课时训练7 向心加速度-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中物理必修第二册 (人教版)

、第六章圆周运动 3 向心加速度 ■■课时训练7■■■ 核心素养达标夯实基础 一、选择题 4.A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动， 1.一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动， A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A 从某一时刻起该物体受到一个始终跟速度 的转速为30r/min,B的转速为15r/min。 方向垂直、大小不变的水平力作用，此后物 则两球的向心加速度之比为() 体的运动() A.1:1B.2:1C.4:1D.8:1 A.速度的大小和方向均变化 5.如图所示，用A、B两点（未画出）分别表示地球 B.加速度的大小和方向均变化 仪上北京和广州两城市。某同学转动地球仪 C.轨迹为抛物线 时，球面上A、B两点做圆周运动时的() D.轨迹为圆 2.关于向心加速度，下列说法正确的是( A.向心加速度是描述线速度大小变化快慢 的物理量 B.向心加速度是描述线速度的方向变化快 慢的物理量 A.A点半径大于B点半径 C.向心加速度时刻指向圆心，方向不变 B.A点角速度小于B点角速度 D.向心加速度是平均加速度，大小可用a= C.A点线速度小于B点线速度 ,来计算 D.A点向心加速度等于B点向心加速度 6.如图所示，质量为m的木块从半径为R的 3.关于匀速圆周运动，下列说法正确 固定半球形碗口下滑到碗的最低点的过程 的是() 中，如果由于摩擦力的作用使得木块的速率 A.由T=2红可知，角速度越大的圆周运动， 不变，那么木块( 周期越小 A.加速度为零 B.由v=ωwr可知，半径越大的圆周运动，线 B.加速度恒定 速度也越大 C.加速度大小不变，方向 C.由a=亡可知，线速度越大的圆周运动， 时刻改变，但不一定指向圆心 D.加速度大小不变，方向时刻指向圆心 向心加速度也越大 7.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边 D.由a=wr可知，角速度越大的圆周运 缘，C点位于A大轮半径的中点，大轮的半 动，向心加速度也越大 径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接 触面上没有滑动。则B、C两点的向心加速 30 物理· 课时夯基过关练了 度大小之比为( ) 10.质量m=1kg的A物块沿半径为R= 0.4m的轨道做匀速圆周运动，转速n= 15r/min,计算结果保留π，求： 0 0, (1)物块做匀速圆周运动的线速度大小； (2)物块做匀速圆周运动的向心加速度 A.2:1B.4:1C.1:2D.1:4 大小； 8.(多选)如图所示，A、B两球穿过光滑水平 (3)物块在3s内的位移大小及转过的圆心 杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直 角大小。 轴OO匀速转动时，两球在杆上恰好不发生 滑动，若两球质量之比mA：m=2：1,那么 关于A、B两球的描述正确的是() A.运动半径之比为1：2 B.加速度大小之比为1：2 11.如图所示，半径为R的水平圆板做匀速转 C.线速度大小之比为2：1 动。当圆板半径OB转到图示位置时，有 D.向心力大小之比为1：2 一小球从B点正上方h高处自由下落，要 二、非选择题 使小球与板只碰一次且落在圆板边缘的B 点，且板刚好只转一圈，求： 9,某滑板运动员从B点进入半径为2m的 4 (1)圆板的角速度。 圆弧轨道，该圆弧轨道在C点与水平轨道相 (2)圆板边缘上的点转动的最小向心加 接，运动员滑到C点时的速度大小为 速度。 10m/s,求他到达C点前、后的瞬时加速度 (不计各种阻力)。 Oa 7777777 ·物理· 31 、第六章 圆周运动 核心素养培优拓展提升 1.(多选)如图所示是甲、乙两球做圆周运动的向 4.