专题04 向心力和向心加速度 【八大题型】-【压轴题】2024-2025 学年高中物理同步培优训练（人教版2019必修第二册）

专题04 向心力和向心加速度 【八大题型】 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共4小题） 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共6小题） 三．向心力的来源分析（共5小题） 四．通过受力分析求解向心力（共7小题） 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共10小题） 六．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共7小题） 七．向心加速度的计算（共7小题） 八．探究圆周运动的相关参数问题（共6小题） 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共4小题） 1．如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．湿衣物在b、d两点的向心力相同 B．湿衣物在a点更容易脱水 C．湿衣物在c点更容易脱水 D．减小转速湿衣物脱水效果会更好 【答案】B 【解答】解：A、湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，合力作为向心力，指向圆心，则其在b、d两处的向心力大小相等，方向相反，故湿衣物在b、d两点的向心力不同，故A错误； B、湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，合力向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好，故B正确； C、湿衣物在c点时，加速度竖直向下，衣物处于失重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在c点受到滚筒的作用力最小，脱水效果最差，故C错误； D、增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好，减小转速湿衣物脱水效果会变差，故D错误。 故选：B。 2．图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点O的竖直轴OO'转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童a、b、c，其质量ma：mb：mc＝2：3：4，到顶点的距离ra：rb：rc＝1：1：2，与锥面的动摩擦因数都相等；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2 B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力都指向顶点O C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c所受摩擦力均增大 D．若“魔盘”转速缓慢增大，c将最先发生滑动，然后a发生滑动，最后b发生滑动 【答案】C 【解答】解：A、若三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c角速度相同，根据向心力公式F＝mω2r，由题意可知，a、6、c做圆周运动的半径r之比等于到顶点的各距离之比，故可得a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝（2×1）：（3×1）：（4×2）＝2：3：8，故A错误； B、若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力提供此时向心力，故他们的合外力沿水平方向指向转轴OO'，故B错误； C、设锥面与竖直轴OO'夹角为θ，对沿锥面方向，根据牛顿第二定律有 f﹣mgcosθ＝mω2rsin 0 即f＝mgcosθ+mω2rsinθ 随着转速缓慢增大，ω在增大，可知a、b、c所受摩擦力均增大，故C正确； D、对沿垂直于锥面方向，根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣FN＝mω2rcosθ 达到临界角速度ωm时有 f＝μFÑ 联立解得： ωm 因为c做圆周运动的半径最大，所以c的临界角速度最小，则当转速缓慢增大时，c最先滑动；a、b做圆周运动的半径相同，故随着转速缓慢增大将同时发生滑动，故D错误。 故选：C。 3．如图所示，西安欢乐谷摩天轮高达131.4m，外观极具未来感和科幻感，在蓝天的映衬下璀璨夺目。已知当该摩天轮以某一周期做匀速圆周运动时，乘坐该摩天轮的某同学的向心力大小为F，若在其他情况不变的情况下，仅将该摩天轮做匀速圆周运动的线速度大小变为原来的两倍，则此时该同学的向心力大小为（　　） A． B． C．2F D．4F 【答案】D 【解答】解：根据向心力的计算公式 若做匀速圆周运动的线速度大小变为原来的两倍，则 整理解得F′＝4F，故D正确，ABC错误。 故选：D。 4．如图所示为在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆。关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．受拉力和重力的作用 B．受拉力和向心力的作用 C．受重力和向心力的作用 D．受重力、拉力和向心力的作用 【答案】A 【解答】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图 小球受重力和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力。故A正确，BCD错误。 故选：A。 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共6小题） 5．如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，下列说法中正确的是（　　） A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少 B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值 C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内 D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径圆盘上 【答案】D 【解答】解：A.转动手柄1的快慢会影响小球做圆周运动的角速度大小，根据F＝mrω2可知，会从而影响向心力大小，则会影响露出标尺的多少，故A错误； B.因变速塔轮转动的角速度比值是一定的，则当转动手柄1的快慢时，两球转动的角速度比值一定，根据F＝mrω2可知，两球所受向心力的比值一定，即转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，故B错误； C.如果保证两小球角速度相同，皮带传动轮子边缘上的线速度大小相等，根据v＝rω可知，皮带应该套在变速塔轮2和3上的相同圆盘上，这样两个塔轮的半径相等，则角速度相等，故C错误； D.为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上，故D正确。 故选：D。 6．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球在细线的拉力作用下，以速度v做半径为r的匀速圆周运动，小球所受向心力F的大小为（　　） A．m B．mmg C．m 【答案】A 【解答】解：小球受到重力和支持力以及细线的拉力，重力和支持力平衡，细线拉力提供向心力，根据向心力表达式有F＝m，故A正确，BC错误。 故选：A。 7．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处，物块始终贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，下列说法正确的是（　　） A．绳的张力可以为零 B．桶对物块的弹力一定不能为零 C．若一起转动的角速度增大，桶对物块的弹力可以保持不变 D．若一起转动的角速度减小（物块始终与桶壁接触），绳的张力保持不变 【答案】D 【解答】解：A、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，所以绳子的拉力一定不能等于0．故A错误； B、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零。故B错误； C、水平方向：Tsinθ+N＝mrω2，所以随着转动的角速度增大，桶壁对物块的弹力一定增大，故C错误； D、物块在竖直方向上平衡，有：Tcosθ＝mg，绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，可知角速度增大，绳子的张力不变，故D正确。 故选：D。 8．无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分（如血小板、粒细胞或外周血干细胞）储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa＜ρ0＜ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．血浆相对试管向外侧运动，细胞a和细胞b相对试管向内侧运动 B．细胞a相对试管向外侧运动，细胞b相对试管向内侧运动 C．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大 D．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小相同 【答案】C 【解答】解：AB．转动时细胞做圆周运动需要向心力为 F＝mω2r 由于a、b两种细胞的ω、r均相同，质量大的细胞即密度大的细胞需要的向心力大，周围细胞对它的作用力小于需要的向心力做离心运动而向外侧运动，由于b细胞密度大，所以b细胞相对试管向外侧运动，密度小的a细胞需要的向心力小，周围细胞对它的作用力大于所需要的向心力做近心运动，相对试管向内侧运动，故AB错误； C．“模拟重力”大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比，根据牛顿第二定律得：a 解得：a＝rω2 由此可知，“重力加速度”与其到转轴距离成正比，所以沿转动半径方向向外侧逐渐变大，故C正确，D错误； 故选：C。 9．某同学想利用圆锥摆验证圆周运动向心力表达式，具体操作如下： ①如图所示，将一不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着一金属小球A，拉起小球与竖直方向成一夹角，给其一水平初速度，使其在某一水平面内做匀速圆周运动； ②用水平平行光束照射，O′是O点在墙壁上的投影点，P′是小球A静止自然下垂时在墙壁上的投影点，当小球开始转动，A′是小球A在墙壁上的投影点，并用直尺测得O′与A′两点之间的距离为d； ③用秒表记录小球运动n圈所用的总时间t； ④改变夹角，保持n的取值不变，记录每次运动的时间t和A′点的位置，并测量d。 实验中，取重力加速度大小为g。 （1）本实验中该同学 　不需要　测量小球的质量（填“需要”或“不需要”）。 （2）小球每次转动的角速度可表示为 　　（用n、t表示）。 （3）小球转动的角速度变大，A′与O′间的距离 　变小　（填“变大”“不变”或“变小”）。 （4）本实验中，若以t2为纵轴，以 　d　为横轴（填“”、“d”、“d2”），作出一条斜率为 　　的直线，向心力公式的正确性即得到验证。 