人教版 (2019)必修 第二册3 向心加速度练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册3 向心加速度练习题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2019人教版 必修二 第六章 第三节 向心加速度一、单选题1.  如图所示，小金属球的质量为，用长为的轻悬线固定于点，在点的正下处钉有一颗钉子，把悬线沿水平方向拉直。若小金属球被无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬间设线没有断，则以下说法错误的是(    )A. 小球的线速度突然减小到零 B. 小球的角速度突然增大
C. 悬线的张力突然增大 D. 小球的向心加速度突然增大2.  一质点沿螺旋线自外向内运动，如图所示。已知其走过的弧长与时间的一次方成正比。则关于该质点的运动下列说法正确的是(    ) A. 小球运动的线速度越来越大 B. 小球运动的加速度越来越大
C. 小球运动的角速度越来越小 D. 小球所受的合外力不变3.  不可回收的航天器在使用后，将成为太空垃圾，如图是漂浮在地球附近的太空垃圾示意图，下列说法正确的是(    )A. 离地越低的太空垃圾运行的向心加速度一定越大
B. 离地越低的太空垃圾受到地球的万有引力一定越大
C. 由公式可得，离地越高的太空垃圾运行的速率越大
D. 太空垃圾可能跟同一轨道上同向飞行的航天器相撞4.  如图所示，在风力发电机的叶片上有、、三点，其中、在叶片的端点，在叶片的中点。当叶片转动时，这三点(    )A. 角速度大小都相等
B. 线速度大小都相同
C. 线速度方向都相等
D. 向心加速度大小都相等5.  如图所示，和是一组塔轮，即和半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为：：轮的半径大小与轮相同，它与轮紧靠在一起，当轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，轮也随之无滑动地转动起来，、、分别为三轮边缘的三个点，则、、三点在运动过程中(    )
A. 线速度大小之比为：： B. 角速度之比为：：
C. 转速之比为：： D. 向心加速度大小之比为：：6.  关于物体做匀速圆周运动的正确说法是(    )A. 线速度的大小和方向都改变 B. 线速度的大小和方向都不变
C. 向心加速度的大小改变，方向不变 D. 向心加速度的大小不变，方向改变7.  一物体以的线速度做匀速圆周运动，转动周期为，则物体在运动过程中的任一时刻，向心加速度的大小为(    )A.  B.   C.  D.  8.  如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘上有三个点、、，关于它们的线速度、角速度、周期、向心加速度大小，下列关系式正确的是(    )A.  B.  C.  D. 9.  、甲、乙两球均在水平面上做匀速圆周运动，甲球的轨迹半径是乙球轨迹半径的倍，甲球的转速是，乙球的转速是，则两球的向心加速度之比为  (    )A.  B.  C.  D. 10.  做匀速圆周运动的物体，在运动过程中下列物理量不变的是A. 线速度 B. 周期 C. 向心加速度 D. 向心力二、多选题11.  如图所示，半径为的半圆形管道为圆心，水平，固定在竖直平面内，倾角为的的斜面定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为，小球质量，对物块施加力使其静止在斜面底端，小球恰在点。撤去力后，小球由静止下滑。重力加速度为，，不计一切摩擦，小球可以看成质点，不计圆管的内径下列说法正确的是(    )A. 力的大小一定为
B. 小球运动到最低点时速度大小
C. 小球运动到最低点时处于超重状态
D. 在小球从点运动到点过程中，细线对物块做的功12.  关于向心加速度和向心力，下列说法中正确的是(    )A. 做匀速圆周运动的物体所受的向心力大小不变，是一个恒力
B. 做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心
C. 地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向地心
D. 向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小13.  如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为，是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为，小轮的半径为，点在小轮上，到小轮中心的距离为，点和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. 、两点的向心加速度之比为： B. 、两点的向心加速度之比为：
