【期末押题预测】匀速圆周运动的向心力和向心加速度（含解析）2024-2025学年高中物理教科版（2019）高一下册

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期末押题预测 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定上升
B．弹簧弹力的大小一定变大
C．小球对杆压力的大小可能变大
D．小球所受合外力的大小一定不变
2．（2024秋 道里区校级期末）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（　　）
A．P点的线速度方向沿绳子切线
B．P点所受合外力垂直于绳斜向下
C．P点和Q点的线速度大小相等
D．P点的角速度等于Q点的角速度
3．（2024秋 重庆期末）下列说法不正确的是（　　）
A．做匀变速曲线运动的物体，其加速度方向不变
B．物体的加速度越大，则速度的变化率就一定越大
C．伽利略通过斜面实验并对实验结果合理外推得到自由落体运动的速度是随时间均匀变化的
D．做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
4．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
5．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2
B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1
D．大小齿轮的转动方向相同
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机（　　）
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
（多选）7．（2023秋 长沙校级期末）图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为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点的线速度大小之比为2：1
B．a点与b点的角速度大小之比2：1
C．a点与c点的线速度大小之比1：1
D．a点的向心加速度与d点的向心加速度之比2：1
（多选）8．（2024 广东模拟）游乐场中的“旋转飞椅”用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。甲、乙两人同时乘坐“旋转飞椅”时可简化为如图所示的模型，甲对应的钢绳长度大于乙对应的钢绳长度，当转动稳定后，甲、乙对应的钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2钢绳的质量不计，忽略空气阻力，则转动稳定时（　　）
A．甲、乙两人所处的高度可能相同
B．甲、乙两人到转轴的距离可能相等
C．θ1与θ2可能相等
D．甲、乙两人做圆周运动时所需的向心力大小可能相等
（多选）9．（2024 江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 　 　（填“越大”“越小”或“不变”），线速度 　 　（填“越大”“越小”或“不变”）。
11．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，质量相等的两个小物体A、B（视为质点）紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁随筒一起转动，圆筒上下两区域的半径比为2：1，则A、B的向心加速度之比为 　 　，受到筒壁的摩擦力之比为 　 　。
12．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的角速度之比ωA：ωB＝ 　 　，A点和C点向心加速度大小之比aA：aC＝ 　 　。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 徐州期末）如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠，摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R，吊坠的质量为m，轻绳长度为L、偏离竖直方向的角度为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）轻绳的拉力大小；
（2）吊坠的角速度。
14．（2024秋 普陀区校级期末）如图，粗糙程度处处相同的细杆一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随竖直轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。杆未转动时，弹簧处于原长状态，此时圆环恰好静止在粗糙细杆上。已知杆与竖直转轴的夹角不变，且α＝53°，圆环质量m＝1kg。弹簧原长L0＝0.5m，劲度系数k＝40N/m，弹簧始终在弹性限度内，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）圆环与粗糙细杆间的动摩擦因数μ为 　 　。
A.0.60
B.0.75
C.0.80
D.1.33
（2）（计算）求弹簧刚要开始伸长时，细杆转动的角速度大小ω（结果保留3位有效数字）。
15．（2024秋 徐汇区校级期末）如图所示，半径为r的圆筒A绕竖直中心轴顺时针匀速转动，筒的内壁粗糙，内壁上有一个质量为m的物体B。物块B一边随圆筒A一起转动，一边以竖直向下的加速度a下滑。
（1）若物块B恰好转到了圆筒正后方B'位置（该点所在切面与纸面平行），此时物体B受到的摩擦力是 　 　（A.静摩擦力，B.滑动摩擦力），此时摩擦力方向为 　 　（A.水平向右，B.竖直向上，C.斜向左上方，D.斜向右上方）。
（2）若圆筒A转动的角速度为ω，则物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为多少？（请写出简要的计算过程）
