6.3向心加速度 同步复习讲义-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

本讲义聚焦匀速圆周运动的向心加速度核心知识点，系统梳理其方向（指向圆心、垂直线速度）、作用（仅改变速度方向）、大小公式及与半径的关系，衔接向心力知识，构建从力到加速度的完整学习支架。 资料通过表格清晰呈现向心加速度的方向、作用与意义，结合图像分析a与r关系，融入汽车车轮、转笔等生活实例设计分层练习，培养学生运动与相互作用的物理观念和模型建构的科学思维，课中助力教师系统授课，课后帮助学生强化理解、查漏补缺。

第六章第三节向心加速度 ▉考点01 匀速圆周运动的加速度方向 1向心加速度方向的确定 物体做匀速圆周运动时，所受合力提供向心力，合力的方向总是指向圆心.根据牛顿第二定律可知，物体运动的加速度方向与它所受合力的方向相同.因此，物体做匀速圆周运动时的加速度总是指向圆心，我们把它叫作向心加速度. 2对向心加速度的理解 方向 向心加速度的方向总是沿着半径指向圆心，与该点的线速度方向垂直.向心加速度的方向时刻在改变. 作用 只改变速度的方向，不改变速度的大小. 意义 向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量，线速度方向变化的快慢体现了向心加速度的大小. ▉考点02 匀速圆周运动的加速度大小 1向心加速度的大小 根据牛顿第二定律F=ma和向心力表达式，可得向心加速度的大小或. 2对向心加速度表达式的理解 (1)不同形式的表达式 对应频率：；对应转速：；对应线速度、角速度：；对应线速度：；对应角速度：；对应周期：； (2)向心加速度与半径的关系 ①当线速度一定时，根据可知，向心加速度an与运动半径r成反比，如图甲所示. ②当角速度一定时，根据；可知，向心加速度a。与运动半径r成正比，如图乙所示. 3非匀速圆周运动的加速度 做非匀速圆周运动的物体的加速度并不指向圆心，而是与半径有一个夹角，我们可以把加速度a分解为沿半径方向的加速度an和沿平行切线方向的加速度at,如图所示，则an描述速度方向改变的快慢，at描述速度大小改变的快慢.其中an就是向心加速度，仍满足 一．向心加速度的概念、方向及物理意义（共4小题） 1．汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度 B．M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度 C．M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度 D．M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度 2．下列关于曲线运动的说法正确的是（　　） A．曲线运动的合外力方向与速度方向可能在同一条直线上 B．物体做平抛运动时，相同时间内速度变化量的方向不同 C．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 D．圆周运动的向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 3．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方向变化快慢的物理量 C．向心加速度时刻指向圆心，方向不变 D．向心加速度是平均加速度，大小可用a来计算 4．向心加速度描述的是做圆周运动的物体（　　） A．向心力变化的快慢 B．线速度方向变化的快慢 C．线速度大小变化的快慢 D．转动角度变化的快慢 二．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共23小题） 5．如图所示为皮带传动装置，轴O1上两轮的半径分别为4r和r，轴O2上轮的半径为3r，A、B、C分别为轮缘上的三点，皮带不打滑，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C三点周期之比TA：TB：TC＝1：1：4 B．A、B、C三点线速度之比vA：vB：vC＝4：1：3 C．A、B、C三点角速度之比ωA：ωB：ωC＝4：4：1 D．A、B、C三点加速度之比aA：aB：aC＝12：3：1 6．某同学受气泡水平仪和地球仪上经纬线的启发，设计了一个360°加速度测量仪来测量水平面内的物体运动的加速度。如图，在透明球壳内装满水，顶部留有一小气泡（未画出），将球体固定在底座上，通过在球壳标注“纬度”可读出气泡与球心连线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到此时的加速度值，对于该加速度测量仪，下列说法正确的是（　　） A．气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度相同 B．均匀角度刻度对应的加速度值是均匀的 C．气泡偏离的方向就是加速度的方向 D．加速度越大，测量的误差越小 7．如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。小李同学是转笔高手，能让笔绕其手上的某一点O做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　） A．笔杆上各点的线速度方向沿着笔杆指向O点 B．除了O点，笔杆上不同点的角速度大小是不一样的 C．笔杆上各点的线速度大小与到O点的距离成反比 D．笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小 8．杭州亚运会中，女子4×100m决赛时，中国队在第四道，并遥遥领先于其他队获得冠军，关于这次比赛下列说法正确的是（　　） A．中国队的平均速度最大 B．起跑时，助跑器对脚的力大于于脚蹬助跑器的力 C．接棒时，后面的运动员可以把前面的运动员看成质点 D．运动员以相同大小的线速度转弯时，跑内圈的加速度比跑外圈的加速度大 9．在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（　　） A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由可知手掌比手肘的向心加速度小 10．小球在锥形漏斗内壁做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，其向心加速度为（　　） A．ω2r B．ωr C． D． 11．如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆的下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住。凸轮位于图示位置时，AB杆正在上升。则（　　） A．凸轮绕O轴沿逆时针方向旋转 B．凸轮上C、D两点线速度大小相等 C．凸轮上C、D两点角速度大小相等 D．凸轮上C、D两点向心加速度大小相等 12．如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为12mm，传动轮齿数未知，半径为2.4mm，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（　　） A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反 B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数 C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径 D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变 13．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝10cm，飞轮的半径r2＝5cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B（图中未画出）分别为链轮和后轮边缘上的点。若飞轮转动的角速度为20rad/s，则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是（　　） A．链轮和后轮的角速度大小之比为2：1 B．