2024-2025学年下学期高一物理人教版期中必刷常考题之向心加速度

第37页（共37页）2024-2025学年下学期高一物理人教版（2019）期中必刷常考题之向心加速度一．选择题（共8小题）1．（2025•广西一模）当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确的是（）A．圆木墩与主动轮的转动方向相同 B．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等 C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等 D．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等2．（2025•白云区一模）在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（）A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由an3．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A．每位同学的角速度相同 B．每位同学所受的合力为零 C．每位同学的速度大小相同 D．每位同学的加速度保持不变4．（2024秋•龙岗区期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5：2：3：1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（）A．甲、乙两轮的角速度相等 B．A点向心加速度比B点的小 C．两传送带的线速度大小相等 D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈5．（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6．（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7．（2024•河北区学业考试）转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示，某同学让篮球在他的手指正上方匀速转动，下列说法正确的是（）A．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度相同 B．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处 C．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等 D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小8．（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）9．（2024秋•官渡区校级期末）如图所示，B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（）A．A与B的线速度大小之比为2：1 B．A与B的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动（多选）10．（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）11．（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（多选）12．（2023秋•黔西南州期末）做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了200m，则物体做匀速圆周运动时（）A．周期为2πs B．线速度的大小为20m/s C．角速度的大小为2rad/s D．向心加速度大小为20m/s2三．解答题（共3小题）13．（2024春•天山区校级期末）如图所示，长度为L＝10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m＝2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v＝30m/s，试求：（1）小球在最低点的向心加速度大小；（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。14．（2024春•宁波期末）随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游享乐游”纷纷打起了宣传的招牌，某次旅游中游客乘坐列车，以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车用侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯与桌面间的动摩擦因数μ，水杯与水的总质量m，水平圆弧形弯道半径R，此弯道路面的倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）列车转弯过程中的向心加速度大小；（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力。15．（2024春•西城区校级期中）如图所示，长度为L＝1.0m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为M＝0.5kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v＝8.0m/s，若g取10m/s2，试求：（1）小球在最低点的向心加速度的大小；（2）小球在最低点所受绳拉力的大小。

2024-2025学年下学期高一物理人教版（2019）期中必刷常考题之向心加速度参考答案与试题解析题号12345678答案DAAADBDA一．选择题（共8小题）1．（2025•广西一模）当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确的是（）A．圆木墩与主动轮的转动方向相同 B．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等 C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等 D．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等【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】圆木墩和轮子之间的转动类似齿轮传动，轮子边缘各点线速度的大小相等，结合线速度角速度以及向心加速度的关系求解。【解答】解：A.圆木墩与主动轮的转动方向相反，故A错误；BD.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的线速度大小相等，主动轮的直径大于圆木墩的直径，由v＝ωr可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的角速度，故B错误，D正确；C.由a=v2故选：D。【点评】求解传动问题的思路：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。2．（2025•白云区一模）在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（）A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由an【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；超重与失重的概念、特点和判断；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】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】A【分析】根据向心加速度公式，可求出线速度大小；手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向向上，从而判断失重与超重；由于手臂自然摆动不是匀速圆周运动，所以手机合力并不沿手臂；利用向心加速度公式可求出手掌与手肘的向心加速度比值。