6. 3向心加速度（高效培优讲义）物理人教版必修第二册

本讲义聚焦向心加速度核心知识点，系统梳理其概念（指向圆心的加速度）、方向（始终指向圆心且时刻改变）、物理意义（描述速度方向变化快慢）及大小计算（an=v²/r、an=ω²r），构建从基础概念到匀速与变速圆周运动应用的学习支架。 该资料通过分题型讲解（概念辨析、公式应用）、典例与跟踪训练结合，培养科学思维（模型建构、科学推理），链接高考真题强化应用。课中辅助教师分层教学，课后助力学生通过能力培优练巩固知识，查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

3. 向心加速度 【题型导航】 【重难题型讲解】 1 题型1 向心加速度的概念、方向及物理意义 1 题型2 匀速圆周运动的加速度的大小与计算 4 【能力培优练】 7 【链接高考】 12 【重难题型讲解】 题型1 向心加速度的概念、方向及物理意义 1、向心加速度：做匀速圆周运动的物体加速度指向圆心，这个加速度称为向心加速度，符号an。 2、向心加速度的方向：始终指向圆心。 （1）指向圆心：无论是匀速圆周运动，还是变速圆周运动，向心加速度的方向都指向圆心（或者说与线速度方向垂直）。 （2）时刻改变：无论向心加速度的大小是否变化，向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变，所以圆周运动的向心加速度是时刻改变的。 3、向心加速度的物理意义：描述速度方向变化的快慢。向心加速度描述匀速圆周运动中线速度改变的快慢，只能表示速度方向变化的快慢，不表示速度大小变化的快慢。 ★特别提醒 匀速圆周运动加速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速运动。 4、变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。 ★特别提醒 做变速圆周运动的物体，加速度并不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度，二是切向加速度。向心加速度表示速度方向变化的快慢，切向加速度表示速度大小变化的快慢。所以变速圆周运动中，向心加速度的方向也总是指向圆心。 5、圆周运动中的外力与加速度：牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn=man。 变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两个效果：沿半径方向上的合力改变物体速度的方向而产生向心加速度，沿切线方向上的合力改变物体速度的大小而产生切向加速度。合力与总的加速度、向心力与向心加速度，切向力与切向加速度均遵从牛顿第二定律。 6、匀速圆周运动中的“变”与“不变” （1）“不变”量：匀速圆周运动的角速度、周期.转速不变，线速度，加速度这两个矢量的大小不变。 （2）“变化”量：匀速圆周运动的线速度、加速度这两个矢量的方向时刻在改变，故线速度、加速度在时刻改变。 【探究归纳】向心加速度是描述圆周运动物体线速度方向变化快慢的物理量，矢量，方向始终指向圆心且与线速度方向垂直；其只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 【典例1-1】甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，下列哪种情况下甲的向心加速度比较大（　　） A．它们的线速度相等，乙的半径小 B．它们的周期相等，甲的半径小 C．它们的角速度相等，乙的半径大 D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大 【典例1-2】（多选）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点、、，各自做半径不同的圆周运动。则下列说法中正确的是（　　） A．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成反比” B．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成正比” C．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成反比” D．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成正比” 【典例1-3】一个小球从地面以的初速度，与水平方向成37°角斜向上抛出。忽略空气阻力，重力加速度g取。 (1)求小球在轨迹最高点的曲率半径； (2)求小球落回到与抛出点同一水平面时的曲率半径。 跟踪训练1如图所示，某同学用苍蝇拍拍打苍蝇时，苍蝇拍上各点均可视为绕拍柄上点做匀速圆周运动，、点分别为拍柄、拍头上的点，且，则、点处质点的向心加速度大小之比为（　　） A． B． C． D． 跟踪训练2（多选）如图所示，某智能下棋机器人正在下棋，其机械手臂由两段等长的手臂组成，能绕着固定的竖直转轴水平转动，为机械手臂上的两点，若保持两段手臂夹角不变（），在机械手臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．、两点的线速度相等 B．、两点的角速度相等 C．点的加速度大于点的加速度 D．