A、B两点的线速度大小之比为1：2 C．A、B两点的向心加速度大小之比为1：12 D．自行车前进的速度大小约为1m/s 14．如图所示，转盘甲、乙具有同一转轴O，转盘丙的转轴为O'，用一皮带按如图的方式将转盘乙和转盘丙连接，A、B、C分别为转盘甲、乙、丙边缘的点，且rC＝3rA，rB＝2rA。现让转盘丙绕转轴O'做匀速圆周运动，皮带不打滑。则下列说法正确的是（　　） A．A、B、C的线速度大小之比为1：2：2 B．A、B、C的角速度之比为2：2：3 C．A、B、C的向心加速度大小之比为1：2：3 D．A、B、C的周期之比4：2：3 15．如图所示，一质量为m的小滑块从半径为R的固定的粗糙圆弧形轨道的a点匀速率滑到b点，则下列说法中正确的是（　　） A．向心加速度不变 B．向心力的大小逐渐增大 C．向心力的大小逐渐减小 D．它所受的合力的大小是恒定的 16．在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在0.4s内杯子旋转了。下列说法正确的是（　　） A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C．杯子在旋转时的线速度大小约为6πm/s D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为9π2m/s2 17．如图所示，完全相同的两小球a、b固定在一轻杆两端，轻杆可绕水平轴O在竖直面内转动，轴O距离a球较近。则在轻杆转动过程中，a、b两球具有相同大小的（　　） A．线速度 B．角速度 C．向心加速度 D．向心力 18．如图，为防止航天员的肌肉萎缩，中国空间站配备了健身自行车作为健身器材。某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处的过程中，关于脚踏板上P、Q两点的说法正确的是（　　） A．P做匀速直线运动，Q做匀速圆周运动 B．P、Q两点的向心加速度大小相等 C．P的周期比Q的大 D．P的线速度大小比Q的大 19．链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目。运动员两手握着链球上铁链的把手，人转动带动链球旋转，最后加力使链球脱手而出。如图所示为链球运动员正在训练，目测链球的铁链与水平方向大约成30°角，已知重力加速度为g，估算链球做圆周运动的向心加速度大约为（　　） A．g B．g C．g D．g 20．如图为一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图。Q点和P点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（　　） A．Q、P的线速度大小相等 B．Q、M的角速度大小相等 C．P、M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 21．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，运动到螺旋形中央，下列关于该小球运动的说法正确的是（　　） A．线速度增大，角速度不变 B．线速度不变，角速度减小 C．线速度减小，向心加速度增大 D．角速度增大，向心加速度增大 22．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（　　） A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 请阅读下述文字，完成23﹣23题。 洗衣机是我们家庭中常用的家用电器。市场上在售的洗衣机大致可以分为两类，一类是滚筒洗衣机，一类是波轮洗衣机。两种洗衣机都具有脱水功能。如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，滚筒绕水平转动轴转动。滚筒上有很多漏水孔，滚筒转动时，附着在潮湿衣服上的水从漏水孔中被甩出，达到脱水目的。运行脱水程序时，滚筒受电机控制，可以认为是在匀速转动，所以可以认为湿衣服是在竖直平面内贴着滚筒做匀速圆周运动。波轮洗衣机中的脱水筒如图乙所示，在脱水时可以认为湿衣服紧贴在筒壁上随筒做匀速圆周运动。 23．若波轮洗衣机在运行脱水程序时，有一个质量m＝5g的硬币被甩到筒壁上，随筒壁一起做匀速圆周运动，脱水转速n＝600r/min，脱水筒的直径d＝300mm，π＝3，则（　　） A．．硬币做匀速圆周运动的角速度约为ω＝1rad/s B．．硬币做匀速圆周运动所需的向心力约为F＝2.7N C．硬币做匀速圆周运动的线速度约为v＝18m/s D．．硬币做匀速圆周运动的向心加速度约为a＝30m/s2 24．我国成功发射了许多人造卫星，它们分布在不同高度的不同轨道上，在通信导航、气象观测、军事运用等方面为我们提供了巨大的帮助。卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为an，线速度大小为v，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）25．小金属球质量为m，如图所示，用长为L的轻绳固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子P，把轻绳沿水平方向拉直，无初速度释放后，当轻绳碰到钉子的瞬间，则（　　） A．小球的角速度突然增大 B．小球的线速度突然增大 C．小球的向心加速度突然增大 D．小球的向心力突然增大 26．在长0.2m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小为0.6m/s的线速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的向心加速度大小为 　 　 。 27．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知AB部分的半径R＝1.0m。弹射装置将一个质量为0.1kg的小球（可视为质点）以v0＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道、小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0.8m，不计受气阻力，q取10m/s2，求： （1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω、向心加速度a的大小； （2）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点与C点的距离。 3． 向心加速度的计算（共12小题） 28．2025年9月3日上午9：45，纪念中国人民抗日战胜利80周年大会阅兵仪式中，有一士兵（可视为质点）从天安门观礼台前A点以1.5m/s速度沿直线匀速前进90m到达B点，然后以O圆心，沿半径为45m的圆周以1.5m/s速率运动至C，行进路线如图实线所示，则下列说法正确的是（　　） A．2025年9月3日上午9：45指的是时间 B．该士兵的位移为90m C．该士兵的平均速度为1.5m/s D．该士兵从B到C向心加速度大小为0.05m/s2 29．在学校航模比赛中，同学操纵线控飞机做匀速圆周运动，如图所示，飞机的角速度为ω，轨道半径为r，则向心加速度大小为（　　） A．ωr B．ω2r C． D． 30．嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明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（20cm）的蛋糕，在蛋糕上每隔4s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．圆盘转动的转速约为2πr/min B．圆盘转动的角速度大小为 rad/s C．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为m/s D．蛋糕边缘的奶油向心加速度约为m/s2 31．如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．甲的线速度和乙的大小相同 B．甲的线速度比乙的大 C．甲的运行周期比乙的小 D．甲的向心加速度比乙的小 32．