课时测评10 向心加速度-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

课时测评10　向心加速度 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1.下列关于向心力和向心加速度的说法正确的是(　　) A.做匀速圆周运动的物体的向心力恒定不变 B.向心力不改变做圆周运动物体的线速度的大小 C.做圆周运动的物体的合力一定是向心力 D.向心加速度时刻指向圆心，方向不变 答案：B 解析：做匀速圆周运动的物体，向心力的方向始终指向圆心，其向心力是变力，故A错误；向心力的方向始终沿着半径指向圆心，与速度方向垂直，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故B正确；做变速圆周运动的物体的合力指向圆心的分力提供向心力，故C错误；向心加速度的方向始终沿着半径指向圆心，方向改变，故D错误。故选B。 2.小明坐在水平转盘上，与转盘一起做匀速圆周运动。关于小明的运动状态和受力情况，下列说法正确的是(　　) A.角速度不变 B.线速度不变 C.向心加速度不变 D.所受合力为零 答案：A 解析：匀速圆周运动过程中，角速度恒定不变，线速度大小恒定不变，方向时刻变化，向心加速度的大小恒定不变，方向时刻变化，故A正确，B、C错误；匀速圆周运动中，加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，所受合力不为零，D错误。故选A。 3.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动，如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上，Q点和M点位于“赤道”上，O点为球心。下列说法正确的是(　　) A.P、Q的线速度大小相等 B.P、M的角速度大小相等 C.P、Q的向心加速度大小相等 D.P、M的向心加速度方向均指向O 答案：B 解析：由于同轴转动的物体的角速度相等，可知P、Q、M的角速度均相等，B正确；题图中球面上各点圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有rP＜rQ，根据v＝ωr，可知vP＜vQ，A错误；根据an＝ω2r，可知anP＜anQ，C错误；M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到地轴垂线的垂足，D错误。故选B。 4.游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径为3.0 m，小孩旋转5周用时1 min，则小孩做匀速圆周运动时(　　) A.周期为0.2 s B.角速度为 rad/s C.线速度为 m/s D.向心加速度为 m/s2 答案：D 解析：小孩做匀速圆周运动的周期为T＝＝12 s，故A错误；小孩做匀速圆周运动的角速度为 ω＝＝ rad/s，故B错误；小孩做匀速圆周运动的线速度为 v＝ωr＝ m/s，故C错误；小孩做匀速圆周运动的向心加速度为an＝ω2r＝ m/s2，故D正确。故选D。 5.如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RC，其半径之比为RA∶RB∶RC＝3∶1∶6，在它们的边缘分别取一点A、B、C。下列说法正确的是(　　) A.线速度大小之比为2∶2∶3 B.角速度大小之比为2∶3∶1 C.转速大小之比为3∶2∶1 D.向心加速度大小之比为1∶3∶18 答案：D 解析：大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘上的点线速度相等，故vA∶vB＝1∶1，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，所以ωB∶ωC＝1∶1，又RB∶RC＝1∶6，根据v＝ωr知，B、C两点的线速度之比为1∶6，故线速度大小之比为1∶1∶6，故A错误；由RA∶RB＝3∶1和ω＝可知，A、B的角速度之比ωA∶ωB＝RB∶RA＝1∶3，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则角速度大小之比为1∶3∶3，故B错误；根据ω＝2πn知转速和角速度成正比，角速度大小之比为1∶3∶3，则转速大小之比为1∶3∶3，故C错误；A与B的线速度相等，由a＝可知A与B的向心加速度之比aA∶aB＝RB∶RA＝1∶3，B与C的角速度相等，由a＝ω2r可知B、C两点的向心加速度之比为1∶6，则向心加速度大小之比为1∶3∶18，故D正确。故选D。 6. (多选)(2025·河北秦皇岛高一下学期期末)大型游乐装置“大摆锤”的简图如图所示，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2∶1，在摆臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.a、b的线速度大小之比为2∶1 B.a、b的角速度大小之比为1∶2 C.a、b的向心加速度大小之比为2∶1 D.a、b的向心加速度大小之比为1∶4 答案：AC 解析：a、b同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr可得a、b的线速度大小之比为va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，根据an＝ω2r可得a、b的向心加速度大小之比为ana∶anb＝ra∶rb＝2∶1。