【解答】解：A.由图可知，手机转动的半径约为0.65m，根据公式a=v2r，可得手臂摆到竖直位置时手机的线速度大小约为v=ar=6B.手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向上，处于超重状态，故B错误；C.自然下摆过程中，手机做变速圆周运动所受合力不是始终沿手臂方向，故C错误；D.由公式an＝ω2r，可知手掌与手肘的向心加速度之比约为2：1，故D错误。故选：A。【点评】学生在解答本题时，应注意变速圆周运动的合力不是始终沿半径方向指向圆心的。3．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A．每位同学的角速度相同 B．每位同学所受的合力为零 C．每位同学的速度大小相同 D．每位同学的加速度保持不变【考点】向心加速度的概念、方向及物理意义；匀速圆周运动；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；理解能力．【答案】A【分析】根据匀速圆周运动的特点：绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。【解答】解：A．每个方阵中的每位同学均可视为绕同一圆心做匀速圆周运动，则角速度相同。故A正确；B．每位同学均做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，合力不为零。故B错误；C．根据v＝ωr可知每位同学的运动半径不同，其速度大小不相同。故C错误；D．根据a＝ω2r可知每位同学的加速度大小保持不变，方向指向圆心，时刻改变。故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了匀速圆周运动的特点，解题关键是掌握绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。4．（2024秋•龙岗区期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5：2：3：1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（）A．甲、乙两轮的角速度相等 B．A点向心加速度比B点的小 C．两传送带的线速度大小相等 D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈【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；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】各轮转轴固定且平行，甲、乙两轮同轴无相对转动，意味着甲、乙两轮角速度相等，甲、乙、丙、丁四轮半径之比为5：2：3：1，且传送带不打滑，说明与轮子接触处传送带线速度和轮子边缘线速度相等，据此分析解答即可。【解答】解：A.因为甲、乙两轮同轴无相对转动，根据同轴转动的物体角速度相等这一特性，所以甲、乙两轮的角速度相等，故A正确。B.根据向心加速度公式a＝ω2r，甲、乙两轮角速度ω相等，A点在甲轮边缘，B点在乙轮边缘，甲轮半径大于乙轮半径，所以A点向心加速度比B点的大，故B错误。CD.设甲轮半径r甲＝5r，乙轮半径r乙＝2r，丙轮半径r丙＝3r，丁轮半径r丁＝r，由于甲、乙两轮角速度相等，设为ω，则甲轮边缘线速度为v甲＝ωr甲解得：v甲＝5rω，乙轮边缘线速度为v乙＝ωr乙解得：v乙＝2rω根据同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等及v＝ωr得：ω丙=ω丁联立解得：ω所以丙轮转1圈时，丁轮转了152圈，两传送带线速度大小不相等，故CD故选：A。【点评】本题考查了线速度与角速度关系，知道共轴的角速度是相同的，同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的，注意灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系．5．（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。6．（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ω=vr分析角速度的大小；根据【解答】解：AB、由图知A的半径小于B的半径，根据ω=vr可知，A的角速度大于B的角速度，故ACD、根据a=v2r可知，A车的向心加速度大于B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。7．（2024•河北区学业考试）转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示，某同学让篮球在他的手指正上方匀速转动，下列说法正确的是（）A．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度相同 B．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处 C．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等 D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小【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】比较思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】比较线速度时要比较大小和方向；篮球上各点均绕转动轴做匀速圆周运动，为同轴传动，角速度相同；根据向心加速度公式判断即可。【解答】解：A、篮球上离转动轴距离相等的各点线速度大小相等，方向不相同，故A错误；B、篮球上各点做圆周运动的圆心在转动轴上，不一定在球心处，故B错误；C、篮球上各点做同轴传动，角速度相同，故C错误；D、篮球上各点角速度相同，由a＝ω2r得，篮球上各点离转轴越近，运动半径越小，做圆周运动的向心加速度越小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查匀速圆周运动，解题关键是掌握匀速圆周运动的规律。8．（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）9．（2024秋•官渡区校级期末）如图所示，B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（）A．A与B的线速度大小之比为2：1 B．A与B的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动【考点】向心加速度的计算；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．【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】AB【分析】同轴传动角速度相同；根据v＝ωr判断二者线速度关系；由向心加速度公式a＝rω2判断向心加速度关系；谁先达到最大静摩擦力谁先滑动。【解答】解：A、由题知A、B两个物体同轴转动，则ωA＝ωB，由线速度公式v＝ωr得vA：vB＝ωArA：ωBrB代入数据解得vA：vB＝2：1故A正确；B、由向心加速度公式知a＝ω2r，得aA代入数据解得aA：aB＝2：1故B正确；CD、由向心力公式知F＝ma，得Fa：Fb=代入数据解得Fa：Fb＝1：1故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力，则由f＝μMg可知fB＞fA，故A先发生滑动，故CD错误。故选：AB。【点评】解决本题的关键知道共轴转动的物体角速度相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用。（多选）10．（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a=v2r，可知a点与d点的向心加速度大小之比1：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）11．（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。