编钟是中国汉民族古代重要的打击乐器，其示意图可简化为图中所示，编钟可绕转轴OO′摆动，M为转轴上编钟的正中心，a、b、c三点在编钟底部圆形截面上，与M的距离均相等，其中a、b与转轴OO′平行，当编钟绕OO'转动时，关于a、b、c三点做圆周运动说法正确的是（　　） A．线速度相同 B．半径相同 C．点c的向心加速度大于点a D．点c的角速度大于点b 33．\如图（a）是某市区中心的环岛路，车辆在环岛路上均逆时针行驶。如图（b）是质量相等的甲、乙两车以接近相等的速度经过图示位置，则（　　） A．两车的向心加速度大小相等 B．两车的角速度大小相等 C．两车受到指向轨道圆心的摩擦力大小相等 D．甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 34．为缓解宇航员长期在空间站中处于失重状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g，圆环的半径为r，旋转舱的内径远小于r，宇航员可视为质点，则旋转舱绕其轴线匀速转动的（　　） A．角速度为 B．线速度大小为 C．向心加速度大小为g D．周期应与地球自转的周期相同 35．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．ω2L B． C． D． （多选）36．如图所示，B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（　　） A．A与B的线速度大小之比为2：1 B．A与B的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动 37．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an，其中v为线速度，r为圆周运动半径。 38．匀速圆周运动和平抛是两种最典型的曲线运动。 （1）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v，圆的半径为R（如图1所示）时，则其加速度大小为a。（已知角度θ很小时，有sinθ≈θ） （2）研究一般曲线运动（如平抛）时，可以把这条曲线分割为很多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。质点所受合力F可以沿运动方向和垂直运动方向分解，沿切向的部分Ft使质点速度大小改变，垂直切向部分提供质点运动方向改变所需要的向心力Fn，满足：Fn≈m，其中v为质点在该点的瞬时速度，r为该点等效圆周运动半径（即曲率半径）。 一个可以看作质点的物块以初速度v0＝3m/s离开桌面做平抛运动，桌面离地高度为h＝0.8m，当地重力加速度为g＝10m/s2。 a.物块运动的轨迹为抛物线，求该轨迹在抛出点P和落地点Q的曲率半径。 b.现制作一个与小物块平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与PQ曲线重合的位置，让物块从顶端P沿该轨道无初速下滑，试通过计算，分析说明小物块在落地前是否会脱离轨道。 39．校园运动会意义重大。它不仅促进了学生体质的增强，还培养了团队合作与竞争意识。通过参与各类体育项目，学生们学会了坚持不懈与勇于挑战，同时增强了班级凝聚力，为校园生活增添了活力与色彩，促进了学生全面发展。 （1）下列说法中，关于时刻和时间间隔，正确的是 　 　 。 ①篮球比赛规定，拥有球权的队必须在获得球后的24s内投篮。 ②足球比赛还剩最后2min。 ③校运会将在下午2：00举行开幕式。 ④小沈跑50m的时间是6.5s。 A．1、2是时刻，3、4是时间间隔 B．3是时刻，1、2、4是时间间隔 C．4是时刻、1、2、3是时间间隔 D．3、4是时刻，1、2是时间间隔 （2）如图1，自行车比赛用车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的边缘上有A、B、C三点，向心加速度随半径变化图像如图2所示，则 　 　 。 A．A、B两点加速度关系满足甲图线 B．A、B两点加速度关系满足乙图线 C．A、C两点加速度关系满足甲图线 D．A、C两点加速度关系满足乙图线 （3）小姜和小郭在训练交接棒的过程中发现：小郭经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；小姜从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定小姜起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，小郭在接力区前S0＝13.5m处作了标记，并以v＝9m/s的速度跑到此标计时向小姜发出起跑口令。小姜在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与小郭相同时被小郭追上，完成交接棒。已知接力区的长度为L＝20m。求： ①此次练习中小姜在接棒前的加速度a ②在完成交接棒时小姜离接力区末端的距离 （4）如图3所示，小张同学正对篮板起跳投篮，球出手后斜向上抛出，出手时速度v0的方向与水平方向的夹角θ＝53°，篮球恰好垂直击中篮板，反弹后速度沿水平方向，而后进入篮圈。球刚出手时，球心O点离地的高度h1＝2.8m，篮球击中篮板的位置离地的高度为h2＝3.6m、离篮圈的高度为h3＝0.2m，篮圈的直径d1＝0.48m，篮板与篮圈的最小距离l＝0.16m，篮球的直径d2＝0.22m，不考虑空气阻力和篮球的转动。已知篮板平面保持竖直且与篮圈所在平面垂直，重力加速度g取10m/s2，求： ①球在O点时的速度v0大小； ②篮球击中篮板时的速度大小； ③要使篮球落入篮圈而进球（即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触），球打板后反弹的速度范围。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章第三节向心加速度 ▉考点01 匀速圆周运动的加速度方向 1向心加速度方向的确定 物体做匀速圆周运动时，所受合力提供向心力，合力的方向总是指向圆心.根据牛顿第二定律可知，物体运动的加速度方向与它所受合力的方向相同.因此，物体做匀速圆周运动时的加速度总是指向圆心，我们把它叫作向心加速度. 2对向心加速度的理解 方向 向心加速度的方向总是沿着半径指向圆心，与该点的线速度方向垂直.向心加速度的方向时刻在改变. 作用 只改变速度的方向，不改变速度的大小. 意义 向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量，线速度方向变化的快慢体现了向心加速度的大小. ▉考点02 匀速圆周运动的加速度大小 1向心加速度的大小 根据牛顿第二定律F=ma和向心力表达式，可得向心加速度的大小或. 2对向心加速度表达式的理解 (1)不同形式的表达式 对应频率：；对应转速：；对应线速度、角速度：；对应线速度：；对应角速度：；对应周期：； (2)向心加速度与半径的关系 ①当线速度一定时，根据可知，向心加速度an与运动半径r成反比，如图甲所示. ②当角速度一定时，根据；可知，向心加速度a。与运动半径r成正比，如图乙所示. 3非匀速圆周运动的加速度 做非匀速圆周运动的物体的加速度并不指向圆心，而是与半径有一个夹角，我们可以把加速度a分解为沿半径方向的加速度an和沿平行切线方向的加速度at,如图所示，则an描述速度方向改变的快慢，at描述速度大小改变的快慢.其中an就是向心加速度，仍满足 一．向心加速度的概念、方向及物理意义（共4小题） 1．汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度 B．M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度 C．M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度 D．M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度 【答案】A 【解答】解：AB.在P位置时两分运动方向相同，合速度为两速度之和，在Q位置时直线运动速度向右，圆周运动速度向左，此时合速度为两者之差，故A正确，B错误； CD.一个是与车轴一起向前的匀速直线运动，一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，匀速直线运动加速度为零，所以合加速度为匀速圆周运动的加速度，大小不变，故CD错误。 