故选AC。 7.无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于图示时刻空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是(　　) A.竖直向上，F＝mg B.竖直向上，F＝m C.斜向右上方，F＝m D.斜向右上方，F＝m 答案：D 解析：根据牛顿第二定律可知，无人机需要的向心力Fn＝m，无人机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则得空气对无人机的作用力F＝＝m，方向斜向右上方。故选D。 8. (多选)(2025·浙江省G5联盟高一下学期期中联考)有一种叫“飞椅”的游乐项目。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。当转盘以角速度ω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，座椅(包括人)的质量为m，重力加速度为g，不计钢绳的重力。以下说法正确的是(　　) A.钢绳的拉力大小为 B.座椅的向心加速度大小为ω2(r＋Lsin θ) C.如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直 D.两个体重不同的人坐在座椅上，钢绳与竖直方向的夹角一样大 答案：BD 解析：对座椅受力分析，如图所示。竖直方向有Fcos θ＝mg，解得F＝，水平方向有Fsin θ＝mω2(r＋Lsin θ)，解得F＝，故A错误；座椅的向心加速度大小为an＝ω2(r＋Lsin θ)，故B正确；因钢绳在竖直方向上的分力与重力平衡，故钢绳不可能水平拉直，故C错误；根据牛顿第二定律可得m'gtan θ＝m'ω2(r＋Lsin θ)，整理得gtan θ＝ω2(r＋Lsin θ)，钢绳与竖直方向的夹角和座椅上人的质量无关，故D正确。故选BD。 9. (多选)(2025·福建厦门杏南中学月考)如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.细线对小球的拉力大小为mω2l B.保持l不变，增大角速度ω，细线与竖直方向的夹角变小 C.保持h不变，增大绳长l，ω不变 D.保持h不变，增大绳长l，小球向心加速度大小不变 答案：AC 解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得FTsin θ＝mω2lsin θ，mgtan θ＝mω2lsin θ，解得细线对小球的拉力大小为FT＝mω2l，ω＝，由此可知，保持l不变，增大角速度ω，细线与竖直方向的夹角θ变大，故A正确，B错误；根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，可知保持h不变，增大绳长l，ω不变，故C正确；保持h不变，增大绳长l，θ增大，根据mgtan θ＝man，可知向心加速度大小增大，故D错误。故选AC。 10.(多选)不可伸长的细绳穿过内壁光滑的“┌”形细管，细绳两端拴着小球A、B，质量分别为mA、mB，当细管绕竖直段的中心轴线OO'以恒定角速度ω匀速转动时，拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角为θ，小球B恰好处于静止状态，已知小球A到管口的绳长为l，如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A.小球A的线速度大小为v＝ωlsin θ B.细绳的弹力等于小球B的重力 C.mA一定大于mB D.小球A的向心加速度大小为an＝ 答案：BD 解析：小球A的线速度大小为v＝ωr＞ωlsin θ，故A错误；对小球B受力分析，由平衡条件可知FT＝mBg，故细绳的弹力等于小球B的重力，故B正确；对小球A受力分析，在竖直方向由平衡条件得FTcos θ＝mAg，可得mBgcos θ＝mAg，即mB＞mA，故C错误；小球A受到的合力即向心力为mBgsin θ，向心加速度大小为an＝，故D正确。故选BD。 11.(10分)(2025·陕西渭南高一下学期期中)如图所示，沿半径为R的半球型碗的光滑内表面，质量为m的小球正在虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，小球离碗底的高度h＝R，重力加速度为g，试求：(结果可用根号表示) (1)此时小球对碗壁的压力大小； (2)小球做匀速圆周运动的线速度大小和向心加速度大小； (3)小球做匀速圆周运动的周期。 答案：(1)2mg　(2) 　g　(3)π 解析：(1)由几何关系可知，支持力与水平方向的夹角为θ＝30° 对小球受力分析，可得FNsin 30°＝mg 解得FN＝2mg 根据牛顿第三定律可知小球对碗壁的压力大小FN'＝FN＝2mg。 (2)根据牛顿第二定律可知FNcos 30°＝m＝man 解得v＝ ，an＝g。 (3)根据FNcos 30°＝mRcos 30° 解得T＝π 。 学生用书⬇第44页 学科网（北京）股份有限公司 $