資源簡介

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期末押題預測 向心加速度
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 楊浦區校級期末）如圖所示，同學們組成的跑操方陣排列整齊地勻速率通過圓弧形跑道區域，每個方陣中的每位同學均可視為做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　　）
A．每位同學的角速度相同
B．每位同學所受的合力為零
C．每位同學的速度大小相同
D．每位同學的加速度保持不變
2．（2024秋 道里區校級期末）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（　　）
A．P點的線速度方向沿繩子切線
B．P點所受合外力垂直于繩斜向下
C．P點和Q點的線速度大小相等
D．P點的角速度等于Q點的角速度
3．（2024秋 朝陽區校級期末）如圖所示，在長春市人民廣場轉盤，A、B兩車正在水平圓形車道上做線速度大小相等的勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．A車的角速度比B車的角速度小
B．A車的角速度比B車的角速度大
C．A車的向心加速度小于B車的向心加速度
D．A車的向心加速度等于B車的向心加速度
4．（2024秋 寧波期末）如圖為修正帶的內部結構，由大小兩個相互咬合的齒輪組成，修正帶芯固定在大齒輪的轉軸上。當按壓并拖動其頭部時，齒輪轉動，從而將遮蓋物質均勻地涂抹在需要修改的字跡上。若圖中大小齒輪的半徑之比為2：1，A、B分別為大齒輪和小齒輪邊緣上的一點，C為大齒輪上轉軸半徑的中點，則（　　）
A．A與B的角速度大小之比為1：2 B．B與C的線速度大小之比為1：1
C．A與C的向心加速度大小之比為4：1 D．大小齒輪的轉動方向相同
5．（2024秋 龍崗區期末）腳踏車上的飛輪傳動系統如圖所示，設各輪的轉軸均固定且相互平行，甲、乙兩輪同軸且無相對轉動，已知甲、乙、丙、丁四輪的半徑比為5：2：3：1，A、B分別是甲、乙兩輪邊緣上的點，兩傳送帶在四輪轉動時均不打滑，下列判斷正確的是（　　）
A．甲、乙兩輪的角速度相等
B．A點向心加速度比B點的小
C．兩傳送帶的線速度大小相等
D．當丙輪轉1圈時，丁輪已轉10圈
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2023秋 長沙校級期末）圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r。b點在小輪上，到小輪中心的距離為r。c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上。若在傳動過程中，皮帶不打滑。則（　　）
A．a點與b點的線速度大小之比為2：1
B．a點與b點的角速度大小之比2：1
C．a點與c點的線速度大小之比1：1
D．a點的向心加速度與d點的向心加速度之比2：1
（多選）7．（2024 江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸OO′重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的線速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同
（多選）8．（2023秋 黔西南州期末）做勻速圓周運動的物體，10s內在沿半徑為10m的圓周上運動了200m，則物體做勻速圓周運動時（　　）
A．周期為2πs
B．線速度的大小為20m/s
C．角速度的大小為2rad/s
D．向心加速度大小為20m/s2
（多選）9．（2023秋 泰安期末）如圖所示，自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C的半徑之比為1：3：9，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小齒輪A與后輪C的角速度大小之比為9：1
B．小齒輪A與大齒輪B的角速度大小之比為3：1
C．后輪C邊緣與大齒輪B邊緣各點的線速度大小之比為9：1
D．大齒輪B邊緣與小齒輪A邊緣各點的向心加速度大小之比為3：1
三．填空題（共3小題）