C. 、两点的向心加速度之比为： D. 、两点的线速度之比为：14.  下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是(    )A. 匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B. 做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C. 做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D. 匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动三、计算题15.  如图所示，用长为的轻质细线将质量为的小球悬挂于点小球在外力作用下静止在处，此时细线偏离竖直的夹角为现撤去外力，让小球由静止释放，摆到最低点时，细线被点正下方的小钉子挡住，小球继续向左摆动到细线偏离竖直方向角时，垂直撞击挡板此后，小球摆到右侧最高点时细线与竖直方向夹角也为不计空气阻力，忽略细线与钉子相互作用时的能量损失求：小球在处时，所受外力的最小值；小球摆到处前瞬间的向心加速度；小球与挡板垂直撞击过程中，挡板对小球做的功． 16.  如图所示，静放在水平面上的圆形半径为光滑管道，为最高点，为最低点，管道在竖直面内．管道内放一小球，小球可在管道内自由移动，现用一装置将小球锁定在点，过点的半径与竖直方向的夹角为现对管道施加一水平向右的恒力，同时解除对小球的锁定，管道沿水平面向右做匀加速运动，小球相对管道仍保持静止．经过一段时间后管道遇一障碍物突然停止运动，小球能到达管道的点．重力加速度为，小球大小及管道内释不计．求．
恒力作用下圆形管道运动的加速度；
圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值．17.  “嫦娥五号”于年月日在海南文昌发射中心成功发射，携带月壤采样于月日成功返回，开启了我国对月球的进一步探测工程。在此之前，科技人员反复进行了多次模拟试验以应对各种可能的异常情况。在模拟实验中月球探测器如图能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔向地球发射一次无线电信号。探测器上还装有两套相同的使探测器获得加速度的装置简称减速器，其中一个备用。某次试验中探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速直线前进而不能自动避开障碍物，此时地面控制人员就需要进行人工遥控操作。下面为地面操控中心显示屏上的部分数据：

已知月球距地球约为，控制中心接收到信号到控制人员发出指令最少需要时间。前方障碍物相对探测器极大，可将该情况简化为探测器正垂直驶向无限大的障碍物如图。
回答以下问题：
通过对显示屏上的数据分析，你认为减速器是否执行了：：发出的减速指令？
分析说明为避免本次碰撞，在加速度大小相同的情况下，发出哪种指令更安全？
做匀速圆周运动做匀减速直线运动
若你是控制中心人员，在：：接收到信号后，应该怎么做？若发出指令，给减速器设定的加速度需要满足什么条件？18.  目前，滑板运动受到青少年的喜爱．如图所示某滑板运动员恰好从点进入半径为的圆弧，该圆弧轨道在点与水平轨道相接，运动员滑到点时的速度大小为求他到达点前瞬间的加速度和点后的瞬时加速度不计各种阻力．19.  无动力风帽又叫球形通风器，是屋顶常见的一种通风设备。一风帽如图所示，它会在自然风的推动下绕其竖直中心轴旋转。在其边缘某处粘有一块质量为的橡皮泥，过橡皮泥所处的位置的一条切线竖直，橡皮泥到中心轴的距离为。某段时间内，风帽做匀速圆周运动，在时间内发现风帽旋转了圈。重力加速度大小为。求：
橡皮泥向心加速度的大小；
风帽对橡皮泥作用力的大小。20.  如图所示，圆盘绕轴匀速转动时，在距离圆心处放一质量为的金属块，恰好能随圆盘做匀速圆周运动而不被甩出，此时圆盘的角速度为求：
金属块的线速度和向心加速度．
金属块受到的最大静摩擦力．
 1.【答案】 【解析】解：、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于重力与拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，根据，知由于线速度大小不变，半径变小，则角速度增大，故A错误，B正确；
C、根据牛顿第二定律得：，解得：，半径变小，则悬线张力增大，故C正确；