（3）（多选）若另一次操作中圆筒A以更大角速度做匀速转动，内壁上的物体B随圆筒A一起转动的情形没有改变，则物块B可能的运动情况为 　 　。
A.相对圆筒内壁做匀速圆周运动
B.相对圆筒内壁做竖直向下的匀变速运动
C.相对圆筒内壁静止
D.相对地面做匀速圆周运动
期末押题预测 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定上升
B．弹簧弹力的大小一定变大
C．小球对杆压力的大小可能变大
D．小球所受合外力的大小一定不变
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的高度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式Fn＝mω2r分析小球所受合外力变化情况。
【解答】AB．小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，
小球在竖直方向
受力平衡，则
Fcosα＝mg
若ω′＞ω，假设小球上移，α增大，cosα减小，弹簧伸长量减小，F减小，则
Fcosα＜mg
小球在竖直方向不能平衡，不可能；同理，假设小球下移，α减小，也不可能，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小一定不变，故AB错误；
C．由牛顿第二定律，规定杆对小球的弹力方向向右为正，
可得
因为Fsinα是定值，所以当
Fsinα＜mω2r
时
FN＜0
杆对小球弹力向左，
当Fsinα＞mω2r
时
FN＞0
杆对小球弹力向右，
因为随着ω的增大，弹力有个反向的过程，所以从ω＝0开始逐渐增大，弹力变化一定是先变小后变。因为本题中Fsinα和mω2r的关系未知，所以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小，故C正确；
D．小球所受合外力的大小
ω。变大，其它量不变，F合一定变大，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。
2．（2024秋 道里区校级期末）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（　　）
A．P点的线速度方向沿绳子切线
B．P点所受合外力垂直于绳斜向下
C．P点和Q点的线速度大小相等
D．P点的角速度等于Q点的角速度
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB.根据题意分析P点的圆周平面，判断P点的合外力方向和速度方向；
CD.根据共轴转动情况判断角速度关系，结合半径差异判断线速度大小关系。
【解答】解：AB.P点做匀速圆周运动的圆心是过P点作图中虚线的垂线和虚线的交点，故P点所受合力方向指向交点，方向竖直向下，P点线速度方向为垂直于纸面向里或向外，故AB错误；
CD.由于是共轴转动，故P点的角速度等于Q点的角速度，P点圆周运动半径小于Q点，则P点线速度大小小于Q点的线速度大小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查圆周运动的合外力和线速度规律，结合共轴转动问题判断线速度大小关系。
3．（2024秋 重庆期末）下列说法不正确的是（　　）
A．做匀变速曲线运动的物体，其加速度方向不变
B．物体的加速度越大，则速度的变化率就一定越大
C．伽利略通过斜面实验并对实验结果合理外推得到自由落体运动的速度是随时间均匀变化的
D．做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
【考点】向心力的定义及物理意义（受力分析方面）；加速度的定义、表达式、单位及物理意义；伽利略对自由落体运动的探究；曲线运动的概念和特点．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据匀变速曲线运动、速度变化率、伽利略的自由落体研究以及圆周运动的知识逐一判断每个选项。
【解答】解：A.做匀变速曲线运动的物体，其加速度方向不变。这是匀变速曲线运动的定义，即加速度大小和方向都不变的曲线运动，故A正确；
B.物体的加速度越大，则速度的变化率就一定越大。加速度是速度变化量与时间的比值，在相同时间内，加速度越大，速度变化量就越大，即速度的变化率也越大，故B正确；
C.伽利略通过斜面实验并对实验结果合理外推得到自由落体运动的速度是随时间均匀变化的。这是伽利略对自由落体运动的研究结论，他通过斜面实验减缓了物体的下落速度，使得时间可以测量，并通过合理外推得到了自由落体运动的速度—时间关系，故C正确；
D.做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心。这个说法是不准确的。对于匀速圆周运动，物体的加速度（即向心加速度）确实指向圆心，因为此时物体的速度大小不变，只有方向在改变，而加速度的方向始终与速度方向垂直，指向圆心。但是，对于非匀速圆周运动（如变速圆周运动），物体的加速度不仅包含向心加速度，还包含切向加速度，此时加速度的方向就不再指向圆心，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
【点评】本题属于力学综合题，难度中等，属于易错题。
4．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．
【专题】比较思想；归纳法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据分析角速度的大小；根据a分析向心加速度的大小。
【解答】解：AB、由图知A的半径小于B的半径，根据可知，A的角速度大于B的角速度，故A错误，B正确；
CD、根据a可知，A车的向心加速度大于B车的向心加速度，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了角速度和线速度的关系，以及向心加速度和线速度的关系式，容易题。
5．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2
