人教版 (2019)必修 第二册3 向心加速度同步训练题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册3 向心加速度同步训练题，共6页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A组·水平过关
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．匀速圆周运动向心加速度大小不变，为匀变速曲线运动
B．圆周运动是变速运动，其加速度方向总是指向圆心
C．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
D．向心加速度总是跟速度的方向垂直，方向时刻在改变
【答案】CD 【解析】匀速圆周运动虽然其向心加速度的大小始终不变，但其向心加速度的方向始终在变化，因而匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，A错误；圆周运动是变速运动，其加速度为向心加速度和切向加速度的合加速度，因为向心加速度始终指向圆心，因而，只有在切向加速度为零，即物体做匀速圆周运动时，合加速度的方向才指向圆心，B错误；向心加速度始终垂直于速度的方向，因而，向心加速度是描述速度方向变化快慢的物理量，C、D正确．
2．(多选)如图所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑，向心加速度分别为a1、a2、a3，则下列比例关系正确的是( )
A． eq \f(a1,a2)＝ eq \f(3,2)B． eq \f(a1,a2)＝ eq \f(2,3)
C． eq \f(a2,a3)＝ eq \f(2,1)D． eq \f(a2,a3)＝ eq \f(1,2)
【答案】BD 【解析】由于皮带不打滑，则v1＝v2，因a＝ eq \f(v2,r)，故 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(r2,r1)＝ eq \f(2,3)，A错误，B正确；由于右边两轮共轴转动，则ω2＝ω3，因a＝rω2， eq \f(a2,a3)＝ eq \f(r2ω2,r3ω2)＝ eq \f(1,2)，C错误，D正确．
3．一个钟表的时针与分针的长度之比为1∶2，假设时针和分针做匀速圆周运动，则时针与分针的针尖的向心加速度之比为( )
A．1∶144 B．1∶288
C．1∶576 D．1∶1 152
【答案】B 【解析】分针、时针的周期分别为1 h、12 h，则周期比为1∶12.根据ω＝ eq \f(2π,T)，得出角速度之比为 eq \f(ω时,ω分)＝ eq \f(T分,T时)＝ eq \f(1,12).又根据向心加速度公式a＝rω2，得 eq \f(a时,a分)＝ eq \f(r时ω eq \\al(2,时),r分ω eq \\al(2,分))＝ eq \f(1×12,2×122)＝ eq \f(1,288)，故B正确．
4．如图是某修正带内部互相齿合的两个齿轮，a、b分别是大小齿轮边缘上的两点，在使用修正带时，下列关系正确的是( )
A．线速度va>vbB．角速度ωa<ωb
C．周期Taab
【答案】B 【解析】因a、b两点同缘转动，则线速度va＝vb，A错误；因ra>rb，根据v＝ωr可知，角速度ωa<ωb，B正确；根据T＝ eq \f(2πr,v)，可知因ra>rb，则周期Ta>Tb，C错误；根据a＝ eq \f(v2,r)可知，因ra>rb，则向心加速度aa5．(2023年江门实验中学月考)如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，桌上的物品相对于转盘静止，则以下说法正确的是( )
A．越靠近圆心的物品线速度越大
B．越靠近圆心的物品加速度越小
C．越靠近圆心的物品角速度越小
D．越靠近圆心的物品摩擦力越小
【答案】B 【解析】玻璃转盘相当于同轴转动，即角速度相等，由关系式v＝ωR，可知当角速度相同时，线速度与半径成正比，A、C错误；由关系式a＝ω2R可知，当角速度相同时，加速度与半径成正比，B正确；由牛顿第二定律可知f＝mω2R′，当角速度相同时摩擦力的大小与物品的质量以及半径有关，D错误．
6．(2023年广州荔湾期末)在课外选修课中，小柴同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20 cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4 s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是( )
A．奶油转动的线速度不变
B．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 eq \f(π,3) m/s
C．奶油转动的向心加速度不变
D．圆盘转动的角速度大小为 eq \f(π,30) rad/s