【答案】（1）不需要；（2）；（3）变小；（4）d，。 【解答】解：（1）细绳拉力水平方向的分力提供向心力，可得mgtanθ＝mrω2，其中m是小球质量，g是重力加速度，θ是细线与竖直方向的夹角，ω是角速度，r是小球做圆周运动的半径，由于小球的质量m可以被约掉，所以我们不需要测量小球的质量； （2）小球每次转动的角速度ω可以通过小球运动n圈所用的总时间t来计算，即； （3）小球转动的角速度变大，细线与竖直方向的夹角θ也会变大，根据几何关系，可知A′与O′间的距离d＝Lcosθ，其中L是细线的长度，保持不变，所以d会变小； （4）细绳拉力水平方向的分力提供向心力，由mgtanθ＝mrω2，，可得，所以t2与d成正比关系，我们可以作出一条斜率为的直线来验证向心力公式的正确性。 故答案为：（1）不需要；（2）；（3）变小；（4）d，。 10．物体做匀速圆周运动时，向心力与哪些因素有关？某同学通过下面实验探究，获得体验． 如图甲，绳子的一端拴一个小沙袋，绳上离小沙袋l处打一个绳结A，2l处打另一个绳结B．请一位同学帮助用秒表计时．如图乙所示，做了四次体验性操作． 操作1：手握绳结A，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． 操作2：手握绳结B，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． （1）操作2与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　操作2　； 操作3：手握绳结A，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动2周．体验此时绳子拉力的大小． （2）操作3与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　操作3　； 操作4：手握绳结A，增大沙袋的质量到原来的2倍，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． （3）操作4与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　操作4　； （4）总结以上四次体验性操作，可知物体做匀速圆周运动时，向心力大小与 　质量、半径、角速度　有关．若某同学认为“物体做匀速圆周运动时，半径越大，所受的向心力也越大”．你认为这一说法是否正确？为什么？ 答：　不对，前提在角速度不变的情况下，半径越大，向心力越大　． 【解答】解：（1）根据F＝mrω2知，操作2与操作1相比，操作2的半径大，小球质量和角速度相等，知拉力较大的是操作2． （2）根据F＝mrω2知，操作3与操作1相比，操作3小球的角速度较大，半径不变，小球的质量不变，知操作3的拉力较大． （3）操作4和操作1比较，半径和角速度不变，小球质量变大，根据F＝mrω2知，操作4的拉力较大． （4）由以上四次操作，可知向心力的大小与质量、半径、角速度有关． 物体做匀速圆周运动时，半径越大，所受的向心力不一定大．正确的说法是角速度一定时，物体的半径越大，向心力越大． 故答案为：（1）操作2，（2）操作3，（3）操作4，（4）质量、半径、角速度；不对，前提在角速度不变的情况下，半径越大，向心力越大 三．向心力的来源分析（共5小题） 11．如图，汽车驶过圆弧形路面的顶端时，所受的重力G和支持力N都在竖直方向。此时提供汽车做圆周运动向心力的是（　　） A．重力 B．支持力 C．重力和支持力的合力 D．汽车对路面的压力 【答案】C 【解答】解：由题意知，汽车做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，此时提供汽车做圆周运动向心力的是重力和支持力的合力。故ABD错误，C正确。 故选：C。 12．随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（　　） A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点 B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态 C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变 D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力 【答案】B 【解答】解：A、评委给花样滑冰选手评分时看的就是选手的细节动作，选手的大小形状不能被忽略，此时不能看成质点，故A错误； B、滑雪比赛中运动员做空中技巧时，只受重力，完全失重，属于失重状态，故B正确； C、冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误； D、短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。 故选：B。 13．（多选）方圆荟是莆田的一处巨型购物中心，吸引无数顾客前来。如图是方圆荟广场的一处玩乐设施简化图，线长L，线与垂直方向夹角为θ，玩客质量为m，下列说法正确的是（　　） A．玩客受重力、拉力和向心力 B．此时的旋转半径为 C．此时的拉力为 D．此时的向心力为mgtanθ 【答案】CD 【解答】解：A．玩客受重力、拉力，重力与拉力的合力提供向心力，向心力是效果力，故A错误； B．根据图中几何关系可得此时的旋转半径为 r＝Lsinθ，故B错误； C．根据共点力平衡可得此时的拉力为 ，故C正确； D．此时的向心力为 Fn＝mgtanθ，故D正确。 故选：CD。 14．（多选）如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（　　） A．物块始终受到三个力作用 B．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大 C．从b到a，物块处于超重状态 D．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心 【答案】BC 【解答】解：A、在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误； B、从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故B正确； C、从b运动到a，向心加速度指向圆心，有向上的分量，所以物体处于超重状态，故C正确； D、物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故D错误。 故选：BC。 15．（多选）如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（　　） A．B对A的支持力越来越大 B．B对A的支持力越来越小 C．B对A的摩擦力越来越小 D．B对A的摩擦力越来越大 【答案】BC 【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力。合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小。合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小。故B、C正确，A、D错误。 故选：BC。 四．通过受力分析求解向心力（共7小题） 16．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则此时转动的周期为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：每根弹簧弹力均为：F＝k（l﹣l0） 相邻两橡皮筋间的夹角为120°，每个小球受到的合力等于F， 对小球，由牛顿第二定律得： 解得：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 17．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是（ ） A．圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直 C．圆环角速度ω等于时，细绳断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 【答案】C 【解答】解：AB、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有：mgtan θ＝mRsin θ•ω2，即为：，当绳恰好伸直时有：θ＝60°，对应，故AB正确； CD、设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有：FNcos 60°＝mg+FTcos 60°，FNsin 60°+FTsin 60°＝mω2Rsin 60°，当FT取最大值2mg时代入可得：，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。 本题选择错误的，故选：C。 18．（多选）如图所示，有一粗糙斜劈固定在水平转盘上与转盘一起绕垂直于转盘的轴OO′以角速度ω转动，斜劈与水平面的夹角为θ，斜劈的斜面长为L。现将一质量为m的小物块放在斜劈的中点处与斜劈一起旋转，小物块与斜劈之间的动摩擦因数为μ，角速度ω的大小可以调节。关于小物块，下列说法正确的是（　　） A．斜劈对小物块的支持力始终等于mgcosθ B．当角速度ω增大时，斜劈对小物块的支持力变小 C．若要小物块始终在斜劈的中点处，则小物块受到的摩擦力最大值为μmgcosθ D．若要小物块始终在斜劈的中点处，当角速度ω最大时，斜劈对小物块的支持力为 【答案】BD 【解答】解：AB.物块做圆周运动的轨迹圆心在与物块等高的轴上，如图，对物块进行受力分析，建立水平方向和竖直方向的平面直角坐标系，物块所受静摩擦力f沿斜面向上： 在竖直方向有： Ncosθ+fsinθ＝mg， 在水平方向有： fcosθ﹣Nsinθ＝mω2r， 由以上两式可知，ω变大，则f变大，N变小，故A错误，B正确； CD.由AB可知，ω变大，则f变大，故当ω最大时，f最大，记此时的最大静摩擦力为：Ffm、斜劈对小物块的支持力为：FN，由受力分析得： FNcosθ+Ffmsinθ＝mg， Ffm＝μFN， 联立解得： ， ， 故C错误，D正确。 故选：BD。 19．（多选）在安化云台山旅游区，有一个非常刺激的杂技节目，叫“笼中飞车”，几名演员骑着摩托车在一个固定封闭的球形大铁笼中，时而高速在水平面内骑行，时而在竖直面内骑行，人都完全倒过来了，看的观众直呼过瘾，若我们把演员与摩托车看成质点P，其质量为m。演员在虚线水平圆周上以角速度ω做匀速圆周运动，O1为铁笼的球心，O2为虚线轨道的圆心，O1P与竖直方向的夹角为θ，且此时刚好无横向摩擦力（横向即垂直于摩托车前进方向），则（　　） A．演员与摩托车的向心力指向O1 B．演员与摩托车的向心力指向O2 C．演员与摩托车的向心力大小为mgtanθ D．当演员与摩托车的速度增大时，其运动轨道一定沿笼壁上移 【答案】BC 【解答】解：AB．由于演员在虚线水平圆周上以角速度ω做匀速圆周运动，由合力提供向心力，向心力指向轨迹圆的圆心，即演员与摩托车的向心力指向O2，故A错误，B正确； C．对演员与摩托车进行分析 根据合力提供向心力有 F＝mgtanθ 故C正确； D．由于此时刚好无横向摩擦力，即无垂直于摩托车前进方向的摩擦力，当演员与摩托车的速度增大时，若速度增大较小，摩托车有沿笼壁上移的趋势，摩托车受到垂直于摩托车前进方向向下的摩擦力，由弹力、重力与摩擦力的合力提供向心力，此时其运动轨道并没有沿笼壁上移，故D错误。 故选：BC。 20．