如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转 心加速度随半径变化的关系图像，下列说法正 动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半 确的是() 径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转 A.甲球线速度大小保持不变 动轴的距离是大轮半径的}。当大轮边缘 B.乙球线速度大小保持不变 C.甲球角速度大小保持不变 上的P点的向心加速度是12m/s2时，大轮 D.乙球角速度大小保持不变 上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速 2.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千 度各为多少？ 荡到最高点时，小孩的加速度方向 是图中的( A.a方向 B.b方向 C.c方向 D.d方向 3.活动1：如图甲所示，物块的加速度如何求？ 活动2：如图乙所示，小球做匀速圆周运动的 向心力大小是多少？方向有什么特点？ 活动3：通过比较甲和乙，那我们能不能根据 向心力和牛顿第二定律推导出向心加速度 的表达式呢？ 04 光滑m 77777777777777777元 甲 32 物理·2向心力 课时训练6 核心素养达标·夯实基础 1.C解析：物体所受合外力与速度共线，物体做直 线运动；物体所受合外力与速度不共线，物体做曲 线运动，所以物体做直线运动还是曲线运动与物 体所受合外力是恒力还是变力无关，A、B错误； 物体做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，合 外力大小不变，方向始终改变，C正确；物体做匀 变速曲线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律可 知合外力一定是恒力，D错误。故选C。 2.D解析：当秋千摆到最低，点时速度最大，由F一 mg=m知，吊绳中拉力F最大，吊绳最容易新 裂，D正确。故选D。 3.B解析：小物体在圆盘上随圆盘一起做匀速圆 周运动，其向心力由静摩擦力提供，方向始终指向 圆盘中心，与速度方向垂直。A、C、D错误，B正 确。故选B。 4.D解析：球在水平面内做匀速圆周运动，合外力 指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静 摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可 能沿OA向外，也可能沿OA向里，A错误；对B 受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的 弹力方向一定沿OB向里，B错误；若A与框架间 没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力， 两个力的合力方向不可能水平向左，C错误；A、B 两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据 F=mwr可知两球的合力大小相等，D正确。故 选D。 5.C解析：由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力 方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向；因雪 橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心。由此可 知C正确。故选C。 方 解决本题的关健是知道匀速圆周运动线速度大小 不变，方向时刻改变；向心加速度大小不变，方向始终 指 指向圆心。注意只有匀速圆周运动的合外力等于向心 力，非匀速圆周运动的向心力不等于合外力。 6.C解析：小球受到重力、绳子的拉力，A错误；以 小球为对象，根据牛顿第二定律可得mgtan0= 4π2 2 m Ter=m =mw2r,又r=Lsin0,联立解得 Lcos0,gLtan Osin 0,- T=2x 15 √Lcos0。B,D错误，C正确。故选C。 