C的速度。铰链B和铰链C通过BC连接，属于“关联模型”，则沿杆方向的分速度相等。B点以A点为圆心做圆周运动，由杆AB及杆BC沿AB方向的分力提供向心力。根据运动的分解可知，B点在水平方向上做匀加速直线运动，水平位移为C的一半。再根据牛顿第二定律进行解答。
17．（2023高三上·滨海期中）设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱.如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是（ ）
A．在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B．向心力的大小
C．角速度的大小
D．向心加速度的大小
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、a、b两处做圆周运动的圆心分别为过a、b两点作通过O点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，并不是O点，故A错误；
B、设 a、b所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，由几何关系可知，二者满足α<β。根据力的合成可知在硬币在a处的向心力大小为
在b处的向心力大小为
则有
故B正确；
CD、由牛顿第二定律有
由于
，
可得
，
故D错误，C正确。
故答案为：BC。
【分析】确定物体做圆周运动所在平面，根据平面确定其圆心所在位置。分析物体的受力情况以及明确向心力的来源。根据力的合成法则确定向心力的大小，再结合牛顿第二定律确定其他物理量的大小关系。
18．（2023高三上·北京市期中）2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供零重力到两倍重力范围高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大
B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍
C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心
D．为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动
【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；向心力
【解析】【解答】AB、根据题意可得
可得模拟重力加速度
模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍。故A错误，B正确；
C、实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；
D、根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】掌握转速与周期的关系。确定向心力的来源，根据牛顿第二定律确定重力加速度和转速之间的关系。根据题意理解模拟压力的概念，继而确定模拟重力的方向。为防止对空间站产生影响，即要使空间中保持静止，故受力方向要相反，离心机转动方向应相反。
19．（2023高三上·北京市开学考）课本必修二有一个“感受向心力”实验，当沙袋在水平面内匀速圆周运动时，认为“沙所受的向心力近似等于手通过绳对沙袋的拉力”，如图。对于这里向心力与拉力二者有差别的原因，小明同学经过认真分析，提出了以下判断，其中正确的是（ ）
A．如果考虑空气阻力，绳子拉力与沙袋速度方向并不垂直
B．即使没有空气阻力，绳子拉力与沙袋速度方向也可能不垂直
C．如果考虑重力的影响而不考虑空气阻力影响，沙袋速度越大，二者差别越大
D．如果在完全失重条件下做这个实验，即使有空气阻力，二者也会相等
【答案】A,B
【知识点】向心力
【解析】【解答】AB、物体做匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，如果没有空气阻力，绳子拉力和重力的合力提供向心力，拉力与速度方向不可能垂直，B正确，若存在空气阻力，则拉力与空气阻力和重力的合力提供向心力，则此时绳子的拉力与速度方向不垂直，A正确。
C、如果考虑重力而不考虑空气阻力的影响，向心力与重力的关系为，其中是绳子与竖直方向的夹角，速度越大，越接近90°，C错误。
D、完全失重的情况下，考虑空气阻力则是空气阻力和拉力的合力提供向心力，拉力不等于向心力。D错误。
故答案为：AB
【分析】对小球进行受力分析，考虑空气阻力时，重力拉力和阻力的合力提供向心力，不考虑空气阻力时重力与拉力的合力提供向心力。
三、非选择题
20．（2024高一上·长沙期末）探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动，小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。
（1）在这个实验中，利用了 （填“理想实验法”或“控制变量法”）来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量 （填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与 （填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径相同的两个塔轮。
【答案】（1）控制变量法
（2）相同；挡板B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）实验探究向心力的大小与小球质量m角速度ω和半径r之间的关系利用了控制变量法。
（2）根据向心力公式
探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制实验中小球质量、圆周运动角速度相同，只改变圆周运动半径，故应选择两个质量相同的小球，分别放在挡板C与挡板B。
【分析】探究向心力的大小与小球质量m角速度ω和半径r之间的关系利用了控制变量法。根据实验原来分析探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需要进行的实验操作。