D、根据向心加速度公式，可得线速度大小不变，半径变小，则向心加速度增大，故D正确；
本题选择错误的，
故选：。
把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径发生变化，根据，判断角速度、向心加速度大小的变化，再根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化
解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系，以及知道在本题中悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变。
 2.【答案】 【解析】【分析】通过的弧长与运动时间成正比，知小球的线速度大小不变，结合，，判断角速度、加速度、合外力的变化。
本题考查描述圆周运动的物理量间的关系，关键是抓住线速度的大小不变，结合线速度、角速度、向心加速度之间的关系分析求解。【解答】A.因为弧长与时间成正比，所以线速度大小不变，故A错误；
B.根据知，不变，减小，则加速度增大，故B正确；  C.根据知，不变，减小，则角速度增大，故C错误； 
D.根据知，小球质量不变，加速度增大，则小球所受的合力增大，故D错误。
故选B。    3.【答案】 【解析】【分析】太空垃圾绕地球做匀速圆周运动，靠地球的万有引力提供向心力，进入大气层后，受空气阻力，速度减小，万有引力大于所需要的向心力，做向心运动。本题考查了万有引力定律及其应用。解决本题的关键知道万有引力等于所需要的向心力，做圆周运动；当万有引力大于所需要的向心力，做近心运动。【解答】根据万有引力提供向心力，有，得向心加速度、线速度；可知离地越低的太空垃圾，越小，向心加速度越大；离地越高的太空垃圾，越大，越小，故A正确，C错误；B.根据万有引力公式，因为太空垃圾质量未知，所以离地越低的太空垃圾受到的万有引力不一定大，故B错误；D.根据线速度公式，在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同，如果它们绕地球飞行的运转方向相同，它们不会碰撞，故D错误。故选A。  4.【答案】 【解析】解：、首先、、属于同轴转动，故他们的角速度相等，故A正确；
B、由知，他们的半径不相等，故线速度的大小不相等，故BC错误；
D、由知，半径不相等，故加速度不相等，故D错误。
故选：。
根据叶片转动特点知：三点在转动时，相等的时间内转过的角度相等，故角速度相等；根据角速度的关系，再由公式，，来判断线速度，向心加速度和向心力的大小关系；
本题考查灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
 5.【答案】 【解析】解：轮、轮靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：
：：
根据公式，有：
：：
根据，有：
：：
根据，有：
：：
轮、轮是共轴传动，角速度相等，故：
：：
根据公式，有：
：：
根据，有：
：：
根据，有：
：：
综合得到：
：：：：
：：：：
：：：：
：：：：
故选：。
轮、轮靠摩擦传动，边缘点线速度相等；轮、轮是共轴传动，角速度相等；再结合公式和列式分析．
本题关键是明确同轴传动和同源传动的区别，然后根据公式、、列式分析，注意两两分析；再找出共同项得出最后的表达式
 6.【答案】 【解析】【分析】匀速圆周运动的线速度、向心加速度的大小不变，方向时刻改变；解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度的大小不变，方向时刻改变。【解答】匀速圆周运动的线速度的大小不变，方向时刻改变，故AB错误；匀速圆周运动的向心加速度的大小不变，方向时刻改变，故C错误，D正确。故选 D。  7.【答案】 【解析】解：由得：
向心加速度为：
选项C正确，ABD错误．
故选：
已知物体转动的线速度与周期，由求出半径，再根据求运动的向心加速度．
解决本题的关键掌握线速度与角速度的关系，以及掌握向心加速度与线速度、角速度的关系．
 8.【答案】 【解析】解：、大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度大小相等，故，故A错误；
B、由图可知，与属于同轴转动，所以具有相等的角速度，即，故B错误；
C、由向心加速度公式，因为，可知，故C错误；
D、由于是同轴，故角速度相等，即，根据公式，可得，故D正确。
故选：。
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度大小相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式以及向心加速度的公式列式求解。