10．（2024秋 楊浦區校級期末）如圖，兩個齒輪相互咬合進行工作，C為大盤上的一點，A、B為大小兩盤邊緣上的兩點，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作時A點和B點的角速度之比ωA：ωB＝ 　 　，A點和C點向心加速度大小之比aA：aC＝ 　 　。
11．（2024秋 浦東新區校級期中）在地球表面赤道上的不同位置有兩個物體m1、m2，如圖所示．已知m1＞m2，則m1、m2隨地球自轉的向心加速度的大小關系是a1　 　a2（選填“＜”“＞”或“＝”），所受向心力的大小關系是F1　 　F2（選填“＜”“＞”或“＝”）
12．（2024春 普陀區校級期末）如圖所示，做勻速圓周運動的質點在時間t內由A點運動到B點，AB弧所對的圓心角為θ。則質點的角速度大小為 　 　；若AB弧長為l，則質點向心加速度的大小為 　 　。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 包河區校級月考）勻速圓周運動和平拋是兩種最典型的曲線運動。
（1）當物體做勻速圓周運動時，可以通過速度變化的情況來確定加速度的大小和方向。請用運動學的方法證明：一個物體做勻速圓周運動，其線速度大小為v，圓的半徑為R（如圖1所示）時，則其加速度大小為a。（已知角度θ很小時，有sinθ≈θ）
（2）研究一般曲線運動（如平拋）時，可以把這條曲線分割為很多很短的小段，質點在每小段的運動都可以看作圓周運動的一部分。質點所受合力F可以沿運動方向和垂直運動方向分解，沿切向的部分Ft使質點速度大小改變，垂直切向部分提供質點運動方向改變所需要的向心力Fn，滿足：Fn≈m，其中v為質點在該點的瞬時速度，r為該點等效圓周運動半徑（即曲率半徑）。
一個可以看作質點的物塊以初速度v0＝3m/s離開桌面做平拋運動，桌面離地高度為h＝0.8m，當地重力加速度為g＝10m/s2。
a.物塊運動的軌跡為拋物線，求該軌跡在拋出點P和落地點Q的曲率半徑。
b.現制作一個與小物塊平拋軌跡完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與PQ曲線重合的位置，讓物塊從頂端P沿該軌道無初速下滑，試通過計算，分析說明小物塊在落地前是否會脫離軌道。
14．（2024春 天山區校級期末）如圖所示，長度為L＝10m的繩，系一小球在豎直面內做圓周運動，小球的質量為m＝2kg，小球半徑不計，小球在通過最低點時的速度大小為v＝30m/s，試求：
（1）小球在最低點的向心加速度大小；
（2）小球在最低點所受繩的拉力大小。
15．（2024春 讓胡路區校級期末）隨著交通的發展，旅游才真正變成一件賞心樂事，各種“休閑游享樂游”紛紛打起了宣傳的招牌，某次旅游中游客乘坐列車，以恒定速率通過一段水平圓弧形彎道過程中，發現車頂部懸掛玩具小熊的細線穩定后與車用側壁平行。與車廂底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯與桌面間的動摩擦因數μ，水杯與水的總質量m，水平圓弧形彎道半徑R，此彎道路面的傾角為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
（1）列車轉彎過程中的向心加速度大小；
（2）列車轉彎過程中，水杯與桌面間的摩擦力。
期末押題預測 向心加速度
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 楊浦區校級期末）如圖所示，同學們組成的跑操方陣排列整齊地勻速率通過圓弧形跑道區域，每個方陣中的每位同學均可視為做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　　）
A．每位同學的角速度相同
B．每位同學所受的合力為零
C．每位同學的速度大小相同
D．每位同學的加速度保持不變
【考點】向心加速度的概念、方向及物理意義；勻速圓周運動；線速度與角速度的關系．
【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】A
【分析】根據勻速圓周運動的特點：繞同一圓心做圓周運動其角速度相同，線速度v＝ωr判定線速度，合外力提供向心力，加速度始終指向圓心。
【解答】解：A．每個方陣中的每位同學均可視為繞同一圓心做勻速圓周運動，則角速度相同。故A正確；
B．每位同學均做勻速圓周運動，所受的合力提供向心力，合力不為零。故B錯誤；
C．根據v＝ωr可知每位同學的運動半徑不同，其速度大小不相同。故C錯誤；