【答案】D 【解析】蛋糕上每隔4 s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则圆盘转一圈的周期T＝60 s，角速度ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(π,30) rad/s，D正确；蛋糕边缘的奶油线速度大小v＝ωr＝ eq \f(π×0.10,30) m/s＝ eq \f(π,300) m/s，B错误；奶油转动的线速度大小不变，方向时刻改变，A错误；奶油转动的向心加速度大小不变，方向时刻改变，C错误．
7．电影《流浪地球》使人们关注到影视中“领航员号”空间站，通过让圆形空间站旋转的方法获得人工重力，即刘培强中校到达空间站时电脑“慕斯”所讲的台词“离心重力启动”，空间模型如图．已知空间站半径为1 000 m，为了使航天员感觉跟在地球表面上的时候一样“重”，g取10 m/s2，空间站转动的角速度为( )
A．10 rad/s B．1 rad/s
C．0.1 rad/s D．0.01 rad/s
【答案】C 【解析】空间站中航天员做匀速圆周运动，使航天员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，则根据g＝ω2r，则ω＝ eq \r(\f(g,r))＝0.1 rad/s，故C正确，A、B、D错误．
8．如图所示，质量为m的木块从半径为R的固定半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使得木块做匀速圆周运动，则( )
A．木块的加速度为零
B．木块的加速度不变
C．木块的速度不变
D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向时刻指向球心
【答案】D 【解析】木块做匀速圆周运动，速度方向时刻在变化，速度在改变，加速度一定不为零，故A、C错误；木块下滑过程中做匀速圆周运动，具有向心加速度，加速度方向时刻指向球心，而加速度是矢量，所以加速度是变化的，故B错误，D正确．
9．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．ω2LB． eq \f(kω2L,k－mω2)
C． eq \f(kωL,k－mω2)D． eq \f(ω2L,k－mω2)
【答案】B 【解析】设弹簧的形变量为x，则有kx＝mω2(x＋L)，解得x＝ eq \f(mω2L,k－mω2)，则小球运动的向心加速度为a＝ω2(x＋L)＝ eq \f(kω2L,k－mω2)，B正确．
10．(多选)小金属球质量为m，用长L的细线固定于O点，在O点的正下方 eq \f(L,2)处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示．若无初速度地释放小球，当悬线碰到钉子后的瞬间(假设线没有断)( )
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小到零
C．小球的向心加速度突然增大
D．小球的线速度突然增大
【答案】AC 【解析】由题意知，当悬线运动到与钉子相碰时，悬线竖直，刚碰到钉子，悬线仍竖直，该时刻所受外力为竖直方向，合力不改变速度大小，但半径突然变小，故ω＝ eq \f(v,r)突然变大，且an＝ eq \f(v2,r)也突然变大，A、C正确．
B组·能力提升
11．如图所示的齿轮传动装置(齿未画出)中右轮半径为2r，a为它边缘上的一点，b为轮上的一点，b距轴为r.左侧为一轮轴，大轮的半径为3r，d为它边缘上的一点，小轮的半径为r，c为它边缘上的一点．若传动中齿轮不打滑．则( )
A．b点与c点的线速度大小相等
B．d点与a点的线速度大小相等
C．b点与c点的角速度大小相等
D．a点与d点的向心加速度大小之比为1∶6
【答案】D 【解析】c、a同缘转动，则a、c两点线速度大小相等，b、a同轴转动，则根据v＝rω知a的线速度等于b线速度的2倍，则c点的线速度等于b线速度的2倍，A错误；c、d同轴转动，角速度相等，根据v＝rω知d点的线速度等于c点的线速度的3倍，而a、c的线速度大小相等，则d点线速度等于a点线速度的3倍，B错误；a、b的角速度相等，a、c的线速度相等，a的角速度是c的一半，所以b的角速度是c的一半，C错误；d点线速度等于a点的线速度的3倍，d、c的角速度相等．a的角速度是c的一半，则a的角速度是d的一半，根据a＝ωv可知，a点与d点的向心加速度大小之比为1∶6，D正确．
12．飞机在做俯冲拉起运动时，可以看成是圆周运动，如图所示，若在最低点附近做半径为R＝240 m的圆周运动，飞行员的质量m＝60 kg，飞机经过最低点P时的速度为v＝360 km/h(g取10 m/s2)，试计算：
(1)此时飞机的向心加速度a的大小；
(2)此时飞行员对座椅的压力FN是多大．
解：(1)v＝360 km/h＝100 m/s，
则a＝ eq \f(v2,R)＝ eq \f(1002,240) m/s2≈41.7 m/s2.
(2)对飞行员进行受力分析，飞行员在最低点受重力和座椅的支持力，向心力由二力的合力提供．
所以FN－mg＝m eq \f(v2,R)，
得FN＝mg＋m eq \f(v2,R).
代入数据，得FN＝3 100 N.
根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力大小也为3 100 N.