两点的加速度方向不变 跟踪训练3当物体做匀速圆周运动时，可以通过速度变化的情况来确定加速度的大小和方向。请用运动学的方法证明：一个物体做匀速圆周运动，其线速度大小为，圆的半径为（如图所示）时，则其加速度大小为。（已知角度很小时，有） 题型2 匀速圆周运动的加速度的大小与计算 1、向心加速度的产生：由向心力产生。 2、向心加速度的大小：根据牛顿第二定律和向心力表达式F=ma和向心力的大小公式 ，可得出向心加速度的大小：或者。 推导过程：。 ★特别提醒 匀速圆周运动的向心加速度大小不变，但是方向时刻在变化，所以是变速运动。 3、对于公式：该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。 4、对于公式an=ω2r：该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。 5、向心加速度与半径的关系 根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。 6、向心加速度公式的应用技巧：向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行： （1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同。 （2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。 【探究归纳】匀速圆周运动的加速度即向心加速度，大小恒定且方向始终指向圆心，仅改变线速度方向，不改变大小；计算公式为，可结合线速度、角速度、周期与半径进行换算。 【典例2-1】卢瑟福提出了“原子核式结构模型”，认为原子中间有一个体积很小、带正电荷的核，而电子在核外绕核运动。假设氢原子的核外电子绕原子核做匀速圆周运动，电子运动方向如图所示。则电子的（ ） A．加速度不变 B．线速度不变 C．角速度不变 D．合外力不变 【典例2-2】（多选）锥齿轮广泛应用于各种机械传动系统中，例如汽车变速器、船舶传动系统中。如图所示，锥形大齿轮带动小齿轮转动，水平圆盘在小齿轮的带动下，绕通过中心点的竖直轴沿逆时针方向做匀速圆周运动，转动过程中水平圆盘与小齿轮保持相对静止。三者的半径之比。下列说法中正确的是（　　） A．从左向右看，大齿轮顺时针转动 B．大齿轮、小齿轮和水平圆盘边缘处的线速度大小之比 C．大齿轮、小齿轮和水平圆盘的角速度大小之比 D．大齿轮、小齿轮和水平圆盘边缘处的向心加速度大小之比 【典例2-3】静止的湖面上有一小船被绳子拴在湖中的一根木桩上，绳长10m，小船绕木桩转动做匀速圆周运动，10分钟转了3圈，求 (1)小船运动的周期； (2)小船运动的线速度大小； (3)小船运动的向心加速度大小。 跟踪训练1如图所示，一个球绕中心轴线以角速度做匀速圆周运动，则（　　） A．、两点线速度相同 B．、两点角速度相同 C．若，则、两点的速度之比 D．若，则、两点的向心加速度之比 跟踪训练2（多选）质量之比为的甲、乙两辆转转车在游乐场里做半径相同的匀速圆周运动。在相同的时间内，甲、乙运动方向改变的角度之比为。下列说法正确的是（   ） A．甲、乙的角速度之比为 B．甲、乙的角速度之比为 C．甲、乙的向心力大小之比为 D．甲、乙的向心力大小之比为 跟踪训练3如图所示，小球在拉力作用下做匀速圆周运动，请思考： (1)小球的向心加速度是恒定的吗？其方向一定指向圆心吗？ (2)若手握绳子的位置不变，增加小球的转速，则它的向心加速度大小如何变化？ 【能力培优练】 1．如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若该蚊香燃烧点的运动速率保持不变，则在燃烧过程中燃烧点的向心加速度（　　） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 2．北京时间2025年4月24日17时17分，神舟二十号成功发射。下列说法正确的是（　　） A．神舟二十号一定在做变速运动 B．神舟二十号一定不可看作质点 C．神舟二十号的加速度很大，速度一定很大 D．“17时17分”指的是时间间隔 3．在竖直平面内，质点绕定点沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点沿竖直方向做直线运动，、在运动过程中始终处于同一高度。时，、与点位于同一直线上，如图所示。此后在运动一周的过程中，运动的加速度随时间变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，圆桌桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，A是圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别把A、B的角速度记为、，线速度记为、，向心加速度记为、，周期记为、，则（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（　　） A．线速度突然增大 B．角速度突然增大 C．向心加速度不变 D．以上说法均不对 6．陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。图甲为陶瓷的拉坯过程，其简化模型如图乙。