（多选）12．（2023秋•黔西南州期末）做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了200m，则物体做匀速圆周运动时（）A．周期为2πs B．线速度的大小为20m/s C．角速度的大小为2rad/s D．向心加速度大小为20m/s2【考点】向心加速度的计算；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．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】由题可知，物体做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的公式和周期与角速度的关系求解即可。【解答】解：AB．线速度的大小v=st周期T=2πrv=2π故A错误，B正确；C．角速度的大小ω=vr=2010D．向心加速度大小为a＝ω2R＝22×10m/s2＝40m/s2，故D错误。故选：BC。【点评】解题关键是能够根据题意求解线速度大小，掌握匀速圆周运动的角速度、向心加速度、周期的关系。三．解答题（共3小题）13．（2024春•天山区校级期末）如图所示，长度为L＝10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m＝2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v＝30m/s，试求：（1）小球在最低点的向心加速度大小；（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。【考点】向心加速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【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）小球在最低点的向心加速度大小90m/s2；（2）小球在最低点所受绳的拉力大200N。【分析】（1）根据向心加速度公式，求向心加速度大小；（2）根据牛顿第二定律，求拉力。【解答】解：（1）小球在最低点的向心加速度大小a=v2L，代入数据得（2）根据牛顿第二定律T﹣mg＝ma解得T＝200N答：（1）小球在最低点的向心加速度大小90m/s2；（2）小球在最低点所受绳的拉力大200N。【点评】本题解题关键是掌握牛顿第二定律和向心加速度公式，比较基础。14．（2024春•宁波期末）随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游享乐游”纷纷打起了宣传的招牌，某次旅游中游客乘坐列车，以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车用侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯与桌面间的动摩擦因数μ，水杯与水的总质量m，水平圆弧形弯道半径R，此弯道路面的倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）列车转弯过程中的向心加速度大小；（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力。【考点】向心加速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【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）列车转弯过程中的向心加速度大小为gtanθ；（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力为0。【分析】（1）对玩具小熊进行受力分析，结合牛顿第二定律求其向心加速度大小，即为列车转弯过程中的向心加速度大小；（2）对水杯受力分析，其支持力和重力的合力提供向心力，未受到摩擦力。【解答】解：（1）设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做圆周运动的向心力F，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtanθ（2）水杯的向心加速度a＝gtanθ，则知水杯的向心力由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为0。答：（1）列车转弯过程中的向心加速度大小为gtanθ；（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力为0。【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟练对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系即可完成分析。15．（2024春•西城区校级期中）如图所示，长度为L＝1.0m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为M＝0.5kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v＝8.0m/s，若g取10m/s2，试求：（1）小球在最低点的向心加速度的大小；（2）小球在最低点所受绳拉力的大小。【考点】向心加速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】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）小球在最低点的向心加速度的大小为64m/s2；（2）小球在最低点所受绳拉力的大小为37N。【分析】（1）根据向心加速度公式可求出向心加速度大小；（2）根据牛顿第二定律可求出拉力大小。【解答】解：（1）根据向心加速度公式有a=v2L=8（2）在最低点，根据牛顿第二定律有T﹣Mg＝Mv代入数据解得T＝37N答：（1）小球在最低点的向心加速度的大小为64m/s2；（2）小球在最低点所受绳拉力的大小为37N。【点评】学生在解答本题时，应注意要能够根据向心加速度公式以及合外力提供向心力的熟练应用。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。3．匀速圆周运动【知识点的认识】1.定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。也可说匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。2.性质：线速度的方向时刻在变，因此是一种变速运动。3.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的区别（1）匀速圆周运动①定义：角速度大小不变的圆周运动。②性质：向心加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。③质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。（2）非匀速圆周运动①定义：线速度大小不断变化的圆周运动。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。b、合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。【命题方向】对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是（）A、相等的时间里通过的路程相等B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、相等的时间里转过的角度相等分析：匀速圆周运动的过程中相等时间内通过的弧长相等，则路程也相等，相等弧长对应相等的圆心角，则相等时间内转过的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧长对应相等的弦长，则位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等。故AB正确。C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同。故C错误。D、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等。