故选：A。 2．下列关于曲线运动的说法正确的是（　　） A．曲线运动的合外力方向与速度方向可能在同一条直线上 B．物体做平抛运动时，相同时间内速度变化量的方向不同 C．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 D．圆周运动的向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 【答案】D 【解答】解：A、曲线运动的合外力方向与速度方向一定不在同一条直线上，若合外力方向与速度方向在同一条直线上，物体将做直线运动，故A错误； B、物体做平抛运动时，加速度为重力加速度，则相同时间内速度变化量的方向相同，均竖直向下，故B错误； C、两个互成角度的匀变速直线运动，如果合初速度方向与合加速度方向不在同一直线上，则合运动为匀变速曲线运动，故C错误； D、圆周运动的向心加速度方向总是与速度方向垂直，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故D正确。 故选：D。 3．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方向变化快慢的物理量 C．向心加速度时刻指向圆心，方向不变 D．向心加速度是平均加速度，大小可用a来计算 【答案】B 【解答】解：AB、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，故A错误，B正确； C、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，故C错误； D、加速度公式a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，故D错误。 故选：B。 4．向心加速度描述的是做圆周运动的物体（　　） A．向心力变化的快慢 B．线速度方向变化的快慢 C．线速度大小变化的快慢 D．转动角度变化的快慢 【答案】B 【解答】解：ABC、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量，故AC错误，B正确； D、匀速圆周运动的向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，与转动角度变化的快慢无关。故D错误。 故选：B。 二．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素（共23小题） 5．如图所示为皮带传动装置，轴O1上两轮的半径分别为4r和r，轴O2上轮的半径为3r，A、B、C分别为轮缘上的三点，皮带不打滑，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C三点周期之比TA：TB：TC＝1：1：4 B．A、B、C三点线速度之比vA：vB：vC＝4：1：3 C．A、B、C三点角速度之比ωA：ωB：ωC＝4：4：1 D．A、B、C三点加速度之比aA：aB：aC＝12：3：1 【答案】D 【解答】解：ABC、轴O1上两轮同轴转动，其边缘处A、B两点的角速度大小相同，皮带不打滑，主动轮上B点和从动轮上C点的线速度大小相等。 根据线速度与角速度关系v＝rω，可得 代入数据可得ωA：ωB：ωC＝3：3：1 代入数据可得vA：vB：vC＝4：1：1 由周期与角速度关系式，可得A、B、C三点周期之比TA：TB：TC＝1：1：3 故ABC错误； D、由加速度与角速度关系式a＝ωv，可得A、B、C三点加速度之比为 aA：aB：aC＝ωAvA：ωBvB：ωCvC＝（3×4）：（3×1）：（1×1）＝12：3：1，故D正确。 故选：D。 6．某同学受气泡水平仪和地球仪上经纬线的启发，设计了一个360°加速度测量仪来测量水平面内的物体运动的加速度。如图，在透明球壳内装满水，顶部留有一小气泡（未画出），将球体固定在底座上，通过在球壳标注“纬度”可读出气泡与球心连线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到此时的加速度值，对于该加速度测量仪，下列说法正确的是（　　） A．气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度相同 B．均匀角度刻度对应的加速度值是均匀的 C．气泡偏离的方向就是加速度的方向 D．加速度越大，测量的误差越小 【答案】C 【解答】解：A．加速度是矢量，气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度大小相等，但方向不同，所以对应的加速度不同，故A错误； B．设水平方向的加速度为a，竖直方向的加速度为重力加速度，则 均匀角度刻度，因为正切函数值不是均匀的，故对应的加速度值也不是均匀的，故B错误； C．因水的密度大于空气的密度所以，当存在水平方向的加速度，则此时水会靠向加速度方向，则气泡反向偏离，故气泡偏离的方向就是加速度的方向，故C正确； D．根据可知，只有在a取适当的范围内，θ的变化较为明显，测量的误差较小，过大或者过小的加速度值，都存在较大的误差，故D错误。 故选：C。 7．如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。小李同学是转笔高手，能让笔绕其手上的某一点O做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　） A．笔杆上各点的线速度方向沿着笔杆指向O点 B．除了O点，笔杆上不同点的角速度大小是不一样的 C．笔杆上各点的线速度大小与到O点的距离成反比 D．笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小 【答案】D 【解答】解：A．笔杆上各点的线速度方向垂直于笔杆，沿运动轨迹的切线方向，故A错误； B．除了O点，笔杆上不同点的角速度大小相同，故B错误； C．笔杆上的各个点角速度相等，根据v＝ωr可知笔杆上各点的线速度大小与到O点的距离r成正比，故C错误； D．笔杆上的各个点角速度相等，根据a＝ω2r可知笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小，故D正确。 故选：D。 8．杭州亚运会中，女子4×100m决赛时，中国队在第四道，并遥遥领先于其他队获得冠军，关于这次比赛下列说法正确的是（　　） A．中国队的平均速度最大 B．起跑时，助跑器对脚的力大于于脚蹬助跑器的力 C．接棒时，后面的运动员可以把前面的运动员看成质点 D．运动员以相同大小的线速度转弯时，跑内圈的加速度比跑外圈的加速度大 【答案】D 【解答】解：A．接力赛各队的路程是相同的，中国队的用时最短，则平均速率最大；而各队的位移不相同，则无法比较平均速度，故A错误； B．根据牛顿第三定律，起跑时助跑器对脚的力和脚蹬助跑器的力是一对作用力和反作用力，总是等大反向，故B错误； C．研究接棒时要考虑动作，因此动作和形状对所研究的问题不可忽略，则后面的运动员不能把前面的运动员看成质点，故C错误； D．向心加速度为，运动员以相同大小的线速度v转弯时，跑内圈的半径R小，跑外圈的半径R大，则跑内圈的加速度比跑外圈的加速度大，故D正确。 故选：D。 9．在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（　　） A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由可知手掌比手肘的向心加速度小 【答案】A 【解答】解：A.由图可知，手机转动的半径约为0.65m，根据公式a，可得手臂摆到竖直位置时手机的线速度大小约为vm/s≈2m/s，故A正确； B.手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向上，处于超重状态，故B错误； C.自然下摆过程中，手机做变速圆周运动所受合力不是始终沿手臂方向，故C错误； D.由公式an＝ω2r，可知手掌与手肘的向心加速度之比约为2：1，故D错误。 故选：A。 10．小球在锥形漏斗内壁做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，其向心加速度为（　　） A．ω2r B．ωr C． D． 