（多选）如图所示，小球m用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是（　　） A．受重力、绳的拉力和向心力作用 B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用 C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用 D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力 【答案】BCD 【解答】解：A、物体受重力、绳子的拉力，向心力不是物体受到的力，是做圆周运动需要的力，靠径向的合力提供，故A错误。 BC、物体可能受上面绳子拉力和重力两个力作用，也可能受上下两根绳子的张力和重力三个力作用，故B、C正确。 D、在竖直方向上，T1cosθ＝mg+T2cosα，可知上面一根绳的拉力总是大于小球的重力，故D正确。 故选：BCD。 21．如图所示，有一质量为m的小球在光滑的半球碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为L，重力加速度为g，试求： （1）碗壁对小球的弹力； （2）小球做匀速圆周运动的速度． 【解答】解：（1）小球竖直方向的合力为零，则有：Ncosθ＝mg， 解得：N （2）根据几何关系得：小球所受的合力为：F合＝mgtanθ， 小球做圆周运动的轨道半径为：r＝Lsinθ， 根据向心力公式得：mgtanθ＝m 解得：v， 答：（1）碗壁对小球的弹力为； （2）小球做匀速圆周运动的速度为． 22．在一根细线上套有一个质量为m的光滑小环，将细线的两端固定在如右下图所示的竖直杆上的A、B两点，A、B间距为L，当竖直杆以一定的角速度绕AB轴匀速转动时细线被张紧，小环在水平面内做匀速圆周运动，此时细线的BC段恰沿水平方向且长度为L．求： （1）细线中的拉力大小为多少？ （2）小环做匀速圆周运动的角速度是多少？ 【解答】解：设细线中拉力在大小为T，对小球进行受力分析，设∠BAC＝θ 在竖直方向上有：Tcosθ＝mg 在水平方向上有：T+T sinθ＝mω2R 由几何关系知：tanθ 联立①②③解出： T ω 答：（1）细线中的拉力大小为； （2）小环做匀速圆周运动的角速度是． 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共10小题） 23．如图所示，质量为mA、mB的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大（A、B与圆盘仍保持相对静止）的过程中，下列说法正确的是（　　） A．无论μA、μB大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力 B．当μA＝μB，mA＞mB时，A先达到最大静摩擦力 C．当μA＝μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动 D．当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心 【答案】D 【解答】解：A.当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由 ，可知，A、B动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦力，故A错误； B、当μA＝μB，mA＞mB时，由μmg＝mrω2，解得，可知，同时达到最大静摩擦力，故B错误； C、当μA＝μB mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力， 因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，B的摩擦力减小，然后反向，最终达到最大时，A、B将向A的一侧发生滑动，故C错误； D、当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力， 因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，A的静摩擦力逐渐增大到最大值，之后B的摩擦力减小，然后反向直到B的摩擦力又达到最大，即B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心，故D正确。 故选：D。 24．如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b（可视为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO'之间的距离分别为r1、r2.若圆盘从静止开始绕转轴OO'缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a所受的摩擦力大小fa。随圆盘角速度的平方（ω2）的变化图像如图乙所示，对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由题可知，当0≤ω≤ω1时，木块a随圆盘做圆周运动，静摩擦力提供向心力， 因此有fa＝m1ω2r1，斜率k1＝m1r1， 当ω＝ω1时，木块a所受静摩擦力为fa1＝m1r1，结合图像可知fa1＝m1r1＝0.5f0①， 此时木块b所受静摩擦力达到最大fb1，fb1＝μm2g＝m2r2②， 当ω1≤ω≤ω2时，木块a、b同时受到圆盘的摩擦力及绳子拉力F的作用，此时对a受力分析可知，fa﹣F＝m1ω2r1③， 对b受力分析可知fb1+F＝m2ω2r2④， 联立③④式可得fa＝（m1r1+m2r2）ω2﹣fb1，k2＝（m1r1+m2r2），结合图像可知fb1＝﹣3f0， 当ω＝ω2时，a所受的静摩擦力达到最大，fa2＝m1r1＝μm1g＝f0， 联立以上各式可知m2＝3m1、6m1r1＝m2r2，r2＝2r1，k2＝7k1，ω2ω1，故B正确，ACD错误。 故选：B。 25．（多选）如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一相同的小球，现使两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动，稳定时，OA、OB分别与竖直线成60°、30°角，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是（　　） A．两球运动的周期之比为TA：TB＝1：1 B．两球线速度的大小之比为vA：vB＝3：1 C．细线拉力的大小之比为FA：FB＝3：1 D．向心加速度的大小之比为aA：aB＝3：1 【答案】ABD 【解答】解：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故由合力提供向心力； 将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力为：F＝mgtanθ； 由向心力公式得：F＝mω2r 设悬点到圆心的高度为h，由几何关系，得：r＝htanθ； 联立以上三式解得ω 周期为 T2π，h相同，则TA：TB＝1：1 线速度大小为 v＝ωr＝ωhtanθ，则得 vA：vB＝tan60°：tan30°＝3：1 细线拉力的大小之比为 FA：FB：：1 向心加速度的大小 aωv，则得 aA：aB＝vA：vB＝3：1；故ABD正确，C错误。 故选：ABD。 26．（多选）如图，为水平放置圆筒的截面图，O为转轴．现让圆筒绕中心轴沿顺时针方向高速旋转，某时刻把一小物块轻轻放在圆筒轴线正下方的A点，物块在圆筒的带动下随之运动，物块运动到最高点C后又会滑下来，最终停留在B点．已知∠AOB＝θ，∠BOC＝α，下列说法正确的是（　　） A．物块在A、C两点加速度大小之比为sinθ：sinα B．物块在A点受到的摩擦力小于停留在B点时受到的摩擦力 C．若增大圆筒转速，则物块最终仍会停留在B点 D．若增大圆筒转速，则物块所能达到的最大高度比C点高 【答案】AC 【解答】解：A、设圆筒与物块的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得：aAμg； 在B点时，物块保持平衡：μmgcosθ＝mgsinθ。解得：μ＝tanθ。 aCgsin（α+θ）﹣μgcos（α+θ） aC 因μ＝tanθ，则， 则有：aC 。故A正确； B、物体在A点摩擦力：fA＝μmg＝mgtanθ 物体在B点摩擦力：fB＝μmgcosθ＝mgtanθcosθ 所以fB＜fA。故B错误； CD、由于物块B受到的摩擦力大小均为滑动摩擦力，与转筒的速度并无直接关系，所以增大转速无法对物块的受力情况产生影响。物块的运动情况会和增加转速前一样，从A点一开始运动到C点，最后在停留在B点。故C正确，D错误； 故选：AC。 27．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v＝3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.）求： （1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s； （2）从平台飞出到A点时速度及圆弧对应圆心角θ； （3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小； （4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v'＝4m/s，此时对轨道的压力大小。 【解答】解：（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得： 竖直方向上：H 水平方向上：s＝vt2 可得： s＝vt2＝3×0.4m＝1.2m 故从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m； （2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度：vy＝gt2＝10×0.4m/s＝4m/s 到达A点时速度：vA5m/s 设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα 即α＝53° 所以θ＝2α＝2×53°＝106° 故从平台飞出到达A点时速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角为53°，圆弧对应圆心角θ为106°； （3）对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：NA﹣mgcosα＝m 解得：NA 代入数据有： 由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为6200N； （4）在最低点，受力分析可得：N﹣mg＝m 则可得： 代入数据有：8400N 由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为8400N。 答：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m； （2）从平台飞出到达A点时速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角为53°，圆弧对应圆心角θ为106°； （3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为6200N； （4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′m/s，此时对轨道的压力为8400N。 28．