D．根據a＝ω2r可知每位同學的加速度大小保持不變，方向指向圓心，時刻改變。故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查了勻速圓周運動的特點，解題關鍵是掌握繞同一圓心做圓周運動其角速度相同，線速度v＝ωr判定線速度，合外力提供向心力，加速度始終指向圓心。
2．（2024秋 道里區校級期末）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（　　）
A．P點的線速度方向沿繩子切線
B．P點所受合外力垂直于繩斜向下
C．P點和Q點的線速度大小相等
D．P點的角速度等于Q點的角速度
【考點】向心加速度的計算；線速度與角速度的關系．
【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】AB.根據題意分析P點的圓周平面，判斷P點的合外力方向和速度方向；
CD.根據共軸轉動情況判斷角速度關系，結合半徑差異判斷線速度大小關系。
【解答】解：AB.P點做勻速圓周運動的圓心是過P點作圖中虛線的垂線和虛線的交點，故P點所受合力方向指向交點，方向豎直向下，P點線速度方向為垂直于紙面向里或向外，故AB錯誤；
CD.由于是共軸轉動，故P點的角速度等于Q點的角速度，P點圓周運動半徑小于Q點，則P點線速度大小小于Q點的線速度大小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】考查圓周運動的合外力和線速度規律，結合共軸轉動問題判斷線速度大小關系。
3．（2024秋 朝陽區校級期末）如圖所示，在長春市人民廣場轉盤，A、B兩車正在水平圓形車道上做線速度大小相等的勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．A車的角速度比B車的角速度小
B．A車的角速度比B車的角速度大
C．A車的向心加速度小于B車的向心加速度
D．A車的向心加速度等于B車的向心加速度
【考點】向心加速度的計算；線速度與角速度的關系．
【專題】比較思想；歸納法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】B
【分析】根據分析角速度的大小；根據a分析向心加速度的大小。
【解答】解：AB、由圖知A的半徑小于B的半徑，根據可知，A的角速度大于B的角速度，故A錯誤，B正確；
CD、根據a可知，A車的向心加速度大于B車的向心加速度，故CD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查了角速度和線速度的關系，以及向心加速度和線速度的關系式，容易題。
4．（2024秋 寧波期末）如圖為修正帶的內部結構，由大小兩個相互咬合的齒輪組成，修正帶芯固定在大齒輪的轉軸上。當按壓并拖動其頭部時，齒輪轉動，從而將遮蓋物質均勻地涂抹在需要修改的字跡上。若圖中大小齒輪的半徑之比為2：1，A、B分別為大齒輪和小齒輪邊緣上的一點，C為大齒輪上轉軸半徑的中點，則（　　）
A．A與B的角速度大小之比為1：2
B．B與C的線速度大小之比為1：1
C．A與C的向心加速度大小之比為4：1
D．大小齒輪的轉動方向相同
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；傳動問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】同緣傳動時，邊緣點的線速度相等；同軸傳動時，角速度相等；然后結合v＝ωr列式求解。
【解答】解：ABC.邊緣點的線速度大小相等，故vA：vB＝1：1，同軸傳動時，角速度相等，故ωA＝ωC，角速度大小之比為1：1，根據v＝ωr，結合半徑的比值關系：rA：rB：rC＝2：1：1。可知，ωA：ωB：ωC＝1：2：1，vA：vB：vC＝2：2：1；向心加速度的表達式可得：a＝ω2r解得：aA：aB：aC＝2：4：1，故A正確，BC錯誤；
D、大、小齒輪相互咬合，同緣傳動時，大、小齒輪轉動方向相反，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題關鍵明確同緣傳動同軸傳動的特點：同軸傳動時，角速度相等，同緣傳動時，邊緣點的線速度相等，然后結合公式v＝ωr分析求解即可。
5．（2024秋 龍崗區期末）腳踏車上的飛輪傳動系統如圖所示，設各輪的轉軸均固定且相互平行，甲、乙兩輪同軸且無相對轉動，已知甲、乙、丙、丁四輪的半徑比為5：2：3：1，A、B分別是甲、乙兩輪邊緣上的點，兩傳送帶在四輪轉動時均不打滑，下列判斷正確的是（　　）
A．甲、乙兩輪的角速度相等
B．A點向心加速度比B點的小
C．兩傳送帶的線速度大小相等