本题关键能分清同缘传动和同轴传动，抓住同轴传动角速度相等，同缘传动线速度大小相等，结合圆周运动公式可列式求解。
 9.【答案】 【解析】【分析】根据转速之比求出角速度之比，结合求出向心加速度之比。解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系。【解答】角速度，的转速为，的转速为，知、的角速度之比为：，
根据知，球的轨道半径是球轨道半径的倍，则向心加速度之比为：，故C正确，ABD错误。
故选C。  10.【答案】 【解析】【分析】匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心。 
解决本题的关键知道线速度、向心加速度、向心力是矢量，矢量只有在大小和方向都不变时，该量不变。【解答】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心，周期不变，故B正确，、、D错误。 
故选B。   11.【答案】 【解析】解：、系统静止时，由于如何施加未知，所以无法确定的大小。故A错误。
B、小球运动到最低点时速度与物块速度大小相等。
对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律得：
。
可得：，故B正确。
C、小球运动到最低点时，有指向圆心即向上的加速度，处于超重状态，故C正确。
D、在小球从点运动到点的过程中，对物块，由动能定理得：
解得细线对物块做的功，故D正确。
故选：。
系统静止时，根据平衡条件分析的大小。撤去力后，小球下滑过程，小球和物块组成的系统机械能守恒。根据系统的机械能守恒求小球运动到最低点时速度大小。以物块为研究对象，根据动能定理求细线对物块做的功。
本题是系统机械能守恒的类型，要注意在小球下滑的过程中，小球和物块各自的机械能都不守恒，系统的机械能才守恒。
 12.【答案】 【解析】解：、做匀速圆周运动的物体的加速度指向圆心，非匀速圆周运动加速度不是指向圆心，故A错误；
B、向心力与速度垂直，做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心，故B正确；
C、地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向各自的圆轨道的圆心，只有赤道上的物体的向心力指向地心，故C错误；
D、向心力与速度垂直，不做功，故不改变圆周运动物体的速度大小，只改变运动的方向，故D正确；
故选：．
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．而非匀速圆周运动，合外力指向圆心的分量提供向心力．地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向各自的圆轨道的圆心．
匀速圆周运动要注意，其中的匀速只是指速度的大小不变，合力作为向心力始终指向圆心，合力的方向也是时刻在变化的．
 13.【答案】 【解析】【分析】同轴转动角速度相同，同一传动线速度相同。【解析】根据同轴转动角速度相同，，角速度相同，由公式可知，，加速度之比为，，为同一传动所以线速度相等根据公式所以，加速度之比为：，所以、两点的线速度之比为：，、两点的向心加速度之比为：， AD正确。故选AD。  14.【答案】 【解析】【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动。矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。【解答】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，故A错误，B正确；
匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，故C错误，D正确；
故选BD。  15.【答案】解：小球在处于静止，受共点力平衡，当与细线垂直时最小，根据平衡条件得：所受外力的最小值；即：小球在处时，所受外力的最小值为；从到过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：；向心加速度；即：小球摆到处前瞬间的向心加速度为；整个过程中，由动能定理得：；即；解得：；即：小球与挡板垂直撞击过程中，挡板对小球做的功为。 【解析】本题主要考查了共点力平衡条件、向心加速度公式以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，注意求变力做功时，只能使用动能定理，难度适中。小球在处于静止，受共点力平衡，当与细线垂直时最小，根据平衡条件求解；从到过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，再根据向心加速度公式求解向心加速度；整个过程中，由动能定理列式求解即可。