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点时，对管壁恰好无压力，求A、B两球落地点间的距离． 【解答】解：以A球为对象，设其到达最高点时的速度为vA，根据向心力公式有： 即 所以： 以B球为对象，设其到达最高点时的速度为vB，根据向心力公式有： 所以： A、B两球脱离轨道的最高点后均做一平抛运动，设空中运动时间为t，则有： 所以A、B两球的水平位移分别为： 故A、B两球落地点间的距离： Δs＝sA﹣sB＝2R 答：A、B两球落地点间的距离为2R． 29．如图所示，水平长杆AB绕过B端的竖直轴OO′匀速转动，在杆上套有一个质量m＝1kg的圆环，若圆环与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.5，且假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则： （1）当杆的转动角速度ω＝2rad/s时，圆环的最大回转半径为多大？ （2）如果水平杆的转动角速度降为ω′＝1.5rad/s，圆环能否相对于杆静止在原位置，此时它所受到的摩擦力有多大？（g取10m/s2） 【解答】解：（1）当杆的转动角速度ω＝2rad/s时，圆环达到最大回转半径时，由最大静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得： fm＝mω2rm， 又 fm＝μmg 联立得：最大回转半径为： rm1.25m （2）由题意最大静摩擦力为： fm＝μmg＝0.5×1×10N＝5N 假设圆环静止在原位置不动，有： f′＝mω′2rm＝1×1.52×1.25N≈2.81N＜fm， 故圆环相当于杆静止在原位置，摩擦力等于2.81N． 答：（1）当杆的转动角速度ω＝2rad/s时，圆环的最大回转半径为1.25m． （2）圆环相当于杆静止在原位置，摩擦力等于2.81N． 30．如图所示，直角架ABC的直角边AB在竖直方向上，B点和C点各系一细绳，两绳共吊着一质量为1kg的小球于D点，且BD⊥CD，∠ABD＝30°，BD＝40cm。当直角架以AB为轴，以10rad/s的角速度匀速转动时，绳BD和CD的拉力各为多少？（g取10m/s2） 【解答】解：设角架以ω0转动时，TCD＝0，r＝|BD|sin30°＝0.2m 此时对小球分析，由牛顿第二定律有：mgtan30°＝m|BD|sin30°ω02 解得：ω05rad/s＜10rad/s （或 如图，由牛顿第二定律得： { 代入数据，可解得：{ 说明当ω＝10rad/s时，CD绳无拉力 设此时BD与AB夹角为θ，则有：mgtanθ＝mLsinθω2 得：cosθ而TBD•cosθ＝mg 所以 TBD4mg＝40N 综上所述，TBD＝40N，TCD＝0， 答：以10rad/s的角速度匀速转动时，绳BD和CD的拉力各为40N、0。 31．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等．（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为0而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； （2）若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为0，求此时角速度ω2的大小； （3）装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象． 【解答】解（1）细线AB上张力恰为零时，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有： 解得： （2）细线AB恰好竖直，但张力为零时，设细线AC与竖直方向的夹角为θ′． 由几何关系得：，得θ'＝53° 根据牛顿第二定律得： 解得， （3）当时，细线AB水平，细线AC上张力的竖直分量始终等于小球的重力：Tcosθ＝mg； 解得：． ω1≤ω≤ω2时细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，则有： Tsinα＝mω2lsinα，T＝mω2l ω＞ω2时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力：Tsinθ'＝mω2lsinθ'T＝mω2l 综上所述：时，T＝12.5N不变；ω＞ω1时，T＝mω2l＝ω2（N），T﹣ω2关系图象如图所示 答：（1）角速度ω1的大小为rad/s；（2）此时角速度ω2的大小为rad/s；（3）计算见上，在坐标图中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象如图所示． 32．在水平圆盘上有一过圆心的光滑水平槽，槽内有两根原长、劲度系数均相同的橡皮绳拉住一质量为m的小球，一条橡皮绳拴在O点，另一条拴在O′点，其中O点为圆盘的中心，O′点为圆盘的边缘．橡皮绳的劲度系数为k，原长为圆盘半径R的．现使圆盘角速度由零缓慢增大，求圆盘的角速度ω1与ω2时，小球所对应的线速度之比v1：v2． 【解答】解：当转速为ω0时，外侧橡皮绳恰好无引力 则有： 可得： 当，故两绳均有拉力 设此时半径为r1，则有 得 当，故右侧绳有拉力 设此时半径为r2，则有： 得 故 得： 答：圆盘的角速度ω1与ω2时，小球所对应的线速度之比v1：v2为9：49． 六．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共7小题） 33．某道闸杆上的甲、乙、丙、丁四处各固定一个螺栓，则在抬起道闸杆的过程中向心加速度最大的螺栓是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】D 【解答】解：在抬起道闸杆的过程中，圆周运动的角速度大小相等，根据a＝ω2r可知，由于丁处螺栓的半径最大，故丁处螺栓的向心加速度最大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 34．明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如“牛转翻车”是利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬，我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km/h。图中A、B是两个齿轮边缘点，齿轮半径比rA：rB＝3：2，在齿轮转动过程中（　　） A．A、B的周期之比TA：TB＝2：3 B．A、B的线速度大小之比vA：vB＝3：2 C．A、B的角速度之比的ωA：ωB＝2：3 D．A、B的向心加速度大小之比aA：aB＝4：9 【答案】C 【解答】解：ABC．A、B两点线速度相等，根据圆周运动v＝ωr可得，A、B的角速度，由可得，故AB错误，C正确； D．根据圆周运动a＝ω2r可得，故D错误。 故选：C。 35．如图所示，和谐号动车的雨刷器由刮水片和悬臂构成，M、N为刮水片的端点，P为刮水片和悬臂的链接点。悬臂OP绕O点往复转动的过程中，刮水片不绕P点转动。下列说法正确的是（　　） A．M、N两点的线速度相同 B．M点的周期小于N点的周期 C．M、N两点的加速度均指向O点 D．P点的加速度始终保持不变 【答案】A 【解答】解：AB、刮水片不绕P点转动，则刮水片上的各点运动的情况完全相同，所以M、N的线速度始终相同，周期也是相等的，故A正确，B错误； C、刮水片上的各点运动的情况完全相同，即M、N、P点的线速度、角速度始终相同，根据公式v＝ωr，可知三点的半径不同，则M、N两点的圆心不可能是O点，加速度不可能均指向O点，故C错误； D、悬臂OP绕O点往复转动的过程是非匀速圆周运动，故P点线速度的大小变化的，故D错误。 故选：A。 36．如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍。A、B分别为大轮和小轮边缘上的点，C为O1和A连线的中点。在压路机前进时（　　） A．A、B、C三点的转速之比为nA：nB：nC＝1：1：1 B．A、B、C三点的线速度之比为vA：vB：vC＝6：4：3 C．A、B、C三点的角速度之比为ωA：ωB：ωC＝3：2：3 D．A、B、C三点的向心加速度之比为aA：aB：aC＝2：3：1 【答案】D 【解答】解：A.A、B点是摩擦传动，线速度大小相等，A、C两点是共轴传动，角速度相等。由公式，可得nA：nB：nC＝2：3：2，故A错误； B.由公式v＝ωr得vA：vB：vC＝2：2：1，故B错误； C.由公式ω＝2πn得ωA：ωB：ωC＝nA：nB：nC＝2：3：2，故C错误； D.由公式an＝ω2r得aA：aB：aC＝2：3：1，故D正确。 故选：D。 37．如图所示为我国某平原地区从P市到Q市之间的高铁线路，线路上T1，T2，T3位置处的曲率半径分别为r，r、2r。若列车在P市到Q市之间匀速率运行，列车在经过T1，T2，T3位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为α、β，γ。下列说法正确的是（　　） A．列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2 B．列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2 C．3个位置的tanα：tanβ：tanγ＝2：2：1 D．3个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2 【答案】C 【解答】解：A.根据v＝ωr可知，若列车在P市到Q市之间匀速率运行，则列车依次通过3个位置的角速度与曲率半径成反比，且线路上T1，T2，T3位置处的曲率半径分别为r，r、2r，则列车依次通过3个位置的角速度之比为2：2：1，故A错误； B.根据可知，若列车在P市到Q市之间匀速率运行，则列车依次通过3个位置的向心加速度与曲率半径成反比，且线路上T1，T2，T3位置处的曲率半径分别为r，r、2r，则列车依次通过3个位置的向心加速度之比为2：2：1，故B错误； C.如图，为列车在T1处的受力分析，因列车在经过T1位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，由牛顿第二定律可得可知，，因线路上T1，T2，T3位置处的曲率半径分别为r，r、2r，列车在P市到Q市之间匀速率运行，经过T1，T2，T3位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为α、β，γ，则同理可得：，，有tanα：tanβ：tanγ＝2：2：1，故C正确； D.由C可知三处铁轨平面与水平面间的夹角越大，则内外轨道的高度差h越大，因为tanα：tanβ：tanγ＝2：2：1，则α＝β＞γ，则hα＝hβ＞hγ，故D错误。 故选：C。 38．辘轳是古代民间的提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中取水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，井足够深。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示（以水斗向上运动为速度的正方向），P为轮轴边缘的一点，则（　　） A．t＝2.5s时，P点的角速度大小为10rad/s B．t＝5s时，水斗的速度大小为2m/s C．轮轴边缘P点的速率随时间变化的规律为v＝0.2t（m/s） D．