21．（2024高一上·湖南期末） 如图所示，一根长的细线，一端系着一个质量的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大。取。
（1）求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小；
（2）若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘间垂直，桌面高出水平地面，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。
【答案】（1）解：设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有
解得
则细线断开前瞬间小球受到的拉力
（2）解：细线断裂后小球飞出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为，则有
解得
飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）确定初始和断裂瞬间小球做圆周运动的受力情况，再根据题意结合牛顿第二定律确定绳子拉力与向心力的关系，再结合拉力的关系进行解答；
（2）根据绳子拉力提供向心力，运用牛顿第二定律确定绳子断裂时小球的速度，离开桌面后小球做平抛运动，再根据平抛运动规律进行解答即可。
22．（2024高三上·广东期末）在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径的四分之一圆弧赛道与两条直线赛道分别相切于和点，圆弧为接力区，规定离开接力区的接力无效。甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前的A处作了标记，并以的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s2，π=3.14，求：
（1）为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道的最大速率；
（2）此次练习中乙在接棒前的切向加速度a。
【答案】（1）解：因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设经过时间t，甲追上乙，甲的路程为
乙的路程为
由路程关系有
将v=9m/s代入得
t=3s
此时
所以还在接力区内
根据v=at代入数据解得
a=3m/s2
【知识点】曲线运动；追及相遇问题；牛顿第二定律；向心力
【解析】【分析】（1） 运动员弯道上做圆周运动，确定运动员做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2）乙在接棒前，在切向方向做匀加速直线运动，由于最大速度小于临界速度，故乙可到达与甲共速。根据位移与速度关系结合两运动员运动位移的关系确定发出指令到追上乙所用的时间。根据此过程乙运动的位移与弧长的关系判断是否还在接力区。再根据匀变速直线运动位移与时间的关系确定加速度的大小。
23．（2024高一上·南京期末）如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为r0=0.2m处放置小物块A，A、B质量均为m=1kg，A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5，现在用原长为d=0.2m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g=10m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0；
（2）若转盘的角速度ω1=6rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围；
（3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。
【答案】（1）解：设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则
代入数值解得A即将打滑时
（2）解：A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同，由临界条件可得
由胡克定律可知
代入数值解得
，
故满足条件的A转动半径rA的大小范围
（3）解：若小物块B解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为，则对有
由胡克定律可知
可得
对受力分析，为了保证B不打滑，则有
可得
【知识点】胡克定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）物体A即将打滑时，最大静摩擦力提供向心力，根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力可求出角速度；（2）根据受力特点，物体做匀速圆周运动的向心力由摩擦力和弹簧弹力提供，结合摩擦力的方向情况与弹簧弹力大小，可求出半径的大小范围；（3）物体B不打滑，即弹簧弹力与B所受平面的最大静摩擦力相等，利用物体A的受力特点，结合圆周运动向心力的表达式，可求出角速度的大小范围。
24．（2024高一上·泰州期末）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）游玩者与座椅的向心力大小；
（2）转盘转动的角速度。
【答案】（1）解：游玩者与座椅的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，其受力分析如图所示
根据几何关系可得
（2）解：根据几何关系可知游玩者与座椅一起做圆周运动的半径为
根据向心力公式可得
解得
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）利用物体做匀速圆周运动合力指向圆心的特点，结合物体的受力分析图，可求出向心力的大小；（2）利用物体做匀速圆周运动向心力的大小表达式，可求出角速度的大小。