B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1
D．大小齿轮的转动方向相同
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v＝ωr列式求解。
【解答】解：ABC.边缘点的线速度大小相等，故vA：vB＝1：1，同轴传动时，角速度相等，故ωA＝ωC，角速度大小之比为1：1，根据v＝ωr，结合半径的比值关系：rA：rB：rC＝2：1：1。可知，ωA：ωB：ωC＝1：2：1，vA：vB：vC＝2：2：1；向心加速度的表达式可得：a＝ω2r解得：aA：aB：aC＝2：4：1，故A正确，BC错误；
D、大、小齿轮相互咬合，同缘传动时，大、小齿轮转动方向相反，故D错误；
故选：A。
【点评】本题关键明确同缘传动同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，同缘传动时，边缘点的线速度相等，然后结合公式v＝ωr分析求解即可。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机（　　）
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】战机做曲线运动时合外力不为零，合力方向不是竖直向上；根据速度的合成与分解确定竖直方向和水平方向的速度变化。
【解答】解：A、战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；
B、战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；
C、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy＝vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；
D、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx＝vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了物体做曲线运动的条件；知道物体做曲线运动时：（1）初速度不等于零；（2）合外力的方向与速度方向不在一条直线上；注意速度方向和合外力的方向应该分居在曲线的两侧。
（多选）7．（2023秋 长沙校级期末）图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为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点的线速度大小之比为2：1
B．a点与b点的角速度大小之比2：1
C．a点与c点的线速度大小之比1：1
D．a点的向心加速度与d点的向心加速度之比2：1
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；传动问题．
【专题】定量思想；比例法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】ABC
【分析】右轮与左侧小轮的线速度相等，左侧大轮与小轮的角速度相等，根据圆周运动公式分析。
【解答】解：C．如图所示，a与c同一皮带下传动，则线速度va＝vc，故C正确；
AB．根据v＝ωr，可得ωa：ωc＝rc：ra＝2：1，因为ωb＝ωc＝ωd，且rb：rc＝1：2，所以vb：vc＝1：2，则va：vb＝2：1，ωa：ωb＝2：1，故AB正确；
D．设a点的线速度为v，由以上分析可知，c点的线速度为v，d点的线速度为2v，根据向心加速度公式，可知a点与d点的向心加速度大小之比1：1，故D错误。
故选：ABC。
【点评】考查对圆周运动加速度、线速度与角速度的理解，属于基础知识，熟记公式。
（多选）8．（2024 广东模拟）游乐场中的“旋转飞椅”用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。甲、乙两人同时乘坐“旋转飞椅”时可简化为如图所示的模型，甲对应的钢绳长度大于乙对应的钢绳长度，当转动稳定后，甲、乙对应的钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2钢绳的质量不计，忽略空气阻力，则转动稳定时（　　）
A．甲、乙两人所处的高度可能相同
B．甲、乙两人到转轴的距离可能相等
C．θ1与θ2可能相等
D．甲、乙两人做圆周运动时所需的向心力大小可能相等
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据牛顿第二定律推导分析；根据几何知识分析判断；根据几何知识分析判断；根据向心力公式分析判断。
【解答】解：C．稳定时两人的角速度相同，设圆盘的半径为R，钢绳长度为L，根据牛顿第二定律有
mgtanθ＝mω2（Lsinθ+R）
解得：g＝ω2（Lcosθ）
由于：L1＞L2
则：θ1＞θ2
故θ1与θ2不可能相等，故C错误；
A．设水平转盘离地的高度为H，甲、乙两人所处的高度
h1＝H﹣L1cosθ1
h2＝H﹣L2cosθ2
L1cosθ1有可能等于L2cosθ2，故甲、乙两人所处的高度可能相同，故A正确；
B．甲、乙两人到转轴的距离
s1＝R+L1sinθ1
s2＝R+L2sinθ2
可得：s1＞s2
故B错误；
D．根据F向＝mgtanθ，因两人的质量未知，甲、乙两人做圆周运动时所需的向心力大小可能相等，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键掌握人做圆周运动的平面、圆心和半径。
（多选）9．（2024 江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以判断Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v＝ωr即可求解线速度，根据a＝ω2r求得向心加速度。
【解答】解：A．由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A错误；