t＝10s时，P点的向心加速度大小为4m/s2 【答案】C 【解答】解：由图丙可得轮轴角速度随时间变化的关系式为ω＝2t （rad/s） A、当t＝2.5s时，P点的角速度大小为ω1＝2×2.5rad/s＝5rad/s，故A错误； B、当t＝5s时，轮轴边缘的角速度大小为ω2＝2×5rad/s＝10rad/s， 因为水斗的速度大小等于井绳的速度大小，等于轮轴边缘的线速度大小，此时轮轴边缘的线速度大小为 v2＝ω2r＝10×0.1m/s＝1m/s 所以t＝5s时，水斗的速度大小为1m/s，故B错误； C、由圆周运动角速度和线速度的关系可知，轮轴边缘P点的线速度大小为 v＝ωr＝2t×0.1（m/s）＝0.2t（m/s），故C正确； D、当t＝10s时，由图像可知轮轴的角速度大小为ω3＝20rad/s 此时P点的向心加速度大小为a202×0.1m/s2＝40m/s2，故D错误。 故选：C。 39．如图，一质量为m的小球（可视为质点）由轻绳a和b分别系于竖直轻质细杆上的A点和B点，当小球随轻杆一起以角速度ω0匀速转动时，绳a水平且恰好伸直，已知绳a长为l，绳b与水平方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受重力、绳b的拉力及向心力三个力作用 B．角速度ω0的大小为 C．当小球随杆匀速转动的角速度为ω0时，绳b的拉力大小为 D．当小球随杆匀速转动的角速度从ω0缓慢增大时，绳a、绳b对小球的拉力均将增大 【答案】C 【解答】解：A、小球在水平面做匀速圆周运动，绳a水平且恰好伸直，小球只受重力、绳b对它的拉力两个力作用，由合力提供向心力，故A错误； B、由牛顿第二定律得，解得，故B错误； C、根据竖直方向受力平衡得Fbsinθ＝mg，解得绳b的拉力大小为，故C正确； D、当角速度从ω0缓慢增大时，小球在竖直方向受力仍平衡，即有Fbsinθ＝mg，由于θ不变，可知绳b对小球的拉力Fb不变。 指向圆心方向有，角速度ω增大，Fb不变，所以绳a的拉力Fa增大以维持小球做圆周运动的向心力的增大，故D错误。 故选：C。 七．向心加速度的计算（共7小题） 40．如图所示是自行车传动装置示意图，A是大齿轮边缘上一点，B是小齿轮边缘上的一点，若大齿轮的半径是小齿轮半径的k倍，那么，A、B两点的向心加速度之比是（　　） A．1：k B．k：1 C．1：k2 D．k2：1 【答案】A 【解答】解：齿轮带转动过程中，大齿轮与小齿轮边缘的线速度大小相等，即A、B两点的线速度大小相等，根据，解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 41．\如图（a）是某市区中心的环岛路，车辆在环岛路上均逆时针行驶。如图（b）是质量相等的甲、乙两车以接近相等的速度经过图示位置，则（　　） A．两车的向心加速度大小相等 B．两车的角速度大小相等 C．两车受到指向轨道圆心的摩擦力大小相等 D．甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 【答案】D 【解答】解：A、由题图可知，乙车的转弯半径大于甲车的转弯半径，根据可知乙车的向心加速度小于甲车的向心加速度，故A错误； B、根据可知乙车的角速度小于甲车的角加速度，故B错误； CD、两车由摩擦力指向轨道圆心的分力提供向心力，根据可知甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大，故D正确，C错误。 故选：D。 42．某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.4：1。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是（　　） A．T分：T时＝12：1 B．ω分：ω时＝12：1 C．v分：v时＝5：84 D．a分：a时＝5：1008 【答案】B 【解答】解：A.分针与时针的周期之比为T分：T时＝1h：12h＝1：12，故A错误； B.根据，分针与时针的角速度之比为ω分：ω时＝12h：1h＝12：1，故B正确； C.根据，分针与时针的针的针尖线速度之比为v分：v时，故C错误； D.根据，分针与时针的针尖加速度之比为a分：a时 1，故D错误； 故选：B。 43．如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程，该过程可视为圆心为O的圆周运动，如图乙所示。已知笔长为L，当笔尖M的线速度大小为v1时，笔帽N的线速度大小为v2，则笔帽N做圆周运动的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等，设角速度为ω，设M、O之间的距离为r1，N、O之间的距离为r2 由v＝ωr可得，v1＝ωr1，v2＝ωr2，又r1+r2＝L，联立解得 笔帽N做圆周运动的加速度大小，故C正确，ABD错误。 故选：C。 44．如图所示，在光滑水平面上，轻弹簧的一端固定在竖直转轴O上，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L，小球以角速度ω绕竖直转轴做匀速圆周运动（K＞mω2）。则小球运动的向心加速度为（　　） A．ω2L B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设小球做匀速圆周运动时弹簧长度为L1，此时弹簧的伸长量为L1﹣L 据牛顿第二定律得：F＝mω2L1 其中F＝k（L1﹣L） 向心加速度为：a＝ω2L1 解得：a 故B正确，ACD错误 故选：B。 45．课间跑操时，某同学以恒定速率经过圆弧形弯道，时间t内速度方向改变了θ，跑过的弧长为s，则该同学的向心加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：该同学的线速度大小为v，角速度大小为ω，则向心加速度为a＝ωv，故B正确，ACD错误。 故选：B。 46．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的角速度可达100rad/s，此时纽扣上距离中心5mm处一点的向心加速度大小为（　　） A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2 【答案】A 【解答】解：纽扣上的点转动角速度ω＝100rad/s，半径r＝5mm＝0.005m，由得向心加速度为1002×0.005m/s2＝50m/s2 故选：A。 八．探究圆周运动的相关参数问题（共6小题） 47．某同学用图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。 （1）用天平测出小球质量，用刻度尺测出摆线长度，用游标卡尺测出钢球直径，示数如图乙所示，钢球直径d＝　11.50　mm。 （2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表： 1 2 3 4 5 F/N 0.124 0.143 0.162 0.181 0.200 v2/（m2•s﹣2） 2.0 4.0 5.8 8.0 10.1 请在下面的坐标图中，画出F﹣v2的关系图像。 （3）由图像可知，钢球的重力为 　0.106　N。 （4）若图像的斜率为k，小球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为 　F＝mg+kv2　（用所给物理量的符号表示）。 （5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得小球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是 　光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。　。 【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，读数d＝11mm+10×0.05mm＝11.50mm. （2）作图需遵循使更多的点在直线上，不在直线的点应在直线两侧，舍去误差较大的点没如图： （3）（4）根据牛顿第二定律可知F﹣mg可得，F＝mgmg+kv2，由图像截距可知，重力为0.106 N. （5）光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。 故答案为：（1）11.50；（2）图见解析；（3）0.106；（4）F＝mg+kv2；（5）光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。 48．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。（已知电火花计时器每隔相同的时间间隔T打一个点） （1）请将下列实验步骤按先后排序：　①③②④　。 ①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 ②接通电火花计时器的电源，使它工作起来 ③启动电动机，使圆形卡纸转动起来 ④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。 （2）要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是 　D　。 A．秒表 B．毫米刻度尺 C．圆规 D．量角器 （3）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对测量结果 　无　（填“有”或“无”）影响。 （4）若兴趣小组在卡纸上选取了6个计时点，并测得这6个计时点扫过扇形所对应的圆心角为θ，则角速度的表达式为 　ω　 【解答】解：（1）该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，故次序为①③②④； （2）要测出角速度，需要测量点与点间的角度，需要的器材是量角器。 故选：D。 （3）由于点与点之间的角度没变化，则对测量角速度不影响； （4）由可知 ω； 故答案为：（1）①③②④；（2）D；（3）无；（4）ω。 49．如图所示的实验装置可用来粗略验证向心力公式：一根细绳穿过一段光滑的硬质塑料管，细绳一端系一个质量较小的小球A，另一端系一物块B，事先测出小球A的质量m、物块B的质量M以及连接A、B细绳的长度为L（重力加速度为g）。 （1）两位同学为一组，互相配合，实验步骤如下： ①甲同学手摇塑料管，让小球在水平面内做匀速圆周运动，且尽量使细线的OA部分接近水平。 ②乙同学手持 　秒表　（填一种时间测量工具的名称）测量小球转动的周期，乙同学记录小球转过N圈所用的时间为t，则小球转动的周期为 　　。 ③测量物体B的悬点到圆心的距离h。 ④如果Mg＝　　近似成立，则可以认为本实验粗略验证了向心力公式。 （2）本实验是一个简易实验，误差较大，请写出一条造成误差的原因：　小球在水平面内做的不是匀速圆周运动　。 【解答】解：（1）②用秒表测出小球转过N圈所用的时间为t，则小球转动的周期T； ④小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力F＝m，细绳对小球的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，细绳对小球的拉力等于物块B的重力Mg，则Mg。 （2）小球在水平面内做的不是匀速圆周运动，会造成误差； 故答案为：（1）②秒表 ④ （2）小球在水平面内做的不是匀速圆周运动 50．在学习向心力和向心加速度知识时，某同学做了如图所示体验性小实验，通过实验体验手拉细绳的力。请根据你所掌握的知识，完成下列填空（前三空选填“增加”、“减小” 或“不变”）。 （1）r不变，运动中使橡皮塞的角速度ω增大，向心力将　增加　； （2）运动中，尽量使角速度保持不变而改变半径r，当r减小时，向心力将　减小　； （3）换个质量更大的橡皮塞，并保持半径r和角速度ω不变，则向心力将　增加　； （4）这个小实验表明，做圆周运动的物体向心力F的大小跟物体的质量m、圆周半径r和角速度ω有关，其表达式为　F＝mω2r　；该同学体验性实验采用了　控制变量　法。 