【答案】A 【解答】解：小球在锥形漏斗内壁做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动， 根据向心加速度公式得向心加速度大小a＝ω2r，故A正确，BCD错误。 故选：A。 11．如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆的下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住。凸轮位于图示位置时，AB杆正在上升。则（　　） A．凸轮绕O轴沿逆时针方向旋转 B．凸轮上C、D两点线速度大小相等 C．凸轮上C、D两点角速度大小相等 D．凸轮上C、D两点向心加速度大小相等 【答案】C 【解答】解：A、由AB杆上升可知A点到圆心的距离在增大，由此可知凸轮的转动方向为顺时针，故A错误； BC．凸轮上C、D两点属于同轴转动，所以角速度相等，但它们到轴O的距离不同，由v＝rω可得，线速度大小不相等，故B错误，C正确； D．凸轮上C、D两点的角速度相等，但它们到轴O的距离不同，由an＝rω2可得，加速度大小不相等，故D错误。 故选：C。 12．如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为12mm，传动轮齿数未知，半径为2.4mm，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（　　） A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反 B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数 C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径 D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变 【答案】B 【解答】解：A．由于齿轮带动，根据图2可知，使用时，出带轮与传动轮转动方向相反，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误； B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，且轮子边缘的线速度大小相等，即在相等时间内通过的距离相同，则有 解得 n传＝9，故B正确； C．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，根据轮子边缘上的点线速度大小相等，则在相等时间内经过的距离相等，则有 解得 R出＝4mm 可知，根据题中信息，能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径，故C错误； D．根据向心加速度的表达式有 在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，则该点的向心加速度大小变大，故D错误。 故选：B。 13．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝10cm，飞轮的半径r2＝5cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B（图中未画出）分别为链轮和后轮边缘上的点。若飞轮转动的角速度为20rad/s，则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是（　　） A．链轮和后轮的角速度大小之比为2：1 B．A、B两点的线速度大小之比为1：2 C．A、B两点的向心加速度大小之比为1：12 D．自行车前进的速度大小约为1m/s 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意可知，设飞轮边缘有一点C，由于链轮和飞轮之间通过链条传动，故A、C两点线速度大小相等，即 vA＝vC 又因为后轮和飞轮同轴转动，故B、C两点角速度相同，即 ωC＝ωB 根据角速度与线速度之间的关系，可知A、C两点的角速度大小之比为 则链轮和后轮的角速度大小之比为1：2； B、C两点的线速度大小之比为 A、B两点的线速度大小之比为1：6，故AB错误； C、根据向心加速度公式a＝vω可知，A、B两点的向心加速度大小之比为1：12，故C正确； D、飞轮转动的角速度为20rad/s，则线速度为 v＝r2ω 代入数据解得v＝1m/s 结合A、B两点的线速度大小之比可知，自行车前进的速度大小为6m/s，故D错误。 故选：C。 14．如图所示，转盘甲、乙具有同一转轴O，转盘丙的转轴为O'，用一皮带按如图的方式将转盘乙和转盘丙连接，A、B、C分别为转盘甲、乙、丙边缘的点，且rC＝3rA，rB＝2rA。现让转盘丙绕转轴O'做匀速圆周运动，皮带不打滑。则下列说法正确的是（　　） A．A、B、C的线速度大小之比为1：2：2 B．A、B、C的角速度之比为2：2：3 C．A、B、C的向心加速度大小之比为1：2：3 D．A、B、C的周期之比4：2：3 【答案】A 【解答】解：A、B两点角速度相等，根据圆周运动公式v＝ωr可知，线速度之比为1：2；根据可知，周期之比1：1；B、C两点线速度相等，根据圆周运动公式v＝ωr可知，角速度之比为3：2；根据可知，周期之比2：3，则A、B、C三点的线速度之比为1：2：2；角速度之比为3：3：2；周期之比为2：2：3；根据a＝ωv可知，三点的向心加速度之比为3：6：2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 15．如图所示，一质量为m的小滑块从半径为R的固定的粗糙圆弧形轨道的a点匀速率滑到b点，则下列说法中正确的是（　　） A．向心加速度不变 B．向心力的大小逐渐增大 C．向心力的大小逐渐减小 D．它所受的合力的大小是恒定的 【答案】D 【解答】解：小滑块做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得，，可知小滑块匀速率下滑过程中，向心力大小不变，向心加速度大小不变，方向时刻指向圆心，物体做匀速圆周运动时合外力等于向心力，则合外力大小不变，故ABC错误，D正确。 故选：D。 16．在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在0.4s内杯子旋转了。下列说法正确的是（　　） A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C．杯子在旋转时的线速度大小约为6πm/s D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为9π2m/s2 【答案】D 【解答】解：A、由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿b方向，故A错误； B、向心加速度是矢量，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，故向心加速度不相同，故B错误； C、杯子旋转的角速度为：ω，代入数据得：ω＝3πrad/s，杯子做圆周运动的半径约为1m，杯子在旋转时的线速度大小约为：v＝ωR＝3π×1m/s＝3πm/s，故C错误； D、杯子旋转的轨迹半径约为1m，则向心加速度大小约为：a＝ω2R＝9π2×1m/s2＝9π2m/s2，故D正确。 故选：D。 17．如图所示，完全相同的两小球a、b固定在一轻杆两端，轻杆可绕水平轴O在竖直面内转动，轴O距离a球较近。则在轻杆转动过程中，a、b两球具有相同大小的（　　） A．线速度 B．角速度 C．向心加速度 D．向心力 【答案】B 【解答】解：B.两小球随轻杆转动，为同轴转动，因此两小球的角速度相等，故B正确； A.根据线速度与角速度的关系v＝ωr，由于Ob的长度大于Oa的长度，即rb＞ra 因此vb＞va，故A错误； C.根据向心力公式可知，由于rb＞ra，角速度相同，因此两小球的加速度不同，故C错误； D.根据向心力公式Fn＝man，由于rb＞ra，两小球的质量相同，因此两小球所受的向心力不同，故D错误。 故选：B。 18．如图，为防止航天员的肌肉萎缩，中国空间站配备了健身自行车作为健身器材。某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处的过程中，关于脚踏板上P、Q两点的说法正确的是（　　） A．