25．（2024高一上·江苏期末）如图所示，某机械装置控制板A在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，经过时间转过的角度为30°，板A运动过程中始终保持水平方向，物体B置于板A上且与A始终保持相对静止。物体B的质量，半径，取重力加速度g为，，。
（1）求物体B的线速度大小；
（2）当物体B转动到与水平方向夹角为37°时，求此时物体B所受的支持力和摩擦力的大小。
【答案】（1）解：设物体B的线速度大小为，由题意可得
可解得
（2）解：物体B做匀速圆周运动的加速度为a，由题意可知
根据牛顿第二定律得
解得，
【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
【解析】【分析】（1）根据角速度的定义结合题意确定物体B角速度的大小，再根据线速度与角速度的关系进行解答；
（2）物块B的向心力由重力和支持力及摩擦力的合力提供，根据匀速圆周运动规律及牛顿第二定律确定物体B的加速度，再将加速度分解成水平与竖直方向，分别对B在两个方向上根据牛顿第二定律进行解答。
26．（2024高一上·无锡期末）如图所示的装置绕竖直轴匀速转动，细线与竖直方向夹角。已知小球质量，细线长（g取）。求：
（1）装置转动的角速度大小；
（2）小球离地高度为，某瞬间细线断开，则小球飞行的水平位移大小x。
【答案】（1）解：对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）解：细线断开后小球做平抛运动，则落地时运动的时间
水平位移为
又因
故可解得x=0.45m
【知识点】平抛运动；向心力
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由牛顿第二定律求解装置转动的角速度大小；（2）细线断开后，小球做平抛运动，根据平抛运动的规律，由运动学公式求解小球飞行的水平位移大小。
27．（2024高一上·徐州期末）如图所示，一长度为、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的点，圆筒与水平方向的夹角为。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度；
（3）当转轴的角速度时，弹簧的形变量。
【答案】（1）解：当圆筒处于静止状态时，对小球有
解得
（2）解：当弹簧恢复原长时，有
解得
（3）解：由于
可知，弹簧处于压缩状态，则有
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）确定圆筒静止时，小球的受力情况，再根据平衡条件及胡克定律进行解答；
（2）确定弹簧恢复原长时，小球的受力情况，确定此时小球向心力的来源及小球做圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）根据（2）判断弹簧处于拉伸还是压缩状态，确定此时小球的受力情况及向心力的来源和小球做圆周运动的半径与形变的关系，再根据牛顿第二定律及平衡条件进行解答。
28．（2024高一上·徐州期末）如图所示，用向心力演示器探究向心力大小与小球质量、角速度和半径之间关系。皮带套在左、右两塔轮的圆盘上，匀速转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动，转动时皮带和圆盘间不打滑。小球做圆周运动的向心力由挡板对小球的弹力提供。小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺。左、右标尺上露出的红白相间的等分标记就粗略反映向心力大小。已知小球在挡板、、处做圆周运动的轨迹半径分别记为、、。左侧塔轮上三个圆盘的半径从上到下依次增大，右侧塔轮上三个圆盘的半径从上到下依次减小，左、右两塔轮最上面圆盘的半径大小相同。实验中提供两个质量相同的重球、一个质量为重球一半的轻球。
（1）通过本实验探究向心力大小与小球质量、角速度和半径之间关系，应用的思想方法是____。填选项前字母序号
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．模型建构法
（2）探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，选用两个质量相同的重球，还应选择____。填选项前字母序号
A．半径相同的两个圆盘 B．半径不同的两个圆盘
C．两球分别放在挡板、挡板处 D．两球分别放在挡板、挡板处
（3）按（2）中正确选择后，两次以不同的转速匀速转动手柄，左、右测力筒露出等分标记如图所示。则向心力大小与球做圆周运动半径的关系是____。
A．与成正比 B．与成反比 C．与成正比 D．与成反比
（4）皮带均放在左、右塔轮的中间圆盘，转动手柄，发现当长槽转动一周时，短槽刚好转动两周。则这种皮带放置方式时，长槽与短槽转动的角速度之比 。保持皮带放在中间圆盘，将重球放在档板处、轻球放在档板处，匀速转动手柄，左、右测力筒内露出等分标记的格子数之比的理论值为 。
【答案】（1）C
（2）A；C
（3）A
（4）1：2；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
【解析】【解答】（1）探究一个物理量与多个物理量之间的关系，应采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）根据
该装置研究圆周运动的向心力大小与半径的关系时，需要控制角速度与小球的质量不变，即需要把质量相同的小球分别放在两边半径不相同的槽内，皮带套在半径相同的两个圆盘上。
故答案为：AC。
（3）根据
控制角速度与小球的质量不变，向心力大小F与球做圆周运动半径r的关系是F与r成正比。
故答案为：A。
（4） 当长槽转动一周时，短槽刚好转动两周。根据
可知，长槽与短槽转动的角速度之比
根据
可知
【分析】探究一个物理量与多个物理量之间的关系，应采用控制变量法。确定实验操作中控制的不变量，再根据实验原理确定各物理量之间的关系。熟悉掌握线速度、角速度与周期及转速之间的关系。
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