【解答】解：（1）当r不变，运动中使橡皮塞的角速度ω增大，向心力将增加； （2）运动中，改变半径r尽量使角速度保持不变，当r减小时，向心力将减小； （3）换个质量更大的橡皮塞，并保持半径r和角速度ω不变，细绳的拉力增大，则向心力F增加； （4）根据已学的知识可知，向心力的公式为：F＝mω2r； 由上可知，该同学体验性实验采用了控制变量法。 故答案为：（1）增加；（2）减小；（3）增加；（4）F＝mω2r；控制变量。 51．在探究向心力的大小与半径、质量、角速度关系的实验中，用到的向心力演示器如图所示，变速塔轮2和3通过皮带相连，两塔轮均有上中下三层，按自上到下的顺序一一对应，两侧各层半径之比分别为1：1、2：1、3：1．匀速转动手柄1可以使带刻度的长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，长槽的两个挡板下端由金属丝相连。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8．已知测力套筒的弹簧相同，根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力大小的比值。 （1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是 　A　。 A．控制变量法 B．理想实验法 C．等效替代法 （2）若将皮带连在左右塔轮的中间一层，将质量相等的两球分别置于短槽和长槽的中间位置，匀速转动手柄1，则计算得出左右标尺8上红白标记之比约为 　1：4　。 （3）将质量相等的三个小球放在长、短槽上皮带均连在左右塔轮的最上面一层，在匀速转动的过程中，小球的位置如图所示，根据题中给出的信息进行处理可得左右标尺8上红白标记之比约为 　3：1　。 【解答】解：（1）要探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，需要采用控制变量法。 （2）设皮带连接的左右塔轮半径分别为r1和r2，左右塔轮的角速度分别为ω1和ω2。 依据左右塔轮边缘的线速度大小相等， 将皮带连在左右塔轮的中间一层，两侧半径之比分别为2：1； 根据v＝ωr，可知，ω1：ω2＝1：2 根据F＝mω2r知，m、r相等，则有 F1：F2＝ω12：ω22 解得F1：F2＝1：4； （3）连在左右塔轮的最上面一层，两侧半径之比分别为1：1； 则有皮带所在左右塔轮的半径也相等，转动角速度相等，左边对挡板的作用力， 根据牛顿第二定律可知，左侧对挡板作用力为F＝mrω2+m•2rω2 右侧对挡板作用力为F′＝mrω2 所以作用力之比始终为3：1，故两边红白等分标记之比不变，始终为3：1。 故答案为：（1）B．（2）1：4；（3）3：1。 52．（1）实验室有一张小石子平抛运动的频闪照片，照片背景为一堵竖直的砖墙，如图所示，已知记载信息有：实物与相片的尺寸比为k，当地的重力加速度为g。 请你根据所学平抛运动的知识，利用刻度尺测量的数据求小石子的水平初速度。 ①需要测量照片上每块砖的厚度h和 　长度l　（写出测量物理量及其物理符号） ②小石子的水平初速度v0＝　　。（用题设条件和测量的物理量的符号表示） （2）几位同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式，如图所示，他们用细线吊着一小铁球，使小铁球在水平面内做匀速圆周运动。他们用仪器测出下列物理量：小铁球质量m，悬点O到球心距离L，细线与竖直方向的夹角α，已知重力加速度为g。 小铁球做匀速圆周运动时向心力的大小是 　mgtanα　； 用秒表测量小铁球运动n圈所用时间为t，小铁球做匀速圆周运动时需要验证的表达式是gtanα＝　　。 【解答】解：（1）①需要测量照片上每块砖的厚度h和每块砖的长度为l； ②根据题目图可知，三点的水平位移相等，那么三点竖直方向位移之差为：Δh＝gT2； 则Δh＝kh， 即为：T 再根据水平位移x＝kl得知水平初速度为：v0。 （2）对小球受力分析，受重力和拉力，如图所示： 合力充当向心力，故向心力为：F＝mgtanα （2）合力提供向心力，故： F＝mrω2 其中： r＝lsinα 则有：mgtanα＝mrω2＝mlsinα（）2； 即有：gtanα； 故答案为：（1）①长度l； ②；（2）mgtanα， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 向心力和向心加速度 【八大题型】 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共4小题） 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共6小题） 三．向心力的来源分析（共5小题） 四．通过受力分析求解向心力（共7小题） 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共10小题） 六．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共7小题） 七．向心加速度的计算（共7小题） 八．探究圆周运动的相关参数问题（共6小题） 一．向心力的定义及物理意义（受力分析方面）（共4小题） 1．如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．湿衣物在b、d两点的向心力相同 B．湿衣物在a点更容易脱水 C．湿衣物在c点更容易脱水 D．减小转速湿衣物脱水效果会更好 2．图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点O的竖直轴OO'转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童a、b、c，其质量ma：mb：mc＝2：3：4，到顶点的距离ra：rb：rc＝1：1：2，与锥面的动摩擦因数都相等；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2 B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c所受合外力都指向顶点O C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c所受摩擦力均增大 D．若“魔盘”转速缓慢增大，c将最先发生滑动，然后a发生滑动，最后b发生滑动 3．如图所示，西安欢乐谷摩天轮高达131.4m，外观极具未来感和科幻感，在蓝天的映衬下璀璨夺目。已知当该摩天轮以某一周期做匀速圆周运动时，乘坐该摩天轮的某同学的向心力大小为F，若在其他情况不变的情况下，仅将该摩天轮做匀速圆周运动的线速度大小变为原来的两倍，则此时该同学的向心力大小为（　　） A． B． C．2F D．4F 4．如图所示为在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆。关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是（　　） A．受拉力和重力的作用 B．受拉力和向心力的作用 C．受重力和向心力的作用 D．受重力、拉力和向心力的作用 二．向心力的表达式及影响向心力大小的因素（共6小题） 5．如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，下列说法中正确的是（　　） A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少 B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值 C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内 D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径圆盘上 6．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球在细线的拉力作用下，以速度v做半径为r的匀速圆周运动，小球所受向心力F的大小为（　　） A．m B．mmg C．m 7．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处，物块始终贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，下列说法正确的是（　　） A．绳的张力可以为零 B．桶对物块的弹力一定不能为零 C．若一起转动的角速度增大，桶对物块的弹力可以保持不变 D．若一起转动的角速度减小（物块始终与桶壁接触），绳的张力保持不变 8．无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分（如血小板、粒细胞或外周血干细胞）储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa＜ρ0＜ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．血浆相对试管向外侧运动，细胞a和细胞b相对试管向内侧运动 B．细胞a相对试管向外侧运动，细胞b相对试管向内侧运动 C．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大 D．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小相同 9．某同学想利用圆锥摆验证圆周运动向心力表达式，具体操作如下： ①如图所示，将一不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着一金属小球A，拉起小球与竖直方向成一夹角，给其一水平初速度，使其在某一水平面内做匀速圆周运动； ②用水平平行光束照射，O′是O点在墙壁上的投影点，P′是小球A静止自然下垂时在墙壁上的投影点，当小球开始转动，A′是小球A在墙壁上的投影点，并用直尺测得O′与A′两点之间的距离为d； ③用秒表记录小球运动n圈所用的总时间t； ④改变夹角，保持n的取值不变，记录每次运动的时间t和A′点的位置，并测量d。 实验中，取重力加速度大小为g。 （1）本实验中该同学 　 　测量小球的质量（填“需要”或“不需要”）。 （2）小球每次转动的角速度可表示为 　 　（用n、t表示）。 （3）小球转动的角速度变大，A′与O′间的距离 　 　（填“变大”“不变”或“变小”）。 （4）本实验中，若以t2为纵轴，以 　 　为横轴（填“”、“d”、“d2”），作出一条斜率为 　 　的直线，向心力公式的正确性即得到验证。 10．物体做匀速圆周运动时，向心力与哪些因素有关？某同学通过下面实验探究，获得体验． 如图甲，绳子的一端拴一个小沙袋，绳上离小沙袋l处打一个绳结A，2l处打另一个绳结B．请一位同学帮助用秒表计时．如图乙所示，做了四次体验性操作． 操作1：手握绳结A，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． 操作2：手握绳结B，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． （1）操作2与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　 　； 操作3：手握绳结A，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动2周．体验此时绳子拉力的大小． （2）操作3与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　 　； 操作4：手握绳结A，增大沙袋的质量到原来的2倍，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小． （3）操作4与操作1相比，体验到绳子拉力较大的是 　 　； （4）总结以上四次体验性操作，可知物体做匀速圆周运动时，向心力大小与 　 　有关．