B．由图可知P点绕转轴转动的半径大，根据v＝rω，所以vP＞vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；
C．根据a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ
所以aP＞aQ
即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；
D．因为当转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。
故选：BC。
【点评】该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度相同。
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 　不变　（填“越大”“越小”或“不变”），线速度 　越大　（填“越大”“越小”或“不变”）。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；线速度的物理意义及计算．
【专题】比较思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】不变，越大。
【分析】对小球进行受力分析，由合外力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律列式分析。
【解答】解：小球的受力示意图如图所示。
小球在水平面内做匀速圆周运动过程，受重力和支持力两个作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小为
则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不变。
小球做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则
解得：
则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，r越大，线速度v越大。
故答案为：不变，越大。
【点评】本题属于圆锥摆模型，考查水平面内圆周运动，要明确向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合外力提供。
11．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，质量相等的两个小物体A、B（视为质点）紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁随筒一起转动，圆筒上下两区域的半径比为2：1，则A、B的向心加速度之比为 　2：1　，受到筒壁的摩擦力之比为 　1：1　。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；向心加速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】2：1，1：1。
【分析】两个物体的角速度相等，根据a＝ω2r分析向心加速度之比；根据竖直方向上受力平衡分析。
【解答】解：两个小物体是同轴转动，所以它们的角速度相等，根据a＝ω2r可得，A、B的向心加速度之比为2：1；A、B两个物体在竖直方向上受力平衡，即重力和摩擦力是一对平衡力，因为这两个小物体的质量相等，所以它们受到的摩擦力也是相等的，则受到筒壁的摩擦力之比为1：1。
故答案为：2：1，1：1。
【点评】知道两个物体是同轴转动，它们的角速度相等是解题的关键，知道物体与筒壁之间的摩擦是静摩擦。
12．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的角速度之比ωA：ωB＝ 　1：2　，A点和C点向心加速度大小之比aA：aC＝ 　2：1　。
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定量思想；图析法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】1：2；2：1。
【分析】A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，A点和C点角速度大小相等。
【解答】解：因为A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，即vA：vB＝1：1，根据公式v＝ωr，可得，因为A、C在同一齿轮上，两点角速度相同，由a＝rω2，可得aA：aC。
故答案为：1：2；2：1。
【点评】考查对圆周运动角速度、线速度、向心加速度的理解，熟悉公式的运用。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 徐州期末）如图所示，转经筒的中轴有一手柄，筒侧设一小耳，耳边用轻绳系一吊坠，摇动手柄旋转经筒，吊坠随经筒匀速转动，轻绳始终与转轴在同一竖直平面内。已知转经筒的半径为R，吊坠的质量为m，轻绳长度为L、偏离竖直方向的角度为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）轻绳的拉力大小；
（2）吊坠的角速度。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；线速度的物理意义及计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）轻绳的拉力大小是；
（2）吊坠的角速度是。
【分析】（1）对小球受力分析，求出轻绳的拉力大小。
（2）应用牛顿第二定律求出吊坠的角速度。
【解答】解：（1）吊坠受力如图所示
轻绳的拉力大小F
（2）吊坠做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2（R+Lsinθ）
解得：ω
答：（1）轻绳的拉力大小是；
（2）吊坠的角速度是。