当粗坯随转台绕中心转轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．点的周期比点的大 B．同一时刻点的向心加速度的方向与点的相同 C．点的角速度大于点的角速度 D．点的线速度大于点的线速度 7．由于高度限制，车库出入口采用图示的曲杆道闸。道闸由转动杆与横杆链接而成，、为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（　　） A．点的线速度不变 B．点的加速度不变 C．点在竖直方向做匀速运动 D．点的水平分速度逐渐增大 8．如图甲所示，小球M绕定点沿逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，y轴与圆周运动轨迹在同一平面内。时，M、与坐标原点O点位于同一水平直线上，小球M在竖直方向的位移y随时间t变化的关系如乙图所示，则小球M做匀速圆周运动的向心加速度大小为（　　） A． B． C． D． 9．（多选）关于曲线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力作用下物体可以做曲线运动 B．物体的加速度减小，物体的速度一定减小 C．物体做圆周运动，所受合力一定指向圆心 D．曲线运动速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化 10．（多选）如图所示为等腰直角三角形三角板，将三角板挂在竖直墙面上的钉子上，让三角板绕钉子在竖直面内摆动起来，在摆动过程中的某一时刻，下列判断正确的是（　　） A．A点角速度比B点角速度大 B．B、C两点向心加速度相同 C．C点线速度比D点线速度大 D．A、C两点的线速度大小之比与A、C两点向心加速度大小之比相等 11．（多选）盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、打通隧道的利器。图为我国研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，直径长达，工作时随刀盘转动的两点（　　） A．线速度相同 B．角速度相同 C．周期相同 D．向心加速度相同 12．（多选）如图所示，篮球在指尖上绕轴转动。关于球面上做圆周运动的P、Q两点，下列说法正确的是（　　） A．Q点的角速度大于P点的角速度 B．Q点的线速度大于P点的线速度 C．Q点的周期等于P点的周期 D．Q点的向心加速度大于P点的向心加速度 13．（多选）如图所示，甲、乙两人（视为质点）在光滑的冰面上，手拉手绕共同的竖直轴互相环绕以相同的周期T做匀速圆周运动，已知两人间的距离为L，两人的总质量为x，质量的乘积为y，下列说法正确的是（   ） A．甲、乙的线速度之比等于圆周运动的半径之反比 B．甲、乙的加速度之比等于圆周运动的半径之比 C．甲、乙的线速度之比等于甲、乙的质量之比 D．甲、乙间的拉力大小等于 14．一名场地自行车运动员在环形赛道上训练，骑行过程中保持速率不变，其轨迹为周长的水平圆轨道，记录数据显示运动员经过时间完成一圈环形赛道骑行，运动员可看作质点，取，求该运动员骑行过程中： (1)线速度大小； (2)角速度大小； (3)向心加速度大小。 15．做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而它是一种变速运动，具有加速度。图中圆弧是某一质点绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动的轨迹，若质点在t时间内从A点经过一段劣弧运动到B点。 (1)请在图1中画出质点经过A、B两点的速度方向； (2)请在图2中画出质点从A点到B点的速度变化量； (3)根据加速度的定义，我们可以求得t时间内的平均加速度，当t趋近于零时，就可以得到该点的瞬时加速度，证明匀速圆周运动的向心加速度，其中v为线速度，r为圆周运动半径。 【链接高考】 1．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（ ） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 2．（2024·辽宁·高考真题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　） A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 3．（2023·全国甲卷·高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）东汉时期出现的记里鼓车”通过齿轮传动的方式来记录车辆行驶的距离。某人根据其原理制作了如图所示的装置，车轮与齿轮，齿轮与齿轮同轴转动，齿轮与齿轮齿轮与齿轮相互咬合。已知齿轮的齿数之比为，咬合处齿的宽度均相等，齿轮边缘的半径为。当车轮在时间内匀速转动圈时，下列说法中正确的是（　　） A．齿轮与的角速度大小之比为 B．齿轮与边缘处线速度大小之比为 C．齿轮边缘处的线速度大小为 D．齿轮边缘处的向心加速度大小为 5．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 （1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小； （2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 3. 向心加速度 【题型导航】 【重难题型讲解】 1 题型1 向心加速度的概念、方向及物理意义 1 题型2 匀速圆周运动的加速度的大小与计算 5 【能力培优练】 10 【链接高考】 20 【重难题型讲解】 题型1 向心加速度的概念、方向及物理意义 1、向心加速度：做匀速圆周运动的物体加速度指向圆心，这个加速度称为向心加速度，符号an。 2、向心加速度的方向：始终指向圆心。 （1）指向圆心：无论是匀速圆周运动，还是变速圆周运动，向心加速度的方向都指向圆心（或者说与线速度方向垂直）。 （2）时刻改变：无论向心加速度的大小是否变化，向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变，所以圆周运动的向心加速度是时刻改变的。 3、向心加速度的物理意义：描述速度方向变化的快慢。向心加速度描述匀速圆周运动中线速度改变的快慢，只能表示速度方向变化的快慢，不表示速度大小变化的快慢。 ★特别提醒 匀速圆周运动加速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速运动。 4、变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。 ★特别提醒 做变速圆周运动的物体，加速度并不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度，二是切向加速度。向心加速度表示速度方向变化的快慢，切向加速度表示速度大小变化的快慢。所以变速圆周运动中，向心加速度的方向也总是指向圆心。 5、圆周运动中的外力与加速度：牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn=man。 变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两个效果：沿半径方向上的合力改变物体速度的方向而产生向心加速度，沿切线方向上的合力改变物体速度的大小而产生切向加速度。合力与总的加速度、向心力与向心加速度，切向力与切向加速度均遵从牛顿第二定律。 6、匀速圆周运动中的“变”与“不变” （1）“不变”量：匀速圆周运动的角速度、周期.转速不变，线速度，加速度这两个矢量的大小不变。 （2）“变化”量：匀速圆周运动的线速度、加速度这两个矢量的方向时刻在改变，故线速度、加速度在时刻改变。 【探究归纳】向心加速度是描述圆周运动物体线速度方向变化快慢的物理量，矢量，方向始终指向圆心且与线速度方向垂直；其只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 【典例1-1】甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，下列哪种情况下甲的向心加速度比较大（　　） A．它们的线速度相等，乙的半径小 B．它们的周期相等，甲的半径小 C．它们的角速度相等，乙的半径大 D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大 【答案】D 【详解】A．它们的线速度相等，乙的半径小，根据可知，乙的向心加速度比较大，故A错误； B．它们的周期相等，甲的半径小，根据 可知乙的向心加速度比较大，故B错误； C．它们的角速度相等，乙的半径大，根据可知，乙的向心加速度比较大，故C错误； D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大，则甲的角速度较大，根据 可知甲的向心加速度比较大，故D正确。 故选D。 【典例1-2】（多选）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点、、，各自做半径不同的圆周运动。则下列说法中正确的是（　　） A．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成反比” B．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成正比” C．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成反比” D．、两点向心加速度的关系适用于“向心加速度与半径成正比” 【答案】AD 【详解】A．、两点为链条连接，线速度大小相等，由可知，、两点的向心加速度与半径成反比，故A正确； D．、两点为同轴转动，角速度相同，由可知，、两点的向心加速度与半径成正比，故D正确； BC．、两点线速度大小相等，、两点角速度相等，根据可知，、两点角速度不相等，、两点线速度不相等，则、两点线速度不相等，角速度也不相等，所以、两点的向心加速度与半径不成正比，也不成反比，故BC错误。 故选AD。 【典例1-3】一个小球从地面以的初速度，与水平方向成37°角斜向上抛出。忽略空气阻力，重力加速度g取。 (1)求小球在轨迹最高点的曲率半径； (2)求小球落回到与抛出点同一水平面时的曲率半径。 【详解】（1）小球在轨迹最高点的速度 根据 解得 （2）根据对称性可知，小球落回到与抛出点同一水平面时速度大小与抛出时相同，方向与水平夹角为37°，则 解得 跟踪训练1如图所示，某同学用苍蝇拍拍打苍蝇时，苍蝇拍上各点均可视为绕拍柄上点做匀速圆周运动，、点分别为拍柄、拍头上的点，且，则、点处质点的向心加速度大小之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】、两点做同轴转动，角速度相等，根据 结合 可知、点处质点的向心加速度大小之比 故选A。 跟踪训练2（多选）如图所示，某智能下棋机器人正在下棋，其机械手臂由两段等长的手臂组成，能绕着固定的竖直转轴水平转动，为机械手臂上的两点，若保持两段手臂夹角不变（），在机械手臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．、两点的线速度相等 B．、两点的角速度相等 C．点的加速度大于点的加速度 D．两点的加速度方向不变 【答案】BC 【详解】AB．由于P与Q是同轴转动，所以P与Q角速度相等，根据，P与Q旋转半径不同，则线速度不相等，故A错误，B正确； C．根据，P与Q角速度相等，P旋转半径大于Q，则点的加速度大于点的加速度，故C正确； D．圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻都在发生变化，则两点的加速度方向一直在变，故D错误。 故选BC。 跟踪训练3当物体做匀速圆周运动时，可以通过速度变化的情况来确定加速度的大小和方向。请用运动学的方法证明：一个物体做匀速圆周运动，其线速度大小为，圆的半径为（如图所示）时，则其加速度大小为。（已知角度很小时，有） 【详解】若物体由图中的A点运动到B点，圆弧所对圆心角为，如图所示 可知三角形与三角形相似，则三角形为等腰三角形，根据几何关系得 A点到B点的时间为 解得A点到B点的平均加速度为 当圆心角趋近于零时，则有 可得 题型2 匀速圆周运动的加速度的大小与计算 1、向心加速度的产生：由向心力产生。 2、向心加速度的大小：根据牛顿第二定律和向心力表达式F=ma和向心力的大小公式 ，可得出向心加速度的大小：或者。 推导过程：。 ★特别提醒 匀速圆周运动的向心加速度大小不变，但是方向时刻在变化，所以是变速运动。 3、对于公式：该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。 4、对于公式an=ω2r：该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。 5、向心加速度与半径的关系 根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。 6、向心加速度公式的应用技巧：向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行： （1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同。 （2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。 【探究归纳】匀速圆周运动的加速度即向心加速度，大小恒定且方向始终指向圆心，仅改变线速度方向，不改变大小；计算公式为，可结合线速度、角速度、周期与半径进行换算。 【典例2-1】卢瑟福提出了“原子核式结构模型”，认为原子中间有一个体积很小、带正电荷的核，而电子在核外绕核运动。假设氢原子的核外电子绕原子核做匀速圆周运动，电子运动方向如图所示。则电子的（　　） A．加速度不变 B．线速度不变 C．角速度不变 D．合外力不变 【答案】C 【详解】A．电子做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向不断变化，故A错误； B．电子做匀速圆周运动，速度方向沿着轨迹的切线方向，线速度大小不变，方向不断变化，故B错误； C．做匀速圆周运动的电子角速度不变，故C正确； D．根据牛顿第二定律F=ma可知，合外力大小不变，方向不断变化，故D错误。 故选C。 【典例2-2】（多选）锥齿轮广泛应用于各种机械传动系统中，例如汽车变速器、船舶传动系统中。如图所示，锥形大齿轮带动小齿轮转动，水平圆盘在小齿轮的带动下，绕通过中心点的竖直轴沿逆时针方向做匀速圆周运动，转动过程中水平圆盘与小齿轮保持相对静止。三者的半径之比。下列说法中正确的是（　　） A．从左向右看，大齿轮顺时针转动 B．大齿轮、小齿轮和水平圆盘边缘处的线速度大小之比 C．大齿轮、小齿轮和水平圆盘的角速度大小之比 D．大齿轮、小齿轮和水平圆盘边缘处的向心加速度大小之比 【答案】AB 【详解】A．水平圆盘在小齿轮的带动下，绕通过中心点的竖直轴沿逆时针方向做匀速圆周运动，则小齿轮也是逆时针方向转动，大齿轮要带动小齿轮，从左向右看，一定是沿顺时针方向，A正确； B．依题意，大齿轮转过多少路程，小齿轮也转过相等的路程，故 转动过程中水平圆盘与小齿轮保持相对静止，即二者角速度相等，有 由 有 综上可知，B正确； C．由上面分析 可得，C错误； D．由 可得，D错误。 故选AB。 【典例2-3】静止的湖面上有一小船被绳子拴在湖中的一根木桩上，绳长10m，小船绕木桩转动做匀速圆周运动，10分钟转了3圈，求 (1)小船运动的周期； (2)小船运动的线速度大小； (3)小船运动的向心加速度大小。 【详解】（1）小船运动的周期 （2）小船运动的线速度大小 （3）小船运动的向心加速度大小 跟踪训练1如图所示，一个球绕中心轴线以角速度做匀速圆周运动，则（　　） A．、两点线速度相同 B．、两点角速度相同 C．若，则、两点的速度之比 D．若，则、两点的向心加速度之比 【答案】B 【详解】AB．、两点同轴转动，、两点角速度相同，根据，由于、两点做圆周运动半径不相等，所以、两点线速度大小不相等，故A错误，B正确； C．若，根据可得，、两点的速度之比，故C错误； D．若，根据可得，、两点的向心加速度之比，故D错误。 故选B。 跟踪训练2（多选）质量之比为的甲、乙两辆转转车在游乐场里做半径相同的匀速圆周运动。在相同的时间内，甲、乙运动方向改变的角度之比为。下列说法正确的是（   ） A．甲、乙的角速度之比为 B．甲、乙的角速度之比为 C．甲、乙的向心力大小之比为 D．甲、乙的向心力大小之比为 【答案】BD 【详解】甲、乙在相同的时间内，甲、乙运动方向改变的角度之比为，根据 可知甲、乙的角速度之比为；根据 已知甲、乙质量之比为，且做半径相同的匀速圆周运动，可得甲、乙的向心力大小之比为 故选BD。 跟踪训练3如图所示，小球在拉力作用下做匀速圆周运动，请思考： (1)小球的向心加速度是恒定的吗？其方向一定指向圆心吗？ (2)若手握绳子的位置不变，增加小球的转速，则它的向心加速度大小如何变化？ 【详解】（1）小球的向心加速度方向时刻指向圆心，方向时刻改变，因此，小球的向心加速度不是恒定的。 （2）根据可知，当半径不变时，角速度变大，加速度a也变大。 【能力培优练】 1．如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若该蚊香燃烧点的运动速率保持不变，则在燃烧过程中燃烧点的向心加速度（　　） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 【答案】A 【详解】燃烧点运动速率不变，线速度大小不变而方向变化，半径减小，根据可知，向心加速度增大。 故选A。 2．北京时间2025年4月24日17时17分，神舟二十号成功发射。下列说法正确的是（　　） A．神舟二十号一定在做变速运动 B．神舟二十号一定不可看作质点 C．神舟二十号的加速度很大，速度一定很大 D．“17时17分”指的是时间间隔 【答案】A 【详解】A．变速运动的本质是速度变化（大小或方向），神舟二十号发射后，无论处于加速上升阶段或入轨后的圆周运动，均存在加速度（前者因推力，后者因向心加速度），速度方向持续变化，故一定做变速运动，故A正确； B．质点模型的适用性取决于研究问题，例如计算轨道参数时，可忽略飞船尺寸，视为质点，故“一定不可看作质点”错误，故B错误； C．加速度与速度无必然联系，例如火箭点火瞬间加速度极大但速度较小，故C错误； D．“17时17分”是发射完成的时刻，属于时刻而非时间间隔，故D错误。 故选A。 3．在竖直平面内，质点绕定点沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点沿竖直方向做直线运动，、在运动过程中始终处于同一高度。时，、与点位于同一直线上，如图所示。此后在运动一周的过程中，运动的加速度随时间变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度大小相等，设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度 即 加速度等于速度对时间得导数，所以 如果取向下为正，则 加速度时间图像是正弦函数图像。 故选C。 4．如图所示，圆桌桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，A是圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别把A、B的角速度记为、，线速度记为、，向心加速度记为、，周期记为、，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AD．因AB两点同轴转动，可知角速度和周期相等，即，，AD错误； B．根据，因，可知，B正确； C．根据，因，可知，C错误。 故选B。 5．如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（　　） A．线速度突然增大 B．角速度突然增大 C．向心加速度不变 D．以上说法均不对 【答案】B 【详解】AB．当小球运动到O点正下方时，由于圆心由O点变成C点，小球做圆周运动的半径突然减小，而小球的线速度不能突变，即线速度不变，根据 可知角速度会突然增大，故A错误，B正确； CD．根据 因半径减小，故向心加速度突然增大，故CD错误。 故选B。 6．陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。图甲为陶瓷的拉坯过程，其简化模型如图乙。当粗坯随转台绕中心转轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．点的周期比点的大 B．同一时刻点的向心加速度的方向与点的相同 C．点的角速度大于点的角速度 D．点的线速度大于点的线速度 【答案】B 【详解】AC．、两点同轴转动，所以、两点的角速度相等，根据可知二者周期相等，故AC错误； B．向心加速度方向均水平指向转轴，所以同一时刻点的向心加速度的方向与点的相同，故B正确； D．根据，由于，可知点的线速度小于点的线速度，故D错误。 故选B。 7．由于高度限制，车库出入口采用图示的曲杆道闸。道闸由转动杆与横杆链接而成，、为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（　　） A．点的线速度不变 B．点的加速度不变 C．点在竖直方向做匀速运动 D．点的水平分速度逐渐增大 【答案】D 【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，方向改变，故P点的线速度改变，故A错误； B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，即方向不断变化，故B错误； CD．将P点的速度沿着水平方向和竖直方向分解，有，，杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中竖直方向速度减小，水平方向速度增大，故C错误，D正确。 故选D。 8．如图甲所示，小球M绕定点沿逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，y轴与圆周运动轨迹在同一平面内。时，M、与坐标原点O点位于同一水平直线上，小球M在竖直方向的位移y随时间t变化的关系如乙图所示，则小球M做匀速圆周运动的向心加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设小球M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，则其竖直位移y随时间t变化的关系为 对照图乙可得，，。则小球M向心加速度大小为 故选A。 9．（多选）关于曲线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力作用下物体可以做曲线运动 B．物体的加速度减小，物体的速度一定减小 C．物体做圆周运动，所受合力一定指向圆心 D．曲线运动速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化 【答案】AD 【详解】A．恒力作用下物体可以做曲线运动，例如平抛运动，物体仅受重力作用，故A正确； B．物体的加速度减小，当加速度方向有速度方向夹角为锐角时，物体的速度在增大，即物体的加速度减小，物体的速度不一定减小，故B错误； C．当物体做匀速圆周运动，所受合力一定指向圆心，当物体做变速圆周运动时，由于切线方向加速度不等于0，可知，合力一定不指向圆心，故C错误； D．曲线运动速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，速度大小不变，速度方向在变化，故D正确。 故选AD。 10．（多选）如图所示为等腰直角三角形三角板，将三角板挂在竖直墙面上的钉子上，让三角板绕钉子在竖直面内摆动起来，在摆动过程中的某一时刻，下列判断正确的是（　　） A．A点角速度比B点角速度大 B．B、C两点向心加速度相同 C．C点线速度比D点线速度大 D．A、C两点的线速度大小之比与A、C两点向心加速度大小之比相等 【答案】CD 【详解】A．A、B两点角速度相等，故A错误； B．B、C两点向心加速度方向不同，故B错误； C．C、D两点角速度相等，C点圆周运动的半径比D点大，由v=rω可知，C点线速度比D点线速度大，故C正确； D．A、C两点角速度相等，由a=ωv可知， 故D正确。 故选CD。 11．（多选）盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、打通隧道的利器。图为我国研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，直径长达，工作时随刀盘转动的两点（　　） A．线速度相同 B．角速度相同 C．周期相同 D．向心加速度相同 【答案】BC 【详解】A．、两点随盾构机刀盘转动，属于同轴转动。根据线速度与角速度关系 、两点转动半径不同，角速度相同，所以线速度不同，故A错误； B．同轴转动的各点角速度相同，所以、两点角速度相同，故B正确； C．根据周期 因为角速度相同，所以周期相同，故C正确。 D．向心加速度，、两点转动半径不同，角速度相同，所以向心加速度不同，故D错误。 故选BC。 12．（多选）如图所示，篮球在指尖上绕轴转动。关于球面上做圆周运动的P、Q两点，下列说法正确的是（　　） A．Q点的角速度大于P点的角速度 B．Q点的线速度大于P点的线速度 C．Q点的周期等于P点的周期 D．Q点的向心加速度大于P点的向心加速度 【答案】BCD 【详解】A．篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，P、Q两点的角速度相等，A错误； B．根据，角速度相等，半径越大线速度越大，所以Q点的线速度大于P点的线速度，B正确； C．根据可知，Q点的周期等于P点的周期，C正确； D．根据可知，Q点的向心加速度大于P点的向心加速度，D正确。 故选BCD。 13．（多选）如图所示，甲、乙两人（视为质点）在光滑的冰面上，手拉手绕共同的竖直轴互相环绕以相同的周期T做匀速圆周运动，已知两人间的距离为L，两人的总质量为x，质量的乘积为y，下列说法正确的是（   ） A．甲、乙的线速度之比等于圆周运动的半径之反比 B．甲、乙的加速度之比等于圆周运动的半径之比 C．甲、乙的线速度之比等于甲、乙的质量之比 D．甲、乙间的拉力大小等于 【答案】BD 【详解】A．甲、乙的周期相等，由， 可得 即甲、乙的线速度之比等于圆周运动的半径之比，A错误； B．