若某同学认为“物体做匀速圆周运动时，半径越大，所受的向心力也越大”．你认为这一说法是否正确？为什么？ 答：　 　． 三．向心力的来源分析（共5小题） 11．如图，汽车驶过圆弧形路面的顶端时，所受的重力G和支持力N都在竖直方向。此时提供汽车做圆周运动向心力的是（　　） A．重力 B．支持力 C．重力和支持力的合力 D．汽车对路面的压力 12．随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（　　） A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点 B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态 C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变 D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力 13．（多选）方圆荟是莆田的一处巨型购物中心，吸引无数顾客前来。如图是方圆荟广场的一处玩乐设施简化图，线长L，线与垂直方向夹角为θ，玩客质量为m，下列说法正确的是（　　） A．玩客受重力、拉力和向心力 B．此时的旋转半径为 C．此时的拉力为 D．此时的向心力为mgtanθ 14．（多选）如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（　　） A．物块始终受到三个力作用 B．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大 C．从b到a，物块处于超重状态 D．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心 15．（多选）如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（　　） A．B对A的支持力越来越大 B．B对A的支持力越来越小 C．B对A的摩擦力越来越小 D．B对A的摩擦力越来越大 四．通过受力分析求解向心力（共7小题） 16．用劲度系数为k，原长均为l0的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个质量为m的小球连接成正六边形（如图所示），放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则此时转动的周期为（　　） A． B． C． D． 17．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是 A．圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直 C．圆环角速度ω等于时，细绳断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 18．（多选）如图所示，有一粗糙斜劈固定在水平转盘上与转盘一起绕垂直于转盘的轴OO′以角速度ω转动，斜劈与水平面的夹角为θ，斜劈的斜面长为L。现将一质量为m的小物块放在斜劈的中点处与斜劈一起旋转，小物块与斜劈之间的动摩擦因数为μ，角速度ω的大小可以调节。关于小物块，下列说法正确的是（　　） A．斜劈对小物块的支持力始终等于mgcosθ B．当角速度ω增大时，斜劈对小物块的支持力变小 C．若要小物块始终在斜劈的中点处，则小物块受到的摩擦力最大值为μmgcosθ D．若要小物块始终在斜劈的中点处，当角速度ω最大时，斜劈对小物块的支持力为 19．（多选）在安化云台山旅游区，有一个非常刺激的杂技节目，叫“笼中飞车”，几名演员骑着摩托车在一个固定封闭的球形大铁笼中，时而高速在水平面内骑行，时而在竖直面内骑行，人都完全倒过来了，看的观众直呼过瘾，若我们把演员与摩托车看成质点P，其质量为m。演员在虚线水平圆周上以角速度ω做匀速圆周运动，O1为铁笼的球心，O2为虚线轨道的圆心，O1P与竖直方向的夹角为θ，且此时刚好无横向摩擦力（横向即垂直于摩托车前进方向），则（　　） A．演员与摩托车的向心力指向O1 B．演员与摩托车的向心力指向O2 C．演员与摩托车的向心力大小为mgtanθ D．当演员与摩托车的速度增大时，其运动轨道一定沿笼壁上移 20．（多选）如图所示，小球m用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是（　　） A．受重力、绳的拉力和向心力作用 B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用 C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用 D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力 21．如图所示，有一质量为m的小球在光滑的半球碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为L，重力加速度为g，试求： （1）碗壁对小球的弹力； （2）小球做匀速圆周运动的速度． 22．在一根细线上套有一个质量为m的光滑小环，将细线的两端固定在如右下图所示的竖直杆上的A、B两点，A、B间距为L，当竖直杆以一定的角速度绕AB轴匀速转动时细线被张紧，小环在水平面内做匀速圆周运动，此时细线的BC段恰沿水平方向且长度为L．求： （1）细线中的拉力大小为多少？ （2）小环做匀速圆周运动的角速度是多少？ 五．牛顿第二定律与向心力结合解决问题（共10小题） 23．如图所示，质量为mA、mB的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大（A、B与圆盘仍保持相对静止）的过程中，下列说法正确的是（　　） A．无论μA、μB大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力 B．当μA＝μB，mA＞mB时，A先达到最大静摩擦力 C．当μA＝μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动 D．当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心 24．如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b（可视为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO'之间的距离分别为r1、r2.若圆盘从静止开始绕转轴OO'缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a所受的摩擦力大小fa。随圆盘角速度的平方（ω2）的变化图像如图乙所示，对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 25．（多选）如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一相同的小球，现使两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动，稳定时，OA、OB分别与竖直线成60°、30°角，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是（　　） A．两球运动的周期之比为TA：TB＝1：1 B．两球线速度的大小之比为vA：vB＝3：1 C．细线拉力的大小之比为FA：FB＝3：1 D．向心加速度的大小之比为aA：aB＝3：1 26．（多选）如图，为水平放置圆筒的截面图，O为转轴．现让圆筒绕中心轴沿顺时针方向高速旋转，某时刻把一小物块轻轻放在圆筒轴线正下方的A点，物块在圆筒的带动下随之运动，物块运动到最高点C后又会滑下来，最终停留在B点．已知∠AOB＝θ，∠BOC＝α，下列说法正确的是（　　） A．物块在A、C两点加速度大小之比为sinθ：sinα B．物块在A点受到的摩擦力小于停留在B点时受到的摩擦力 C．若增大圆筒转速，则物块最终仍会停留在B点 D．若增大圆筒转速，则物块所能达到的最大高度比C点高 27．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v＝3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.）求： （1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s； （2）从平台飞出到A点时速度及圆弧对应圆心角θ； （3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小； （4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v'＝4m/s，此时对轨道的压力大小。 28．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点时，对管壁恰好无压力，求A、B两球落地点间的距离． 29．如图所示，水平长杆AB绕过B端的竖直轴OO′匀速转动，在杆上套有一个质量m＝1kg的圆环，若圆环与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.5，且假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则： （1）当杆的转动角速度ω＝2rad/s时，圆环的最大回转半径为多大？ （2）如果水平杆的转动角速度降为ω′＝1.5rad/s，圆环能否相对于杆静止在原位置，此时它所受到的摩擦力有多大？（g取10m/s2） 30．如图所示，直角架ABC的直角边AB在竖直方向上，B点和C点各系一细绳，两绳共吊着一质量为1kg的小球于D点，且BD⊥CD，∠ABD＝30°，BD＝40cm。当直角架以AB为轴，以10rad/s的角速度匀速转动时，绳BD和CD的拉力各为多少？（g取10m/s2） 31．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等．（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为0而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； （2）若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为0，求此时角速度ω2的大小； （3）装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象． 32．在水平圆盘上有一过圆心的光滑水平槽，槽内有两根原长、劲度系数均相同的橡皮绳拉住一质量为m的小球，一条橡皮绳拴在O点，另一条拴在O′点，其中O点为圆盘的中心，O′点为圆盘的边缘．橡皮绳的劲度系数为k，原长为圆盘半径R的．现使圆盘角速度由零缓慢增大，求圆盘的角速度ω1与ω2时，小球所对应的线速度之比v1：v2． 六．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共7小题） 33．某道闸杆上的甲、乙、丙、丁四处各固定一个螺栓，则在抬起道闸杆的过程中向心加速度最大的螺栓是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 34．