【点评】本题考查了匀速圆周运动与牛顿第二定律的应用，分析清楚吊坠的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
14．（2024秋 普陀区校级期末）如图，粗糙程度处处相同的细杆一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随竖直轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。杆未转动时，弹簧处于原长状态，此时圆环恰好静止在粗糙细杆上。已知杆与竖直转轴的夹角不变，且α＝53°，圆环质量m＝1kg。弹簧原长L0＝0.5m，劲度系数k＝40N/m，弹簧始终在弹性限度内，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）圆环与粗糙细杆间的动摩擦因数μ为 　B　。
A.0.60
B.0.75
C.0.80
D.1.33
（2）（计算）求弹簧刚要开始伸长时，细杆转动的角速度大小ω（结果保留3位有效数字）。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】（1）B；（2）弹簧刚要开始伸长时，细杆转动的角速度大小ω为9.26rad/s。
【分析】（1）杆未转动时，弹簧处于原长状态，此时圆环恰好静止在粗糙细杆上，圆环受到的静摩擦力沿杆向上达到最大值，根据平衡条件和摩擦力公式相结合求动摩擦因数μ。
（2）弹簧刚要开始伸长时，圆环受到的静摩擦力沿杆向下达到最大值，根据牛顿第二定律求细杆转动的角速度大小ω。
【解答】解：（1）杆未转动时，弹簧处于原长状态，此时圆环恰好静止在粗糙细杆上，根据平衡条件有
mgcosα＝μmgsinα
解得
μ＝0.75，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）弹簧刚要开始伸长时，圆环受到的静摩擦力沿杆向下达到最大值，分析圆环受力，如图所示。
根据牛顿第二定律得
水平方向有
Ncosα+fsinα＝mω2L0sinα
竖直方向有
Nsinα﹣fcosα﹣mg＝0
又f＝μN
联立解得
ω≈9.26rad/s
故答案为：（1）B；（2）弹簧刚要开始伸长时，细杆转动的角速度大小ω为9.26rad/s。
【点评】本题考查共点力平衡和匀速圆周运动，关键要正确分析圆环的受力，确定向心力来源，结合牛顿第二定律和平衡条件来解决问题。
15．（2024秋 徐汇区校级期末）如图所示，半径为r的圆筒A绕竖直中心轴顺时针匀速转动，筒的内壁粗糙，内壁上有一个质量为m的物体B。物块B一边随圆筒A一起转动，一边以竖直向下的加速度a下滑。
（1）若物块B恰好转到了圆筒正后方B'位置（该点所在切面与纸面平行），此时物体B受到的摩擦力是 　B　（A.静摩擦力，B.滑动摩擦力），此时摩擦力方向为 　B　（A.水平向右，B.竖直向上，C.斜向左上方，D.斜向右上方）。
（2）若圆筒A转动的角速度为ω，则物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为多少？（请写出简要的计算过程）
（3）（多选）若另一次操作中圆筒A以更大角速度做匀速转动，内壁上的物体B随圆筒A一起转动的情形没有改变，则物块B可能的运动情况为 　BCD　。
A.相对圆筒内壁做匀速圆周运动
B.相对圆筒内壁做竖直向下的匀变速运动
C.相对圆筒内壁静止
D.相对地面做匀速圆周运动
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；滑动摩擦力的性质；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）B；B；（2）物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为；（3）BCD
【分析】（1）物块B相对圆筒A竖直向下运动，可知物体B受到的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反判断此时摩擦力方向。
（2）物体B做圆周运动的向心力由筒壁对物体B的弹力提供，据此可得两者之间的弹力大小。在竖直方向上，根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式求解。
（3）根据（2）的解答判断圆筒A与物体B两者之间的弹力的变化，得到两者之间的最大静摩擦力的变化。依据最大静摩擦力与重力的大小关系，分情况讨论物块B相对圆筒内壁和相对地面的运动，依据力与运动的关系解答。
【解答】解：（1）因物块B相对圆筒A竖直向下运动，故物体B受到的摩擦力是滑动摩擦力（选填：B），滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，则此时摩擦力方向为竖直向上（选填：B）。
（2）圆筒A转动的角速度为ω，物体B做圆周运动的向心力由筒壁对物体B的弹力提供，可得两者之间的弹力大小为：
N＝mω2r
在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：
mg﹣μN＝ma
联立解得：μ
（3）根据（2）的解答，由N＝mω2r，可知圆筒A与物体B两者之间的弹力变大，则两者之间的最大静摩擦力fm变大。
若fm＜mg，则物块B相对圆筒内壁做竖直向下的匀加速运动；
若fm＝mg，当初始物块B相对圆筒A无初速度时，则物块B相对圆筒内壁静止，相对地面做匀速圆周运动；当初始物块B相对圆筒A有竖直方向的初速度时，则物块B相对圆筒内壁做匀速直线运动；
若fm＞mg，当初始物块B相对圆筒A无初速度时，则物块B相对圆筒内壁静止，相对地面做匀速圆周运动；当初始物块B相对圆筒A有竖直方向的初速度时，则物块B相对圆筒内壁做匀变速直线运动。故BCD正确，A错误。
故选：BCD。
故答案为：（1）B；B；（2）物块B与圆筒A内壁之间的动摩擦因数μ为；（3）BCD
【点评】本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，考查了力与运动的关系，以及相对运动问题。注意滑动摩擦力与静摩擦力的区别。
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