P做匀速直线运动，Q做匀速圆周运动 B．P、Q两点的向心加速度大小相等 C．P的周期比Q的大 D．P的线速度大小比Q的大 【答案】B 【解答】解：脚踏板始终保持水平，脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处的过程中，脚踏板上所有点都具有相同的运动情况，P、Q两点均做匀速圆周运动，半径大小相等，角速度大小相等，周期相等，由v＝ωr得，两点的线速度大小相等，由a＝ω2r得，两点的向心加速度大小相等，。故ACD错误，B正确。 故选：B。 19．链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目。运动员两手握着链球上铁链的把手，人转动带动链球旋转，最后加力使链球脱手而出。如图所示为链球运动员正在训练，目测链球的铁链与水平方向大约成30°角，已知重力加速度为g，估算链球做圆周运动的向心加速度大约为（　　） A．g B．g C．g D．g 【答案】C 【解答】解：链球做圆周运动，由对链球受力分析可知，受到重力、铁链的拉力，如图： 根据牛顿第二定律得水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有F合ma向 所以a向g，故C正确，ABD错误。 故选：C。 20．如图为一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图。Q点和P点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（　　） A．Q、P的线速度大小相等 B．Q、M的角速度大小相等 C．P、M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 【解答】解：A、Q、P两点共轴转动，角速度大小相等，Q点的轨道半径大于P点的轨道半径，根据v＝rω知Q点的线速度比P点的大，故A错误； B、Q、M两点共轴转动，角速度大小相等，故B正确； C、P、M两点共轴转动，角速度大小相等，P点的轨道半径小于M点的轨道半径，根据a＝ω2r知P点的向心加速度比M点的小，故C错误； D、P的向心加速度方向指向P点所在纬线的圆心，M的向心加速度方向指向O，故D错误。 故选：B。 21．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，运动到螺旋形中央，下列关于该小球运动的说法正确的是（　　） A．线速度增大，角速度不变 B．线速度不变，角速度减小 C．线速度减小，向心加速度增大 D．角速度增大，向心加速度增大 【答案】D 【解答】解：根据题意可知水平轨道光滑，因此小球在沿着光滑水平轨道运动过程中线速度大小不变，但是转动半径变小，根据，可知角速度增大，根据，可知向心加速度变大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 22．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（　　） A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 【答案】B 【解答】解：为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值，且有a＝g， 宇航员随旋转舱转动的加速度为：a＝ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，所以选项ACD错误，B正确。 故选：B。 请阅读下述文字，完成23﹣23题。 洗衣机是我们家庭中常用的家用电器。市场上在售的洗衣机大致可以分为两类，一类是滚筒洗衣机，一类是波轮洗衣机。两种洗衣机都具有脱水功能。如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，滚筒绕水平转动轴转动。滚筒上有很多漏水孔，滚筒转动时，附着在潮湿衣服上的水从漏水孔中被甩出，达到脱水目的。运行脱水程序时，滚筒受电机控制，可以认为是在匀速转动，所以可以认为湿衣服是在竖直平面内贴着滚筒做匀速圆周运动。波轮洗衣机中的脱水筒如图乙所示，在脱水时可以认为湿衣服紧贴在筒壁上随筒做匀速圆周运动。 23．若波轮洗衣机在运行脱水程序时，有一个质量m＝5g的硬币被甩到筒壁上，随筒壁一起做匀速圆周运动，脱水转速n＝600r/min，脱水筒的直径d＝300mm，π＝3，则（　　） A．．硬币做匀速圆周运动的角速度约为ω＝1rad/s B．．硬币做匀速圆周运动所需的向心力约为F＝2.7N C．硬币做匀速圆周运动的线速度约为v＝18m/s D．．硬币做匀速圆周运动的向心加速度约为a＝30m/s2 【答案】B 【解答】解：A.根据n＝600r/min＝10r/s，角速度ω＝2πn＝2π×10r/s＝20πrad/s，故A错误； B.向心力为，故B正确； C.线速度为，故C错误。 D.向心加速度约为，故D错误。 故选：B。 24．我国成功发射了许多人造卫星，它们分布在不同高度的不同轨道上，在通信导航、气象观测、军事运用等方面为我们提供了巨大的帮助。卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为an，线速度大小为v，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力得man， 化简得an， 根据圆周运动公式得向心加速度大小an， 联立解得an，故ABC错误，D正确。 故选：D。 （多选）25．小金属球质量为m，如图所示，用长为L的轻绳固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子P，把轻绳沿水平方向拉直，无初速度释放后，当轻绳碰到钉子的瞬间，则（　　） A．小球的角速度突然增大 B．小球的线速度突然增大 C．小球的向心加速度突然增大 D．小球的向心力突然增大 【答案】ACD 【解答】解：AB、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子前后瞬间，小球线速度不变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，根据v＝rω，则角速度增大为原来的两倍，故A正确，B错误； C、当悬线碰到钉子后瞬间，半径变为原来一半，小球线速度不变，则由分析可知，向心加速度突然增加为碰钉前的2倍，故C正确； D.由知，小球的向心力突然增大为碰钉前的2倍，故D正确。 故选：ACD。 26．在长0.2m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小为0.6m/s的线速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的向心加速度大小为 　1.8m/s2 。 【答案】1.8m/s2 【解答】解：小球运动的向心加速度大小为 ， 故答案为：1.8m/s2。 27．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知AB部分的半径R＝1.0m。弹射装置将一个质量为0.1kg的小球（可视为质点）以v0＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道、小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0.8m，不计受气阻力，q取10m/s2，求： （1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω、向心加速度a的大小； （2）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点与C点的距离。 【答案】（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω为3rad/s；向心加速度a的大小为9m/s2； （2）小球在空中做平抛运动的时间为0.4s；落到地面D点与C点的距离为m。 