D．當丙輪轉1圈時，丁輪已轉10圈
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關系；傳動問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】各輪轉軸固定且平行，甲、乙兩輪同軸無相對轉動，意味著甲、乙兩輪角速度相等，甲、乙、丙、丁四輪半徑之比為5：2：3：1，且傳送帶不打滑，說明與輪子接觸處傳送帶線速度和輪子邊緣線速度相等，據此分析解答即可。
【解答】解：A.因為甲、乙兩輪同軸無相對轉動，根據同軸轉動的物體角速度相等這一特性，所以甲、乙兩輪的角速度相等，故A正確。
B.根據向心加速度公式a ＝ ω2r，甲、乙兩輪角速度ω相等，A點在甲輪邊緣，B點在乙輪邊緣，甲輪半徑大于乙輪半徑，所以A點向心加速度比B點的大，故B錯誤。
CD.設甲輪半徑r甲＝5r，乙輪半徑r乙＝2r，丙輪半徑r丙＝3r，丁輪半徑r丁＝r，由于甲、乙兩輪角速度相等，設為ω，則甲輪邊緣線速度為
v甲＝ωr甲
解得：v甲＝5rω，
乙輪邊緣線速度為
v乙＝ωr乙
解得：v乙＝2rω
根據同一傳動裝置接觸邊緣的線速度大小是相等及v＝ ωr得：
ω丙
聯立解得：
所以丙輪轉1圈時，丁輪轉了圈，兩傳送帶線速度大小不相等，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查了線速度與角速度關系，知道共軸的角速度是相同的，同一傳動裝置接觸邊緣的線速度大小是相等的，注意靈活應用線速度、角速度與半徑之間的關系．
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2023秋 長沙校級期末）圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r。b點在小輪上，到小輪中心的距離為r。c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上。若在傳動過程中，皮帶不打滑。則（　　）
A．a點與b點的線速度大小之比為2：1
B．a點與b點的角速度大小之比2：1
C．a點與c點的線速度大小之比1：1
D．a點的向心加速度與d點的向心加速度之比2：1
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；傳動問題．
【專題】定量思想；比例法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】ABC
【分析】右輪與左側小輪的線速度相等，左側大輪與小輪的角速度相等，根據圓周運動公式分析。
【解答】解：C．如圖所示，a與c同一皮帶下傳動，則線速度va＝vc，故C正確；
AB．根據v＝ωr，可得ωa：ωc＝rc：ra＝2：1，因為ωb＝ωc＝ωd，且rb：rc＝1：2，所以vb：vc＝1：2，則va：vb＝2：1，ωa：ωb＝2：1，故AB正確；
D．設a點的線速度為v，由以上分析可知，c點的線速度為v，d點的線速度為2v，根據向心加速度公式，可知a點與d點的向心加速度大小之比1：1，故D錯誤。
故選：ABC。
【點評】考查對圓周運動加速度、線速度與角速度的理解，屬于基礎知識，熟記公式。
（多選）7．（2024 江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸OO′重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的線速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；牛頓第二定律的簡單應用；線速度的物理意義及計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定性思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】同一圓環以直徑為軸做勻速轉動時，環上的點的角速度相同，根據幾何關系可以判斷Q、P兩點各自做圓周運動的半徑，根據v＝ωr即可求解線速度，根據a＝ω2r求得向心加速度。
【解答】解：A．由題意可知，粗坯上P、Q兩質點屬于同軸轉動，它們的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A錯誤；
B．由圖可知P點繞轉軸轉動的半徑大，根據v＝rω，所以vP＞vQ，即P的線速度大小比Q的大，故B正確；