明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如“牛转翻车”是利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬，我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km/h。图中A、B是两个齿轮边缘点，齿轮半径比rA：rB＝3：2，在齿轮转动过程中（　　） A．A、B的周期之比TA：TB＝2：3 B．A、B的线速度大小之比vA：vB＝3：2 C．A、B的角速度之比的ωA：ωB＝2：3 D．A、B的向心加速度大小之比aA：aB＝4：9 35．如图所示，和谐号动车的雨刷器由刮水片和悬臂构成，M、N为刮水片的端点，P为刮水片和悬臂的链接点。悬臂OP绕O点往复转动的过程中，刮水片不绕P点转动。下列说法正确的是（　　） A．M、N两点的线速度相同 B．M点的周期小于N点的周期 C．M、N两点的加速度均指向O点 D．P点的加速度始终保持不变 36．如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍。A、B分别为大轮和小轮边缘上的点，C为O1和A连线的中点。在压路机前进时（　　） A．A、B、C三点的转速之比为nA：nB：nC＝1：1：1 B．A、B、C三点的线速度之比为vA：vB：vC＝6：4：3 C．A、B、C三点的角速度之比为ωA：ωB：ωC＝3：2：3 D．A、B、C三点的向心加速度之比为aA：aB：aC＝2：3：1 37．如图所示为我国某平原地区从P市到Q市之间的高铁线路，线路上T1，T2，T3位置处的曲率半径分别为r，r、2r。若列车在P市到Q市之间匀速率运行，列车在经过T1，T2，T3位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为α、β，γ。下列说法正确的是（　　） A．列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2 B．列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2 C．3个位置的tanα：tanβ：tanγ＝2：2：1 D．3个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2 38．辘轳是古代民间的提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中取水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，井足够深。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示（以水斗向上运动为速度的正方向），P为轮轴边缘的一点，则（　　） A．t＝2.5s时，P点的角速度大小为10rad/s B．t＝5s时，水斗的速度大小为2m/s C．轮轴边缘P点的速率随时间变化的规律为v＝0.2t（m/s） D．t＝10s时，P点的向心加速度大小为4m/s2 39．如图，一质量为m的小球（可视为质点）由轻绳a和b分别系于竖直轻质细杆上的A点和B点，当小球随轻杆一起以角速度ω0匀速转动时，绳a水平且恰好伸直，已知绳a长为l，绳b与水平方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受重力、绳b的拉力及向心力三个力作用 B．角速度ω0的大小为 C．当小球随杆匀速转动的角速度为ω0时，绳b的拉力大小为 D．当小球随杆匀速转动的角速度从ω0缓慢增大时，绳a、绳b对小球的拉力均将增大 七．向心加速度的计算（共7小题） 40．如图所示是自行车传动装置示意图，A是大齿轮边缘上一点，B是小齿轮边缘上的一点，若大齿轮的半径是小齿轮半径的k倍，那么，A、B两点的向心加速度之比是（　　） A．1：k B．k：1 C．1：k2 D．k2：1 41．\如图（a）是某市区中心的环岛路，车辆在环岛路上均逆时针行驶。如图（b）是质量相等的甲、乙两车以接近相等的速度经过图示位置，则（　　） A．两车的向心加速度大小相等 B．两车的角速度大小相等 C．两车受到指向轨道圆心的摩擦力大小相等 D．甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 42．某个走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.4：1。关于分针与时针的针尖的相关物理量说法正确的是（　　） A．T分：T时＝12：1 B．ω分：ω时＝12：1 C．v分：v时＝5：84 D．a分：a时＝5：1008 43．如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程，该过程可视为圆心为O的圆周运动，如图乙所示。已知笔长为L，当笔尖M的线速度大小为v1时，笔帽N的线速度大小为v2，则笔帽N做圆周运动的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 44．如图所示，在光滑水平面上，轻弹簧的一端固定在竖直转轴O上，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L，小球以角速度ω绕竖直转轴做匀速圆周运动（K＞mω2）。则小球运动的向心加速度为（　　） A．ω2L B． C． D． 45．课间跑操时，某同学以恒定速率经过圆弧形弯道，时间t内速度方向改变了θ，跑过的弧长为s，则该同学的向心加速度大小为（　　） A． B． C． D． 46．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的角速度可达100rad/s，此时纽扣上距离中心5mm处一点的向心加速度大小为（　　） A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2 八．探究圆周运动的相关参数问题（共6小题） 47．某同学用图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。 （1）用天平测出小球质量，用刻度尺测出摆线长度，用游标卡尺测出钢球直径，示数如图乙所示，钢球直径d＝　 　mm。 （2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表： 1 2 3 4 5 F/N 0.124 0.143 0.162 0.181 0.200 v2/（m2•s﹣2） 2.0 4.0 5.8 8.0 10.1 请在下面的坐标图中，画出F﹣v2的关系图像。 （3）由图像可知，钢球的重力为 　 　N。 （4）若图像的斜率为k，小球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为 　 　（用所给物理量的符号表示）。 （5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得小球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是 　 　。 48．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。（已知电火花计时器每隔相同的时间间隔T打一个点） （1）请将下列实验步骤按先后排序：　 　。 ①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 ②接通电火花计时器的电源，使它工作起来 ③启动电动机，使圆形卡纸转动起来 ④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。 （2）要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是 　 　。 A．秒表 B．毫米刻度尺 C．圆规 D．量角器 （3）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对测量结果 　 　（填“有”或“无”）影响。 （4）若兴趣小组在卡纸上选取了6个计时点，并测得这6个计时点扫过扇形所对应的圆心角为θ，则角速度的表达式为 　 　 49．如图所示的实验装置可用来粗略验证向心力公式：一根细绳穿过一段光滑的硬质塑料管，细绳一端系一个质量较小的小球A，另一端系一物块B，事先测出小球A的质量m、物块B的质量M以及连接A、B细绳的长度为L（重力加速度为g）。 （1）两位同学为一组，互相配合，实验步骤如下： ①甲同学手摇塑料管，让小球在水平面内做匀速圆周运动，且尽量使细线的OA部分接近水平。 ②乙同学手持 　 　（填一种时间测量工具的名称）测量小球转动的周期，乙同学记录小球转过N圈所用的时间为t，则小球转动的周期为 　 　。 ③测量物体B的悬点到圆心的距离h。 ④如果Mg＝　 　近似成立，则可以认为本实验粗略验证了向心力公式。 （2）本实验是一个简易实验，误差较大，请写出一条造成误差的原因：　 　。 50．在学习向心力和向心加速度知识时，某同学做了如图所示体验性小实验，通过实验体验手拉细绳的力。请根据你所掌握的知识，完成下列填空（前三空选填“增加”、“减小” 或“不变”）。 （1）r不变，运动中使橡皮塞的角速度ω增大，向心力将　 　； （2）运动中，尽量使角速度保持不变而改变半径r，当r减小时，向心力将　 　； （3）换个质量更大的橡皮塞，并保持半径r和角速度ω不变，则向心力将　 　； （4）这个小实验表明，做圆周运动的物体向心力F的大小跟物体的质量m、圆周半径r和角速度ω有关，其表达式为　 　；该同学体验性实验采用了　 　法。 51．在探究向心力的大小与半径、质量、角速度关系的实验中，用到的向心力演示器如图所示，变速塔轮2和3通过皮带相连，两塔轮均有上中下三层，按自上到下的顺序一一对应，两侧各层半径之比分别为1：1、2：1、3：1．匀速转动手柄1可以使带刻度的长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，长槽的两个挡板下端由金属丝相连。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8．已知测力套筒的弹簧相同，根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力大小的比值。 （1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是 　 　。 A．控制变量法 B．理想实验法 C．等效替代法 （2）若将皮带连在左右塔轮的中间一层，将质量相等的两球分别置于短槽和长槽的中间位置，匀速转动手柄1，则计算得出左右标尺8上红白标记之比约为 　 　。 （3）将质量相等的三个小球放在长、短槽上皮带均连在左右塔轮的最上面一层，在匀速转动的过程中，小球的位置如图所示，根据题中给出的信息进行处理可得左右标尺8上红白标记之比约为 　 　。 52．（1）实验室有一张小石子平抛运动的频闪照片，照片背景为一堵竖直的砖墙，如图所示，已知记载信息有：实物与相片的尺寸比为k，当地的重力加速度为g。 请你根据所学平抛运动的知识，利用刻度尺测量的数据求小石子的水平初速度。 ①需要测量照片上每块砖的厚度h和 　 　（写出测量物理量及其物理符号） ②小石子的水平初速度v0＝　 　。（用题设条件和测量的物理量的符号表示） （2）几位同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式，如图所示，他们用细线吊着一小铁球，使小铁球在水平面内做匀速圆周运动。他们用仪器测出下列物理量：小铁球质量m，悬点O到球心距离L，细线与竖直方向的夹角α，已知重力加速度为g。 小铁球做匀速圆周运动时向心力的大小是 　 　； 用秒表测量小铁球运动n圈所用时间为t，小铁球做匀速圆周运动时需要验证的表达式是gtanα＝　 　。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$