【解答】解：（1）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，则有 v0＝ωR 代入数据得：ω＝3rad/s a＝ω2R 代入数据得：a＝9m/s2 （2）小球在空中做平抛运动， 竖直方向有 hgt2 解得：t＝0.4s 落到地面D点与C点的水平距离 s＝v0t 解得：s＝1.2m D点与C点的距离为： 代入数据得： 答：（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω为3rad/s；向心加速度a的大小为9m/s2； （2）小球在空中做平抛运动的时间为0.4s；落到地面D点与C点的距离为m。 三．向心加速度的计算（共12小题） 28．2025年9月3日上午9：45，纪念中国人民抗日战胜利80周年大会阅兵仪式中，有一士兵（可视为质点）从天安门观礼台前A点以1.5m/s速度沿直线匀速前进90m到达B点，然后以O圆心，沿半径为45m的圆周以1.5m/s速率运动至C，行进路线如图实线所示，则下列说法正确的是（　　） A．2025年9月3日上午9：45指的是时间 B．该士兵的位移为90m C．该士兵的平均速度为1.5m/s D．该士兵从B到C向心加速度大小为0.05m/s2 【答案】D 【解答】解：A、2025年9月3日上午9：45在时间轴上用一个点表示，是时刻，故A错误； B、该士兵的位移为s，故B错误； C、该士兵从A到B的时间为，从B到C的时间为，所以该士兵从A到C的时间为t＝t1+t2＝60s+94s＝154s，该士兵的平均速度为，故C错误； D、该士兵从B到C向心加速度大小为，故D正确。 故选：D。 29．在学校航模比赛中，同学操纵线控飞机做匀速圆周运动，如图所示，飞机的角速度为ω，轨道半径为r，则向心加速度大小为（　　） A．ωr B．ω2r C． D． 【答案】B 【解答】解：飞机的向心加速度为a＝ω2r，故B正确，ACD错误。 故选：B。 30．嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明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（20cm）的蛋糕，在蛋糕上每隔4s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．圆盘转动的转速约为2πr/min B．圆盘转动的角速度大小为 rad/s C．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为m/s D．蛋糕边缘的奶油向心加速度约为m/s2 【答案】B 【解答】解：A、圆盘每15×4＝60s转一圈，故转速为1 r/min，故A错误； B、由角速度与周期的关系可得：rad/s，故B正确； C、蛋糕边缘的奶油线速度大小为：v＝ωrm/s，故C错误； D、向心加速度为：a＝ω2r m/s2，故D错误。 故选：B。 31．如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．甲的线速度和乙的大小相同 B．甲的线速度比乙的大 C．甲的运行周期比乙的小 D．甲的向心加速度比乙的小 【答案】D 【解答】解：卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有ma＝mr＝mω2r＝m则得： a，T＝2，ω，v 可见，轨道半径r相同，中心天体的质量M越小，a、ω、v越小，T越大，所以甲的向心加速度、角速度、线速度都比乙小，而甲的运行周期比乙大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 32．编钟是中国汉民族古代重要的打击乐器，其示意图可简化为图中所示，编钟可绕转轴OO′摆动，M为转轴上编钟的正中心，a、b、c三点在编钟底部圆形截面上，与M的距离均相等，其中a、b与转轴OO′平行，当编钟绕OO'转动时，关于a、b、c三点做圆周运动说法正确的是（　　） A．线速度相同 B．半径相同 C．点c的向心加速度大于点a D．点c的角速度大于点b 【答案】C 【解答】解：ABD、a、b、c三点的角速度相同，a、b、c三点在编钟底部圆形截面上，所以a、b与c点做圆周运动的半径不相同，rc＞ra＝rb，根据v＝ωr可得，a、b的线速度相同，c点的线速度与a、b的线速度不相同，故ABD错误； C、rc＞ra＝rb，根据an＝ω2r可得，点c的向心加速度大于点a的向心加速度，故C正确； 故选：C。 33．\如图（a）是某市区中心的环岛路，车辆在环岛路上均逆时针行驶。如图（b）是质量相等的甲、乙两车以接近相等的速度经过图示位置，则（　　） A．两车的向心加速度大小相等 B．两车的角速度大小相等 C．两车受到指向轨道圆心的摩擦力大小相等 D．甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 【答案】D 【解答】解：A、由题图可知，乙车的转弯半径大于甲车的转弯半径，根据可知乙车的向心加速度小于甲车的向心加速度，故A错误； B、根据可知乙车的角速度小于甲车的角加速度，故B错误； CD、两车由摩擦力指向轨道圆心的分力提供向心力，根据可知甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大，故D正确，C错误。 故选：D。 34．为缓解宇航员长期在空间站中处于失重状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g，圆环的半径为r，旋转舱的内径远小于r，宇航员可视为质点，则旋转舱绕其轴线匀速转动的（　　） A．角速度为 B．线速度大小为 C．向心加速度大小为g D．周期应与地球自转的周期相同 【答案】C 【解答】解：A、旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，圆环绕中心匀速旋转使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，通过受力分析可知提供向心力的是对宇航员的支持力， 则由题意知，宇航员受到和地球表面相同大小的支持力，支持力大小为mg。 根据重力提供向心力可得， ， 解得： 又因为旋转舱的内径远小于r，故A错误； B、根据重力提供向心力可得， mg＝mω2r， 解得： 故B错误； C、由mg＝ma， 解得：a＝g 故C正确； D、根据重力提供向心力可得， ， 解得： 由于r与地球半径不一样，故D错误。 故ABD错误，C正确。 故选：C。 35．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．ω2L B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设小球做匀速圆周运动时弹簧长度为L1，此时弹簧的伸长量为L1﹣L 据牛顿第二定律得：F＝mω2L1 其中F＝k（L1﹣L） 向心加速度为：a＝ω2L1 解得：a 故B正确，ACD错误 故选：B。 （多选）36．如图所示，B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（　　） A．A与B的线速度大小之比为2：1 B．A与B的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动 【答案】AB 【解答】解：A、由题知A、B两个物体同轴转动，则ωA ＝ ωB， 由线速度公式v＝ωr 得 vA：vB＝ωArA：ωBrB 代入数据解得 vA：vB＝2：1 故A正确； B、由向心加速度公式知a ＝ ω2r， 得 代入数据解得 aA：aB＝2：1 故B正确； CD、由向心力公式知F＝ma，得 Fa：Fb 代入数据解得 Fa：Fb＝1：1 故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力， 则由f＝μMg 可知fB＞fA，故A先发生滑动，故CD错误。 故选：AB。 37．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an，其中v为线速度，r为圆周运动半径。 【答案】（1）质点经过A、B两点的速度方向，； （2）质点从A点到B点的速度变化量； （3）设在很短时间t内从A运动到B，此过程中速度变化为Δv，因为△OAB与△CBD相似，可得当t→0时，有，又， 联立可得。 【解答】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Δv，因为△OAB与△CBD相似，可得 当t→0时，有，又， 联立可得 答：（1）质点经过A、B两点的速度方向，； （2）质点从A点到B点的速度变化量； （3）设在很短时间t内从A运动到B，此过程中速度变化为Δv，因为△OAB与△CBD相似，可得当t→0时，有，又， 联立可得。 