C．根據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正確；
D．因為當轉臺轉速恒定，所以同一時刻P所受合力的方向與Q的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】該題主要考查了圓周運動基本公式的直接應用，注意同軸轉動時角速度相同。
（多選）8．（2023秋 黔西南州期末）做勻速圓周運動的物體，10s內在沿半徑為10m的圓周上運動了200m，則物體做勻速圓周運動時（　　）
A．周期為2πs
B．線速度的大小為20m/s
C．角速度的大小為2rad/s
D．向心加速度大小為20m/s2
【考點】向心加速度的計算；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．
【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】由題可知，物體做勻速圓周運動，根據勻速圓周運動的線速度、角速度、向心加速度的公式和周期與角速度的關系求解即可。
【解答】解：AB．線速度的大小m/s＝20m/s
周期Ts＝π（s），
故A錯誤，B正確；
C．角速度的大小rad/s＝2rad/s，故C正確；
D．向心加速度大小為a＝ω2R＝22×10m/s2＝40m/s2，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】解題關鍵是能夠根據題意求解線速度大小，掌握勻速圓周運動的角速度、向心加速度、周期的關系。
（多選）9．（2023秋 泰安期末）如圖所示，自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C的半徑之比為1：3：9，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小齒輪A與后輪C的角速度大小之比為9：1
B．小齒輪A與大齒輪B的角速度大小之比為3：1
C．后輪C邊緣與大齒輪B邊緣各點的線速度大小之比為9：1
D．大齒輪B邊緣與小齒輪A邊緣各點的向心加速度大小之比為3：1
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度的物理意義及計算．
【專題】定量思想；比例法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】BC
【分析】在齒輪傳動系統中，通過鏈條連接的齒輪邊緣線速度相同，角速度與半徑成反比，向心加速度與角速度的平方和半徑成正比。
【解答】解：A、小齒輪和后輪是同軸轉動，故小齒輪A與后輪C的角速度大小之比為1：1，故A錯誤；
B、小齒輪A與大齒輪B的線速度相等，根據題意，小齒輪A與大齒輪B的半徑之比為1：3，根據公式v＝ωr，小齒輪A與大齒輪B的角速度大小之比為3：1，故B正確。
C、小齒輪A與后輪C的角速度相同，根據公式v＝ωr，故小齒輪A與后輪C的線速度之比為1：9，小齒輪A與大齒輪B的線速度相等，故后輪C邊緣與大齒輪B邊緣各點的線速度大小之比為9：1，故C正確；
D、小齒輪A與大齒輪B的線速度相等，根據公式可得，大齒輪B邊緣與小齒輪A邊緣各點的向心加速度大小之比為1：3，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查的是齒輪傳動中的角速度、線速度和向心加速度的關系。在自行車傳動系統中，小齒輪A、大齒輪B和后輪C通過鏈條連接，因此在理想情況下，鏈條上各點的線速度相同。根據齒輪的半徑比，可以推導出角速度和向心加速度的關系。
三．填空題（共3小題）
10．（2024秋 楊浦區校級期末）如圖，兩個齒輪相互咬合進行工作，C為大盤上的一點，A、B為大小兩盤邊緣上的兩點，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作時A點和B點的角速度之比ωA：ωB＝ 　1：2　，A點和C點向心加速度大小之比aA：aC＝ 　2：1　。
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關系；傳動問題．
【專題】定量思想；圖析法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】1：2；2：1。
【分析】A、B兩點都在齒輪邊緣，相互咬合傳動，故線速度大小相等，A點和C點角速度大小相等。
【解答】解：因為A、B兩點都在齒輪邊緣，相互咬合傳動，故線速度大小相等，即vA：vB＝1：1，根據公式v＝ωr，可得，因為A、C在同一齒輪上，兩點角速度相同，由a＝rω2，可得aA：aC。