由，a乙 可得 即甲、乙的加速度之比等于圆周运动的半径之比，B正确； C．相互作用的拉力充当向心力，则向心力大小相等，由牛顿第二定律可得 则有 结合可得 即甲、乙的线速度之比等于甲、乙的质量之反比，C错误； D．由， 可得， 则有 结合r甲+r乙=L 解得，D正确。 故选BD。 14．一名场地自行车运动员在环形赛道上训练，骑行过程中保持速率不变，其轨迹为周长的水平圆轨道，记录数据显示运动员经过时间完成一圈环形赛道骑行，运动员可看作质点，取，求该运动员骑行过程中： (1)线速度大小； (2)角速度大小； (3)向心加速度大小。 【详解】（1）线速度大小 代入数据解得 （2）做圆周运动的周期 解得 （3）做圆周运动的向心加速度大小 解得 15．做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而它是一种变速运动，具有加速度。图中圆弧是某一质点绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动的轨迹，若质点在t时间内从A点经过一段劣弧运动到B点。 (1)请在图1中画出质点经过A、B两点的速度方向； (2)请在图2中画出质点从A点到B点的速度变化量； (3)根据加速度的定义，我们可以求得t时间内的平均加速度，当t趋近于零时，就可以得到该点的瞬时加速度，证明匀速圆周运动的向心加速度，其中v为线速度，r为圆周运动半径。 【详解】（1）质点经过A、B两点时的速度v1、v2方向分别沿所在位置的切线方向，如图所示 （2）根据速度变化量的定义得 根据三角形定则，可得质点从A点到B点的速度变化量如图中红线所示 （3）如图所示 设在很短时间t内从A运动到B，此过程中速度变化为，因为与相似，可得 当时，有，又， 联立可得 【链接高考】 1．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 【答案】B 【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系 可得匀减速运动的加速度大小 汽车做减速运动的时间 这段时间列车行驶距离为 B正确，A错误； CD．根据 可得汽车在OP段向心加速度大小为 CD错误。 故选B。 2．（2024·辽宁·高考真题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　） A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 【答案】D 【详解】D．由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确； A．由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为 故A错误； B．根据可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为 故B错误； C．根据可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为 故C错误。 故选D。 3．（2023·全国甲卷·高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期 合外力等于向心力，根据 联立可得 其中为常数，的指数为3，故题中 故选C。 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）东汉时期出现的记里鼓车”通过齿轮传动的方式来记录车辆行驶的距离。某人根据其原理制作了如图所示的装置，车轮与齿轮，齿轮与齿轮同轴转动，齿轮与齿轮齿轮与齿轮相互咬合。已知齿轮的齿数之比为，咬合处齿的宽度均相等，齿轮边缘的半径为。当车轮在时间内匀速转动圈时，下列说法中正确的是（　　） A．齿轮与的角速度大小之比为 B．齿轮与边缘处线速度大小之比为 C．齿轮边缘处的线速度大小为 D．齿轮边缘处的向心加速度大小为 【答案】AC 【详解】A．由题意可知，c、d的线速度大小相等，c、d的齿数之比为1:6，根据可知，c、d的角速度之比为6:1，故A正确； B．齿轮a与b的边缘处线速度大小相等，故B错误； C．由题意可知，齿轮的角速度为 a、b的齿数之比为2:4，且线速度大小相等，根据可知，a、b的角速度之比为2:1，即齿轮的角速度为 b、c同轴传动，角速度相等，即齿轮的角速度为 c、d的齿数之比为1:6，且线速度大小相等，根据可知，c、d的角速度之比为6:1，即齿轮的角速度为 则齿轮d边缘处的线速度大小为，故C正确； D．齿轮d边缘处的向心加速度大小为，故D错误。 故选AC。 5．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 （1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小； （2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 【详解】（1）根据速度位移公式有 代入数据可得 （2）根据向心加速度的表达式 可得甲、乙的向心加速度之比为 甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为 代入数据可得甲、乙运动的时间为 ， 因，所以甲先出弯道。 / 学科网（北京）股份有限公司 $