故D正确。故选：ABD。点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，所以相等时间内通过的弧长相等，路程也相等。【解题思路点拨】1.匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力F合F合4．线速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：物体在某段时间内通过的弧长Δs与时间Δt之比。2.定义式：v=3.单位：米每秒，符号是m/s。4.方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。5.物理意义：表示物体沿着圆弧运动的快慢。6.线速度的求法（1）定义式计算：v=（2）线速度与角速度的关系：v＝ωr（3）知道圆周运动的半径和周期：v=【命题方向】有一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，则该质点的线速度为（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根据线速度的定义公式v=ΔS解答：质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，故线速度为：v=故选：B。点评：本题关键是明确线速度的定义，记住公式v=ΔS【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：5．线速度与角速度的关系【知识点的认识】1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθv＝ωr这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。3.应用：①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。【命题方向】一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（）A、轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；C、由ω=2πT得：ω与TD、由ω=2πT得：ω与T故选：A。点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：6．角速度、周期、频率与转速的关系及计算【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω=单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、各物理量之间的关系：（1）线速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④转速：n=v【命题方向】一架电风扇以600r/min的转速转动，则此时：（1）它转动的周期和角速度分别是多少？（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是多少？分析：（1）根据转速与周期的关系及角速度与周期的关系即可求解；（2）根据v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它转动的周期为0.1s，角速度为20πrad/s；（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是4πm/s．点评：本题主要考查了圆周运动的基本公式，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：7．传动问题【知识点的认识】三类传动装置的对比1.同轴传动（1）装置描述：如下图，A、B两点在同轴的一个圆盘上（2）特点：任意两点的角速度相同，周期相同。转动方向相同。（3）规律：①线速度与半径成正比：v＝ωr。②向心加速度与半径成正比：a＝ω2r2.皮带传动（1）装置描述：如下图，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点（2）特点：边缘两点的线速度大小相等。转动方向相同。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=3.齿轮传动（1）装置描述：如下图，两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点（2）特点：啮合的两点线速度相同（边缘任意两点线速度大小相等）。转动方向相反。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=【命题方向】如图所示，为齿轮传动装置，主动轴O上有两个半径分别为R和r的轮，O′上的轮半径为r′，且R＝2r＝3r′/2．则vA：vB：vC＝，ωA：ωB：ωC＝．分析：A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度，再由线速度和角速度之间的关系V＝rω，就可以判断它们的关系．解答：A和C是通过齿轮相连，所以VA＝VC，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，由V＝rω，R＝2r可知，vA：vB＝2：1，综上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，由VA＝VC，R=32r′，V＝rωA：ωC＝2：3，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，综上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故答案为：2：1：2；2：2：3．点评：判断三个点之间的线速度角速度之间的关系，要两个两个的来判断，关键是知道它们之间的内在联系，A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度．【解题思路点拨】求解传动问题的思路（1）确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。（2）确定半径|关系；根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题|意确定半径关系。（3）公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝1r分析；若角速度大小相等，则根据ω∝r8．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．9．向心加速度的概念、方向及物理意义【知识点的认识】1.概念：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。2.物理意义：向心加速度在匀速圆周运动中是用来描述速度变化快慢的物理量。3.变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。4.圆周运动中的外力与加速度牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn＝man。变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两个效果：沿半径方向上的合力改变物体速度的方向而产生向心加速度，沿切线方向上的合力改变物体速度的大小而产生切向加速度。合力与总的加速度、向心力与向心加速度，切向力与切向加速度均遵从牛顿第二定律。【命题方向】在匀速圆周运动中，下列关于向心加速度的说法正确的是（）A、向心加速度的方向始终指向圆心，因此其方向保持不变B、向心加速度的方向始终指向圆心，其大小保持不变C、向心加速度时刻在变化，因此匀速圆周运动是变加速运动D、它描述的是线速度方向变化的快慢分析：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．解答：A、向心加速度的方向始终指向圆心，在不同的时刻方向是不同的，所以A错误。B、匀速圆周运动的向心加速度的方向始终指向圆心，其大小保持不变，所以B正确。C、做匀速圆周运动的物体，要受到始终指向圆心的力的作用来作为向心力，力的大小不变，但方向时刻在变，所以向心加速度也是变化的，是变加速运动，所以C正确。D、匀速