故答案為：1：2；2：1。
【點評】考查對圓周運動角速度、線速度、向心加速度的理解，熟悉公式的運用。
11．（2024秋 浦東新區校級期中）在地球表面赤道上的不同位置有兩個物體m1、m2，如圖所示．已知m1＞m2，則m1、m2隨地球自轉的向心加速度的大小關系是a1　＝　a2（選填“＜”“＞”或“＝”），所受向心力的大小關系是F1　＞　F2（選填“＜”“＞”或“＝”）
【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素．
【專題】定性思想；方程法；勻速圓周運動專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】地球表面的物體都具有相等的角速度，由向心加速度和向心力的公式，比較二者的向心加速度與向心力的關系即可．
【解答】解：在地球表面赤道上的不同位置有兩個物體具有相等的角速度和半徑，設角速度為ω，半徑為R，則向心加速度：a＝ω2R，可知二者的向心加速度與質量無關，所以是相等的；向心力：，可知向心力的大小與物體的質量成正比，所以質量大的物體的向心力大，所以F1＞F2．
故答案為：＝，＞
【點評】該題考查向心力與向心加速度的公式的應用，牢記向心力的公式和向心加速度的公式是解答的關鍵．
12．（2024春 普陀區校級期末）如圖所示，做勻速圓周運動的質點在時間t內由A點運動到B點，AB弧所對的圓心角為θ。則質點的角速度大小為 　　；若AB弧長為l，則質點向心加速度的大小為 　　。
【考點】向心加速度的計算；勻速圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】，。
【分析】根據角速度的定義式、線速度定義式結合加速度的公式聯立推導求解。
【解答】解：根據角速度的定義式，角速度的大小為ω，線速度大小為v，質點的向心加速度a＝vω 。
故答案為：，。
【點評】考查角速度、線速度的定義式，會根據角速度和線速度的大小求解向心加速度大小。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 包河區校級月考）勻速圓周運動和平拋是兩種最典型的曲線運動。
（1）當物體做勻速圓周運動時，可以通過速度變化的情況來確定加速度的大小和方向。請用運動學的方法證明：一個物體做勻速圓周運動，其線速度大小為v，圓的半徑為R（如圖1所示）時，則其加速度大小為a。（已知角度θ很小時，有sinθ≈θ）
（2）研究一般曲線運動（如平拋）時，可以把這條曲線分割為很多很短的小段，質點在每小段的運動都可以看作圓周運動的一部分。質點所受合力F可以沿運動方向和垂直運動方向分解，沿切向的部分Ft使質點速度大小改變，垂直切向部分提供質點運動方向改變所需要的向心力Fn，滿足：Fn≈m，其中v為質點在該點的瞬時速度，r為該點等效圓周運動半徑（即曲率半徑）。
一個可以看作質點的物塊以初速度v0＝3m/s離開桌面做平拋運動，桌面離地高度為h＝0.8m，當地重力加速度為g＝10m/s2。
a.物塊運動的軌跡為拋物線，求該軌跡在拋出點P和落地點Q的曲率半徑。
b.現制作一個與小物塊平拋軌跡完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與PQ曲線重合的位置，讓物塊從頂端P沿該軌道無初速下滑，試通過計算，分析說明小物塊在落地前是否會脫離軌道。
【考點】向心加速度的計算；平拋運動與曲面的結合．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．
【答案】（1）證明過程見上；
（2）a.該軌跡在拋出點P的曲率半徑為0.9m，落地點Q的曲率半徑為；
b.小物塊在落地前不會脫離軌道。
【分析】（1）利用加速度公式以及三角形的相似關系進行推導；
（2）a.根據圓周運動和平拋的規律求該軌跡在拋出點P和落地點Q的曲率半徑；
b.根據物體的運動情況分析軌道對物塊是否有支持力作用，進而判斷小物塊在落地前是否會脫離軌道。
【解答】解：（1）若物體由圖中的A點運動到B點，AB圓弧所對圓心角為θ，如圖所示
可知三角形AOB與三角形DBC相似，則三角形DBC為等腰三角形，則
A點到B點的時間為
A點到B點的平均加速度為
解得
當圓心角O趨近于零（θ→0）時，則有
可得
（2）a.物塊在拋出點P時，重力剛好與速度方向垂直，則有
解得該軌跡在拋出點P的曲率半徑為
rp＝0.9m
物塊從拋出點P和落地點Q過程做平拋運動，則有
vy＝gt
解得
vy＝4m/s