 16.【答案】解：小球受力如图，由力的平行四边形定则及牛顿第二定律得：
；
解得；
即为恒力作用下的圆形管道运动的加速度；
设圆形管道在运动过程中突然停止前进的速度为，由匀变速直线运动公式得：；
圆形管道停止时，小球沿管道半径方向的速度变为零，沿切线方向的速度保持不变，对速度沿切向和径向进行分解，则小球速度变为；
小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点之间的区域则可返程到达点，或从点飞出做平抛运动到达点；
若小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点之间的区域，则由机械能守恒得：
，其中
联立以上相关各式得：
若小球从点飞出做平抛运动到达点，则由机械能守恒及平抛运动的规律得：
，

联立以上相关各式得：
圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值为：
及 【解析】对小球受力分析，由力的平行四边表及牛顿第二定律可求得管道的加速度；
当管道停止时，小球沿半径方向的速度为零，沿切线的方向速度不变；由运动的合成与分解求得径向速度；此后由机械能守恒定律及平抛运动的规律可求得小球可能的运动距离．
本题考查机械能守恒及平抛运动的规律，注意在解题中要正确应用运动的合成与分解，明确在运动中速度的突变．
 17.【答案】解：由图中数据可知，在第一个内探测器位移，第二个内位移也是，故减速器没有执行减速指令。
设探测器速度为，加速度大小为，探测器初速度
若探测器做匀速圆周运动，当圆的轨迹恰好与障碍物相切时，对应的圆的半径最小，根据，得
若探测器做匀减速直线运动，根据，得
可知，故指令更安全。
因减速器没执行减速指令，故应更换备用减速设备。
地月间电磁波传输时间
由题，：：收到信号时，探测器与障碍物距离为
经发出指令，指令传输时间为，所以探测器接收到指令时与障碍物距离为：
设指令加速度大小为，恰好至障碍物前停止，则
得：
故加速度应满足：
答：通过对显示屏上的数据分析可知，减速器没有执行了：：发出的减速指令；
分析说明为避免本次碰撞，在加速度大小相同的情况下，发出哪种指令更安全；
若你是控制中心人员，在：：接收到信号后，应该发出指令，给减速器设定的加速度需要满足条件加速度大于等于。 【解析】根据两段时间内的位移情况，判断减速器有没有执行减速指令；
当圆的轨迹恰好与障碍物相切时，对应的圆的半径最小；根据匀变速直线运动的位移速度公式求出减速的位移，然后比较即可；
求出指令传输时间为，以及探测器接收到指令时与障碍物距离，最后根据匀变速直线运动的位移速度公式求出减速的加速度即可。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，该题涉及的考点较多，解答的关键是正确分析探测器的运动类型，然后选择合适的运动学的公式。
 18.【答案】解：运动员经圆弧滑到点时做圆周运动．由公式得，
，方向竖直向上．
运动员滑到点后进入水平轨道做匀速直线运动．加速度．
答：他到达点前瞬间的加速度，方向竖直向上，他到达点后瞬间的加速度为 【解析】他到达点前，根据公式求解加速度．运动员滑到点后进入水平轨道做匀速直线运动，加速度为
本题关键要掌握向心加速度的公式，知道匀速直线运动的特点：加速度为．
 19.【答案】解：设橡皮泥随风帽一起运动的角速度为，则，橡皮泥的向心加速度；
橡皮泥运动时的向心力，
对橡皮泥受力分析可知：风帽对橡皮泥的作用力
联立解得：
答：橡皮泥向心加速度的大小为；
风帽对橡皮泥作用力的大小为。 【解析】根据求解向心加速度；
根据受力分析及向心力的表达式求解风帽对橡皮泥的作用力。
解答此题的关键是不要把风帽对橡皮泥的作用力理解为向心力，应该从受力分析入手，利用合外力提供向心力来分析。
 20.【答案】解：根据线速度与角速度的关系得：

根据
解得：
金属块随圆盘恰好能做匀速圆周运动，由最大静摩擦力提供向心力，则有：
解得：
答：金属块的线速度为，金属块的向心加速度为．
金属块受到的最大静摩擦力为． 【解析】由半径和角速度根据公式求出线速度，由，求出向心加速度．
金属块随圆盘恰好能做匀速圆周运动，由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律求解最大静摩擦力．
本题应用牛顿第二定律处理圆周运动的临界问题，关键分析临界条件：当物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大值．