g 3.5 rad/s 物体的线速度为=wr=3.5×0.8m/s= 7.B解析：分析小球的受力，如图所示，可知，支持 2.8m/s。 力和重力的合力提供向心力，满足mgtan0= 11.答案：(1)2rad/s(2)2N(3)3rad/s m,两小球质量相同，故向心力相同，由于甲 4π2 解析：)由w=, 小球做圆周运动的半径大于乙小球的轨道半径， 1 故甲的周期大于乙的周期。故选B。 可得w=0.5rad/s=2rad/s。 (2)转台转动时，静摩擦力提供物体转动的向心 力，有 02 F:=m千 可得F=2N。 (3)当最大静摩擦力提供向心力时，有 8.C解析：对小球进行受力分析，小球受两个力，一 个是重力mg,另一个是杆对小球的作用力F,两个 Fimax-ma'r 可得w=3rad/s。 力的合力产生向心力。由平行四边形定则可得F= 核心素养培优·拓展提升 m√g2十u'R,再根据牛顿第三定律，可知杆受到 球对其作用力的大小为F=√g2十wR。故 1.D解析：小球转动的频率为∫一元，A错误；根 选C。 据线速度与角速度的公式有v=√一hw,B错 9.答案：角速度w1:2不变 误；设细线与竖直方向的夹角为日，小球受到合力 解析：两球质量相等，半径相等，根据F=mrw2可 得，此次实验研究的是向心力大小与角速度ω的 大小为F-mg1an9=mg尺，C错误；根据 h 关系；匀速转动手柄时，左边标尺露出4个格，右 牛顿第二定律可得Tsin日=nalsin0,解得绳对 边标尺露出1个格，此时两球所受，向心力大小之 小球的拉力大小为T=wl,D正确。故选D。 比为4：1，根据F=mrw2可得，此时两球的角速 2.C解析：由题意可知，两小球做圆周运动的加速 度之比为wA:wB=2：1,与传送带连接的两塔轮 度相同，匀速圆周运动过程中，合外力提供向心 边缘的线速度大小相等，根据？=rw可得，皮带连 力，可知AB绳上的拉力F2为A做圆周运动的向 接的左、右塔轮半径之比为1：2；设塔轮半径为 心力，OB绳上的拉力F1和AB绳上的拉力F2的 R,小球的转动半径为r,根据v=Rw,F=mru2可 合力为B球提供向心力，根据Fm=mrw2可知 得F=m(定)，两小球质量m相等，转动半径， F2=m·2lw2,F1-F2=mlaw2,联立解得F1： F2=3:2。故选C。 相等，与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小 3.答案：(1)2πn(2)8:9不相同 )相等，因此两小球所受的向心力与两塔轮的半 解析：(1)滑块P的角速度表达式为 径R有关，因此其他条件不变若增大手柄转动的 w=2πn。 速度，两小球所受的向心力之比不变，即两标尺示 (2)对滑块有 数的比值不变。 F+umg=ma'r 10.答案：3.5rad/s2.8m/s 化简得 解析：当物体运动到最低点时，物体受重力g、 F=-umg+mro 绳子拉力F,根据牛顿第二定律得 可知 Fr-mg=mw'r, 1.6 又由牛顿第三定律可知，绳子受到的拉力和绳子 mn-8m小=器 拉物体的力大小相等，绳子被拉断时受到的拉力 结合m1:m2=2：1解得 为F-=7.84N 1=8 故Fx=7.84N r29 所以，绳子被拉断时物体的角速度为 当F=0时，由F=一mg十mrw2和图乙可得 7.84-0.4×9.8 uimig=miro2 w= Fr一mg= mr W0.4×0.8 rad/s= uzm2g-m2r2w 联立解得 L=8 29 两次实验中滑块与水平直杆之间的动摩擦因数不 相同。 4.答案：1)号√5gL(21.8mg 解析：(1)小球从A到B做平抛运动，设运动的时 间为t,则根据运动学公式有 Lsin53°=vot 1 L-Lc0s53°=28 联立上述两式解得小球的初速度大小为 2 =5√5gL。 (2)小球运动到B点时，由于绳子绷紧，小球竖直 方向的分速度可视为瞬间变为零，因此小球在B 点开始做圆周运动的线速度大小为0，设此时悬 线的张力大小为F,则由牛顿第二定律可得 202 F-mg=m L 解得F=1.8mg。 3 向心加速度 课时训练7 核心素养达标·夯实基础 1.D解析：物体受到一个始终跟速度方向垂直、大 小不变的水平力作用，这个力将提供向心力，使物 体做匀速圆周运动，此后物体的运动速度大小不 变、方向变化，加速度的大小不变、方向变化，轨迹 为圆。故选D。 2.B解析：加速度是描述速度变化快慢的物理量， 向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理 量，因此A错误，B正确；虽然向心加速度时刻指 向圆心，但是沿不同的半径指向圆心，所以方向不 断变化，C错误；加速度公式a=0适用于平 均加速度的计算，向心加速度一般是指瞬时加速 度，D错误。故选B。 3.A解析：由T=2红可知，角速度越大的圆周运 动，周期越小，A正确；由)=ωr可知，角速度一定 的情况下，半径越大的圆周运动，线速度也越大， B错误；由=亡可知，半径一定的情况下，线速度 越大的圆周运动，向心加速度也越大，C错误；由 a=wr可知，半径一定的情况下，角速度越大的 圆周运动，向心加速度也越大，D错误。故选A。 4 4.D解析：由题意知A、B两小球的角速度之比 ωA:ωB=nA:nB=2:1,所以两小球的向心加速 度之比aA:aB=wa2RA:wB2RB=8:1,D正确。 5.C解析：我国位于北半球，且北京位于广州的北 方，A、B两点绕地轴转动的半径rA<rB,A错误； 地球仪转动时，球面上各，点属于同轴转动，具有相 同的角速度ω，B错误；根据线速度与角速度大小 关系v=rw,可得vA<vB,C正确；由向心加速度 公式an=rw2,可得aA<aB,D错误。故选C。 6.D解析：由题意知，木块做匀速圆周运动，木块 的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确， A、B、C错误。故选D。 7.B解析：若B点的角速度为w,则根据=wr可 知，A点的角速度为7，AC的角速度相等，可知 C点的角速度为2u;根据a=m,可知B、C两点 的向心加速度大小之比为4：1。故选B。 8.AB解析：两球所需的向心力都由细绳拉力提 供，大小相等，D错误；两球都随杆转动，角速度相 等，设两球的运动半径分别为rA、TB,转动角速度 为w,则有mAwrA=mBw2rB,所以TA：TB=mB· mA=1:2,A正确；向心加速度之比为4=wA anB wrB =7,B正确；线速度大小之比为-=)，0 V8 wrs-2,C 错误。故选AB。 9.答案：50m/s2,方向竖直向上0 解析：由a,=二得运动员到达C点前的瞬时加速 度a,=1gm/g=50m/,方向整直向上。运动 员滑过C点后做匀速直线运动，故瞬时加速度 a2=0. 10.答案：(1)0.2πm/s(2)0.1π2m/s2 (3)0.42m1.5πrad 解析：(1)因为 n=15 r/min=0.25 r/s 物块做匀速圆周运动的线速度大小 v=2πRn=2πX0.4X0.25m/s=0.2πm/s。 (2)物块做匀速圆周运动的向心加速度大小 a-员-02m/g-0.1xm/g. (3)物块在3s内转过的圆心角大小 0=wt=2πnt=1.5rrad 位移大小 s=√2R=0.4V2m。 11答案：12x√景(2)2迟 h 1形 解析：(1)根据 4生活中的圆周运动 h-78 课时训练8 2h t一入g 核心素养达标·夯实基础 板刚好只转一圈 1.C解析：受力分析如图所示，当内外轨道不受侧 向挤压时，列车受到的重力和轨道支持力的合力 wt=2π 圆板的角速度 充当向心力，故R.=mgan0,R=m员解得 w=2元√2h° g /gRtan 0。故选C。 (2)圆板边缘上的，点转动的最小向心加速度 a=w2R=2π2gR h 核心素养培优·拓展提升 1.AD解析：从图像知，对甲有a与R成反比，由 a=员知，当口一定时aoc良故甲球线速度大小 2.C解析：对做匀速圆周运动的黄豆受力分析可 知，重力和支持力平衡，黄豆受到的静摩擦力沿半 不变；对乙有a与R成正比，由a=wR知，当w 径方向提供向心力。故选C。 一定时，ao心R,故乙球角速度一定。选项A、D 3.D解析：小球运动到最高点时，若恰好不脱离轨 正确。故选AD。 道，小球与轨道间压力为零，小球只受重力作用， 2.B解析：在最高，点时，速度为零的瞬间的加速度 由重力充当向心力。故选D。 只起到改变大小的作用，故没有向心加速度，故加 4.B解析：物块在最高，点c和最低点d均受重力和 速度沿切线方向。故选B。 支持力两个力作用，两个力的合力提供向心力，A 3.答案：见解析 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力， 解析：活动1：根据牛顿第二定律有F合=F=ma, 可知合外力始终指向圆心，B正确；在最高，点和最 解得物块的加速度a= 低，点，摩擦力是零，重力和支持力的合力提供向心 m 活动2：根据几何关系可得小球做匀速圆周运动 力，在位置c,根据牛顿第二定律得mg一N。= 的向心力大小F向=F合=mgtan0= m尺，所以N.<mg,在位置d,根据牛顿第二定 √(mg)2十T,方向指向圆心； 活动3：根据牛顿第二定律有F。=a,根据向心 律得N,一mg=mR,所以N>mg,C错误；在 力有F。=m号，合力提供向心力有m二=ma, a、b两个位置，重力和支持力平衡，即N=mg,物 块所受静摩擦力提供向心力，D错误。故选B。 解得向心加速度a=亡。 r。 5.B解析：游客做圆周运动，在最高点时，受重力 4.答案：4m/s224m/s2 和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下， 解析：同一轮子上的S点和P点的角速度相同， 加速度方向竖直向下，游客处于失重状态，A错 误，B正确；在最高点时，根据向心力公式得mg十 即ωs=ωp。 N=m只，解得N=m爱-mg,只有当N=0时， 02 由向心加速度公式an=w2r,得= ap rp 1 o=V√gR,C、D错误。故选B。 故as=ap=号×12m/s=4m/令 6.B解析：摩托车只受重力、地面的支持力和地面 又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上 的摩擦力作用，没有离心力，A错误；摩托车正常 各点的线速度大小相等，即p=Q 转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等 由向心加速度公式a-号，得。- 于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合 aQ rp 力小于需要的向心力，B正确；摩托车将沿曲线做 故aQ =Pap=2X12m/s2=24m/s。 离心运动，C、D错误。故选B。 rQ 分析离心运动需注意的问题： (1)物体做离心运动时并不存在“离心力”，“离心 力”的说法是因为有的同学把惯性当成了力。 法 (2)离心运动并不是沿半径方向向外远离圆心的 指 运动。 (3)摩托车或汽车在水平路面上转弯，当最大静摩 擦力不足以提供向心力时，即下<m二，做离心 运动。 7.C解析：分别对球A、球B受力分析，如图所示 FoB B FAB Faa A 对球B,有FOB一FAB=m·2rw2;对球A,有FBA= m·3ra2,由牛顿第三定律知FAB=FA,联立解得 FoB=5mrw2,FBA=3mrw2,则FoB:FBA=5：3。 故选C。 8.B解析：由于选手摆动到最低，点时，绳子拉力和 选手自身重力的合力提供选手做圆周运动的向心 力，有Fr一mg=F向，Fr=mg十F向>mg,B正确， A错误；选项C中，两力为作用力和反作用力，大 小相等，C错误；选手摆动到最低点的运动过程 中，加速度大小和方向都变化，D错误。故选B。 9.答案：(1)16N,方向竖直向下 (2)44N,方向竖直向上 解析：以A为研究对象，设其受到杆的拉力为F, 则有mg十F=加艺 ()代入数据口=1m/,可得F=m(慌-g 2×(。-10）N=-16N,即A受到杆的支持力 大小为16N,方向竖直向上。根据牛顿第三定律 可得A对杆的作用力为压力，大小为16N,方向 竖直向下。 (2)代入数搭o=4m/s,可得F=m(凭-g 2X(品一10)N=4N,即A灸到杆的拉力大小 为44N,方向竖直向下。根据牛顿第三定律可得 A对杆的作用力为拉力，大小为44N,方向竖直 向上。 10.答案：(1)6rad/s(2)6m 解析：(1)在最低点，根据牛顿第二定律有 Fx-mg=mo'r 解得 w=6rad/s。 (2)设小球在空中飞行的时间t,绳子刚断时，小 球的速度为