則物塊在落地點Q的速度大小為
解得
v＝5m/s
物塊在落地點Q的速度方向與水平方向的夾角滿足
可得
θ＝53°
則在落地點Q有
解得該軌跡在落地點Q的曲率半徑為
b.物塊做平拋運動過程經過某點的速度大小為v1，與水平方向的夾角為α，該點的曲率半徑為r1，則有
現制作一個與小物塊平拋軌跡完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與PQ曲線重合的位置，讓物塊從頂端P沿該軌道無初速下滑，物塊下滑到與平拋運動同一點時，重力做功相同，但平拋運動具有一定的初速度，所以物塊無初速下滑時經過同一點的速度v′1小于物塊做平拋運動經過同一點的速度v1，則有
可知軌道對物塊有支持力作用，所以小物塊在落地前不會脫離軌道。
答：（1）證明過程見上；
（2）a.該軌跡在拋出點P的曲率半徑為0.9m，落地點Q的曲率半徑為；
b.小物塊在落地前不會脫離軌道。
【點評】本題的第一小題是是基本概念的再現，比較重視基礎；在此基礎上第二題又進行了靈活的變化，屬于不同概念之間的遷移，比較靈活，非常考驗學生的物理理解能力。難點在于極短時間內近似值的處理。
14．（2024春 天山區校級期末）如圖所示，長度為L＝10m的繩，系一小球在豎直面內做圓周運動，小球的質量為m＝2kg，小球半徑不計，小球在通過最低點時的速度大小為v＝30m/s，試求：
（1）小球在最低點的向心加速度大小；
（2）小球在最低點所受繩的拉力大小。
【考點】向心加速度的計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．
【答案】（1）小球在最低點的向心加速度大小90m/s2；
（2）小球在最低點所受繩的拉力大200N。
【分析】（1）根據向心加速度公式，求向心加速度大小；
（2）根據牛頓第二定律，求拉力。
【解答】解：（1）小球在最低點的向心加速度大小
，代入數據得a＝90m/s2
（2）根據牛頓第二定律
T﹣mg＝ma
解得
T＝200N
答：（1）小球在最低點的向心加速度大小90m/s2；
（2）小球在最低點所受繩的拉力大200N。
【點評】本題解題關鍵是掌握牛頓第二定律和向心加速度公式，比較基礎。
15．（2024春 讓胡路區校級期末）隨著交通的發展，旅游才真正變成一件賞心樂事，各種“休閑游享樂游”紛紛打起了宣傳的招牌，某次旅游中游客乘坐列車，以恒定速率通過一段水平圓弧形彎道過程中，發現車頂部懸掛玩具小熊的細線穩定后與車用側壁平行。與車廂底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯與桌面間的動摩擦因數μ，水杯與水的總質量m，水平圓弧形彎道半徑R，此彎道路面的傾角為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
（1）列車轉彎過程中的向心加速度大小；
（2）列車轉彎過程中，水杯與桌面間的摩擦力。
【考點】向心加速度的計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】計算題；定量思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．
【答案】（1）列車轉彎過程中的向心加速度大小為gtanθ；
（2）列車轉彎過程中，水杯與桌面間的摩擦力為0。
【分析】（1）對玩具小熊進行受力分析，結合牛頓第二定律求其向心加速度大小，即為列車轉彎過程中的向心加速度大小；
（2）對水杯受力分析，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）設玩具小熊的質量為m，則玩具小熊受到的重力mg、細線的拉力FT的合力提供玩具小熊隨列車做圓周運動的向心力F，由牛頓第二定律有
mgtanθ＝ma
可知列車在轉彎過程中的向心加速度大小為a＝gtanθ
（2）水杯的向心加速度a＝gtanθ，則知水杯的向心力由水杯的重力與桌面的支持力的合力提供，則水杯與桌面間的靜摩擦力為0。
答：（1）列車轉彎過程中的向心加速度大小為gtanθ；
（2）列車轉彎過程中，水杯與桌面間的摩擦力為0。
【點評】本題主要考查了圓周運動的相關應用，熟練對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律和幾何關系即可完成分析。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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