38．匀速圆周运动和平抛是两种最典型的曲线运动。 （1）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v，圆的半径为R（如图1所示）时，则其加速度大小为a。（已知角度θ很小时，有sinθ≈θ） （2）研究一般曲线运动（如平抛）时，可以把这条曲线分割为很多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。质点所受合力F可以沿运动方向和垂直运动方向分解，沿切向的部分Ft使质点速度大小改变，垂直切向部分提供质点运动方向改变所需要的向心力Fn，满足：Fn≈m，其中v为质点在该点的瞬时速度，r为该点等效圆周运动半径（即曲率半径）。 一个可以看作质点的物块以初速度v0＝3m/s离开桌面做平抛运动，桌面离地高度为h＝0.8m，当地重力加速度为g＝10m/s2。 a.物块运动的轨迹为抛物线，求该轨迹在抛出点P和落地点Q的曲率半径。 b.现制作一个与小物块平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与PQ曲线重合的位置，让物块从顶端P沿该轨道无初速下滑，试通过计算，分析说明小物块在落地前是否会脱离轨道。 【答案】（1）证明过程见上； （2）a.该轨迹在抛出点P的曲率半径为0.9m，落地点Q的曲率半径为； b.小物块在落地前不会脱离轨道。 【解答】解：（1）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为θ，如图所示 可知三角形AOB与三角形DBC相似，则三角形DBC为等腰三角形，则 A点到B点的时间为 A点到B点的平均加速度为 解得 当圆心角O趋近于零（θ→0）时，则有 可得 （2）a.物块在抛出点P时，重力刚好与速度方向垂直，则有 解得该轨迹在抛出点P的曲率半径为 rp＝0.9m 物块从抛出点P和落地点Q过程做平抛运动，则有 vy＝gt 解得 vy＝4m/s 则物块在落地点Q的速度大小为 解得 v＝5m/s 物块在落地点Q的速度方向与水平方向的夹角满足 可得 θ＝53° 则在落地点Q有 解得该轨迹在落地点Q的曲率半径为 b.物块做平抛运动过程经过某点的速度大小为v1，与水平方向的夹角为α，该点的曲率半径为r1，则有 现制作一个与小物块平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与PQ曲线重合的位置，让物块从顶端P沿该轨道无初速下滑，物块下滑到与平抛运动同一点时，重力做功相同，但平抛运动具有一定的初速度，所以物块无初速下滑时经过同一点的速度v′1小于物块做平抛运动经过同一点的速度v1，则有 可知轨道对物块有支持力作用，所以小物块在落地前不会脱离轨道。 答：（1）证明过程见上； （2）a.该轨迹在抛出点P的曲率半径为0.9m，落地点Q的曲率半径为； b.小物块在落地前不会脱离轨道。 39．校园运动会意义重大。它不仅促进了学生体质的增强，还培养了团队合作与竞争意识。通过参与各类体育项目，学生们学会了坚持不懈与勇于挑战，同时增强了班级凝聚力，为校园生活增添了活力与色彩，促进了学生全面发展。 （1）下列说法中，关于时刻和时间间隔，正确的是 　B　 。 ①篮球比赛规定，拥有球权的队必须在获得球后的24s内投篮。 ②足球比赛还剩最后2min。 ③校运会将在下午2：00举行开幕式。 ④小沈跑50m的时间是6.5s。 A．1、2是时刻，3、4是时间间隔 B．3是时刻，1、2、4是时间间隔 C．4是时刻、1、2、3是时间间隔 D．3、4是时刻，1、2是时间间隔 （2）如图1，自行车比赛用车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的边缘上有A、B、C三点，向心加速度随半径变化图像如图2所示，则 　A　 。 A．A、B两点加速度关系满足甲图线 B．A、B两点加速度关系满足乙图线 C．A、C两点加速度关系满足甲图线 D．A、C两点加速度关系满足乙图线 （3）小姜和小郭在训练交接棒的过程中发现：小郭经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；小姜从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定小姜起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，小郭在接力区前S0＝13.5m处作了标记，并以v＝9m/s的速度跑到此标计时向小姜发出起跑口令。小姜在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与小郭相同时被小郭追上，完成交接棒。已知接力区的长度为L＝20m。求： ①此次练习中小姜在接棒前的加速度a ②在完成交接棒时小姜离接力区末端的距离 （4）如图3所示，小张同学正对篮板起跳投篮，球出手后斜向上抛出，出手时速度v0的方向与水平方向的夹角θ＝53°，篮球恰好垂直击中篮板，反弹后速度沿水平方向，而后进入篮圈。球刚出手时，球心O点离地的高度h1＝2.8m，篮球击中篮板的位置离地的高度为h2＝3.6m、离篮圈的高度为h3＝0.2m，篮圈的直径d1＝0.48m，篮板与篮圈的最小距离l＝0.16m，篮球的直径d2＝0.22m，不考虑空气阻力和篮球的转动。已知篮板平面保持竖直且与篮圈所在平面垂直，重力加速度g取10m/s2，求： ①球在O点时的速度v0大小； ②篮球击中篮板时的速度大小； ③要使篮球落入篮圈而进球（即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触），球打板后反弹的速度范围。 【答案】（1）B；（2）A；（3）①此次练习中小姜在接棒前的加速度a为3m/s2；②在完成交接棒时小姜离接力区末端的距离为6.5m；（4）①球在O点时的速度v0大小为5m/s；②篮球击中篮板时的速度大小为3m/s；③要使篮球落入篮圈而进球（即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触），球打板后反弹的速度范围为0.8m/s≤v≤2.1m/s。 【解答】解：（1）时刻在时间轴上用一个点表示，时间间隔用一段表示。拥有球权的队必须在获得球后的24s内投篮，24s内在时间轴上是一段，是时间间隔；足球比赛还剩最后2min，2min在时间轴上用一段来表示，是时间间隔；校运会将在下午2：00举行开幕式，2：00在时间轴上用一个点表示，是时刻；小沈跑50m的时间是6.5s，6.5s在时间轴上用一段表示，是时间间隔，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （2）A、B两点是皮带传动，它们的线速度大小相等，根据a可知，在线速度一定时，向心加速度大小和半径成反比；B、C是同轴转动，它们的角速度相等，根据a＝rω2可知，它们的向心加速度之比与半径成正比，设它们的半径分别为rA、rB、rC，则A、C的向心加速度之比为，甲、乙图像都不能满足，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （3）①设小郭追上小姜的时间为t，则 v＝at 根据位移关系有 vt 代入数据解得：a＝3m/s2，t＝3s ②在完成交接棒时小姜离接力区末端的距离为 （4）①把篮球的逆过程看作平抛运动，这篮球在竖直方向的分速度大小为 4m/s 则 ②篮球击中篮板时的速度即为水平速度，则为 ③球打板后反弹做平抛运动，根据h可得篮球反弹到进入篮圈的时间为 t' 反弹后的最大速度为 2.1m/s 反弹后的最小速度为 故球打板后反弹的速度范围为0.8m/s≤v≤2.1m/s。 故答案为：（1）B；（2）A；（3）①此次练习中小姜在接棒前的加速度a为3m/s2；②在完成交接棒时小姜离接力区末端的距离为6.5m；（4）①球在O点时的速度v0大小为5m/s；②篮球击中篮板时的速度大小为3m/s；③要使篮球落入篮圈而进球（即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触），球打板后反弹的速度范围为0.8m/s≤v≤2.1m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $