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【寒假作业】人教版2019 高中物理 高一寒假提升训练第十六天：向心加速度-练习
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向心加速度内容的考点：
1、向心加速度的概念、公式与推导；
2、向心加速度与角速度、周期的关系；
3、比较向心加速度的大小；
4、向心力的定义及向心加速度的关系。
知识点1：向心加速度
1、向心加速度
定义：由于匀速圆周运动的速度方向时刻改变，因此做匀速圆周运动的质点一定具有加速度。这种加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小，方向始终指向圆心，因此叫做向心加速度。
符号：an。
物理意义：描述速度方向变化的快慢（向心加速度只改变速度方向，不改变速度大小）。
大小：
方向：总是沿半径指向圆心，始终与线速度方向垂直，时刻变化，是变量。
匀速圆周运动的向心加速度大小不变。向心加速度不一定是物体做圆周运动的实际加速度。对于匀速圆周运动，向心加速度就是其实际加速度。对于非匀速圆周运动，其实际加速度不指向圆心，此时的向心加速度只是它的一个沿半径方向上的分加速度。
匀速圆周运动是加速度变化的变加速曲线运动（非匀变速曲线运动）。因为对某一确定的匀速圆周运动来说，m、r、v、ω、T的大小都是不变的，所以向心力和向心加速度的大小不变，但方向却时刻改变。
对于变速率圆周运动，可以用公式求质点在圆周上某点的向心加速度瞬时值，其中ω或v应取该点的线速度和角速度的瞬时值。
向心加速度与半径的关系：
角速度一定时，向心加速度与半径成正比 线速度一定时，向心加速度与半径成反比
向心加速度得分推导：
如下图所示：
，vA、vB、△v 组成的三角形与ΔABO相似，则有
考点1：向心加速度的概念、公式与推导
1．（2023下·辽宁本溪·高一校考阶段练习）如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程，该过程可视为圆心为O的圆周运动，如图乙所示。已知笔长为L，当笔尖M的线速度大小为时，笔帽N的线速度大小为，则笔帽N做圆周运动的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等，设角速度为，根据角速度与线速度之间的关系，有
解得
笔帽N做圆周运动的加速度大小为
ACD错误，B正确。
故选B。
2．（2023下·云南文山·高一校考阶段练习）如图所示，用一细线悬挂一小球，使其悬空做圆锥摆运动。圆锥摆运动为绕某一点的匀速圆周运动。下列描述小球运动的物理量，恒定不变的是（ ）
A．线速度B．向心力C．向心加速度D．周期
【答案】D
【详解】A．小球做匀速圆周运动时，线速度大小不变，方向沿圆周切线方向，时刻改变，A错误；
BC．向心力、向心加速度大小均不变，方向均指向圆心，时刻改变，BC错误；
D．周期是标量，小球做匀速圆周运动时，周期保持不变，D正确。
故选D。
3．（2023下·广东广州·高一统考期末）摩天轮是游乐园常见的娱乐设施，如图所示，摩天轮悬挂的座舱与摩天轮一起在竖直平面内匀速转动，座舱通过固定金属杆OP连接在圆环的横杆EF上，横杆可自由转动使得OP始终保持竖直方向。当杆EF匀速转动到摩天轮最高点时，下列说法正确的是（ ）
A．座舱的加速度为零
B．座舱上的M点与N点的角速度相等
C．座舱上的M点的线速度小于N的线速度
D．金属杆上O点的线速度小于金属杆上P点线速度
【答案】B
【详解】A．座舱在做匀速圆周运动，座舱的加速度不为零。故A错误；
B．座舱上的M点与N点都在绕摩天轮的中心轴转动，角速度相等。故B正确；
C．座舱上的M点与N点到摩天轮的中心轴的距离相等，由
座舱上的M点的线速度等于N的线速度。故C 错误；
D．金属杆上O点到摩天轮的中心轴的距离大于P点到摩天轮的中心轴的距离。由
金属杆上O点的线速度大于金属杆上P点线速度。故D错误。
故选B。
考点2：向心加速度与角速度、周期的关系
4．（2023下·高一课时练习）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上的B、C两点的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系正确的是（ ）
A．TB=TC，vB>vCB．TB=TC，vBC．ωB<ωC，vB=vCD．ωB=ωC，aB>aC
【答案】B
【详解】B、C两点绕同一轴转动，则角速度和周期相等，即
TB=TC，ωB=ωC
根据
v=ωr，a=ω2r，
因为
rC>rB
可知
vC>vB，aC>aB。
故选B。
5．（2022上·天津和平·高二统考学业考试）如图所示，撑开的雨伞上A、B两点到伞轴的距离分别为、，且。当转动雨伞使A、B两点绕伞轴做匀速圆周运动时，A、B两点的（ ）
A．周期之比为B．角速度之比为
C．线速度之比为D．向心加速度之比为
【答案】D
【详解】AB．由于伞为同一个轴，属于同轴转动，则A、B两点以相同的角速度绕伞轴做圆周运动，根据
则A、B两点周期相等，故AB错误；
C．根据
可知A、B两点的线速度之比为
故C错误；
D．根据
可知
故D正确。
故选D。
6．（2023下·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考阶段练习）劳技课上，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她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，在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油（“点”奶油的时间忽略不计），蛋糕转动一周正好均匀“点”上20点奶油。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的周期为
B．圆盘转动的角速度大小为
C．蛋糕边缘的线速度大小约为
D．蛋糕边缘的向心加速度约为
【答案】B
【详解】A．一周20个间隔，每个间隔2s，圆盘转动的周期为40s，故A错误；
B．圆盘转动的角速度大小为
故B正确；
C．蛋糕边缘的线速度大小为
故C错误；
D．蛋糕边缘的向心加速度大小为
故D错误。
故选B。
考点3：比较向心加速度的大小
7．（2022下·山东泰安·高一统考期末）如图所示，甲、乙两个轮子的半径之比为3：1，A、B两点分别位于甲、乙轮的边缘上，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则在传动的过程中（ ）
A．甲、乙两轮的角速度之比为1：1B．甲、乙两轮的周期之比为1：3
C．A、B两点的线速度之比为1：3D．A、B两点的向心加速度之比为1：3
【答案】D
【详解】ABC．因为甲、乙两轮靠摩擦传动，接触面不打滑，所以两轮边缘上线速度相等，即A、B两点的线速度之比为1：1，由得甲、乙两轮的角速度之比
由得
故ABC错误；
D．由得A、B两点的向心加速度之比为1∶3，故D正确。
故选D。
8．（2022下·湖南·高一校联考期末）明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮（牛转翻车）的图画，如图所示，这说明勤劳勇敢的先辈们已经掌握了齿轮传动技术。甲、乙两轮的半径不相同，在两轮转动过程中（不打滑），下列说法正确的是（ ）
A．两轮边缘质点的线速度大小相等
B．两轮边缘质点的加速度大小相等
C．两轮的角速度相等
D．两轮的转速相等
【答案】A
【详解】A．两轮是同缘传动，边缘点线速度大小相等，故A正确；
B．由公式可知，由于两轮半径不同，则两轮边缘质点的加速度大小不相等，故B错误；
C．由公式可知，由于两轮半径不同，则两轮的角速度不相等，故C错误；
D．由公式可知，两轮的角速度不相等，则两轮的转速不相等，故D错误。
故选A。
9．（2023下·广东汕头·高一金山中学校考期中）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O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．Q点在竖直方向做匀速运动
B．Q点在水平方向做匀速运动
C．P点的线速度大小不变
D．P点的加速度方向不变
【答案】C
【详解】A．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
则可得出Q点在竖直方向不是匀速运动，故A错误；
B．P点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
则可看出P点在水平方向也不是匀速运动，Q点在水平方向的运动与P点相同，故B错误。
CD．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点的线速度大小和向心加速度大小均不变，但速度的方向时刻在改变，故C正确，D错误；
故选C。
考点4：向心力的定义及向心加速度的关系
10．（2023下·云南·高一校联考阶段练习）某一水平公路的转弯处如图所示，该单行道有1和2两条道，两辆相同的小汽车，在弯道1和弯道2上以相同的速率绕同一圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．沿弯道1运动的小汽车所需的向心力较大
B．沿弯道1运动的小汽车的角速度较小
C．在相同时间内，沿弯道1运动的小汽车转过的角度较小
D．若两辆小汽车的速率都增大，则沿弯道2运动的小汽车更容易发生侧滑
【答案】A
【详解】A．根据向心力
可知，弯道1的半径较小，故沿弯道1运动的小汽车所需的向心力较大，故A正确；
B．由可知，沿弯道1运动的小汽车的角速度较大，故B错误；
C．又由可知，在相同时间内，沿弯道1运动的小汽车转过的角度较大，故C错误；
D．两辆小汽车在转弯时，受到的最大静摩擦力相同，即转弯时所能提供的最大向心力相同，由
可知，沿弯道1运动的小汽车更容易发生侧滑，故D错误。
故选A。
11．（2022上·重庆九龙坡·高一重庆市育才中学校考期末）某摩天轮装有吊篮60个，可同时容纳360人，摩天轮座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，摩天轮运转一圈约需20分钟。下列说法中正确的是（ ）
A．每时每刻，每个乘客受到的合力都等于零
B．每个座舱的速度不同
C．每个乘客都在做匀变速曲线运动
D．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
【答案】B
【详解】A．摩天轮座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，乘客也随之做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，故每个乘客受到的合力任意时刻都不等于零，故A错误；
B．每个座舱的速度方向沿圆周切线方向，速度不同，故B正确；
C．做匀速圆周运动的物体受合外力方向时刻指向圆心，合外力方向时刻改变，故每个乘客都在做变加速曲线运动，故C错误；
D．乘客在乘坐过程中在不同的位置对座位的压力不同，故D错误。
故选B。
12．（2023下·广东江门·高一江门市新会第一中学校考期中）申雪、赵宏博是我国著名的花样滑冰运动员，先后夺得了多次世界冠军，为我国的冰雪运动争得了许多的荣誉。如图所示是花样滑冰双人滑中的一个经典动作-双人直立旋转，两人单足直站立，围绕同一中心旋转。在不考虑阻力的情况下，两名运动员的运动可以分别看作匀速圆周运动，关于他们的向心力与向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心力的方向保持不变
B．向心加速度保持不变
C．向心加速度的方向始终与线速度的方向不垂直
D．对于其中任意一人来说，所受的合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心
【答案】D
【详解】A．向心力的方向时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
BC．匀速圆周运动的向心加速度时刻指向圆心，沿半径方向，与线速度方向垂直，方向时刻改变，故B、C错误；
D．根据匀速圆周运动的定义可知，当合力提供向心力时，物体将做匀速圆周运动，合力方向始终指向圆心，故D正确。
故选D。
多选题
13．（2022下·安徽池州·高一统考期中）2022年2月19日，北京冬奥会花样滑冰双人滑自由滑比赛在首都体育馆举行，中国选手隋文静/韩聪夺得双人滑冠军。如图所示，甲运动员以自己为转动轴拉着乙运动员做圆周运动。关于运动员做圆周运动的向心力、向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动时，其向心加速度时刻在改变
B．运动员向心加速度越大，其速率变化越快
C．向心力不改变速度的大小，只改变速度的方向
D．向心力可以同时改变速度的大小和方向
【答案】AC
【详解】A．匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向指向圆心，时刻在改变，A正确；
B．向心加速度和向心力始终指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，B错误；
CD．做圆周运动的物体，向心加速度和向心力始终指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，C正确，D错误。
故选AC。
14．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考开学考试）如图所示是修正带的内部结构示意图，工作时由于出带轮的运动，出带轮通过齿轮从而带动收带轮的运动。设出带轮半径为R，收带轮半径为r。某同学在使用修正带时，下列说法正确的是（ ）
A．两轮转动方向相反B．两轮边缘线速度大小相等
C．出带轮与收带轮角速度之比为D．出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为
【答案】ABD
【详解】A．由图可知，修正带的出带轮是通过齿轮从而带动收带轮的运动，所以两轮转动的方向相反，A正确；
B．修正带的传动属于齿轮传动，所以两轮边缘线速度大小相等，B正确；
C．由于两轮边缘线速度大小相等，半径不同，由公式
可得，角速度与半径成反比，则出带轮与收带轮角速度之比为
C错误；
D．由向心加速度公式
可得，向心加速度大小与半径成反比，则出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为
D正确。
故选ABD。
15．（2023下·广东中山·高一统考期末）我国汉代一幅表现纺织女纺纱的壁画记载了我国古代劳动人民的智慧，如图甲所示。图乙是一种手摇纺车的示意图，一根绳圈连着一个直径较大的纺轮和一个直径很小的纺锤，纺轮和可转动的摇柄共轴，转动摇柄，绳圈就会牵动着另一头的纺锤飞快转动，a、b、c分别为摇柄、纺轮的绳圈、纺锤的绳圈上的点，则匀速转动摇柄时（ ）
A．a点的周期保持不变B．b点的线速度始终不变
C．纺锤的转速大于摇柄的转速D．a点的向心加速度等于c点的向心加速度
【答案】AC
【详解】A．由于匀速转动摇柄，则a点的周期保持不变，故A正确；
B．由于线速度为矢量，故方向在改变，故B错误；
C．纺轮和纺锤为皮带转动，线速度相同，即
摇柄和纺轮为同轴转动，角速度相同，即
其中
再根据角速度和线速度的关系有
则
故
即纺锤的转速大于摇柄的转速，故C正确；
D．根据
由于，且，可得
根据
由于，且，可得
即
故D错误。
故选AC。
16．（2023上·吉林长春·高一吉林省实验校考期末）两级皮带传动装置如图所示，中间两个轮子2、3是固定在一起的，转动时皮带均不打滑，轮1半径与轮2半径之比为，轮3的半径和轮4的半径相同，轮1与轮3的半径比为，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比，下列关系正确的是（ ）
A．线速度大小之比为B．角速度之比为
C．转速之比为D．向心加速度之比为
【答案】ACD
【详解】A．依题意知，轮1与轮3皮带传动，则线速度之比为
轮3与轮2同轴转动，角速度相同，则
根据，可知轮1与轮3角速度之比为
即轮1与轮2角速度之比为
轮1与轮2线速度之比为
因为轮2与轮4皮带传动，则轮2与轮4的线速度相同，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
A正确；
B．根据，知轮2与轮4的角速度之比为
则可知轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
B错误；
C．根据
可得，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比转速之比为
C正确；
D．根据，知，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比向心加速度之比为
D正确。
故选ACD。
17．（2023下·广东揭阳·高一惠来县第一中学校考阶段练习）在工业生产中会应用到偏心轮，偏心轮就是以轮上某个非圆心点为轴转动，如图所示，一个偏心轮的转轴为O，以O为圆心的一个圆内切于偏心轮，且经过偏心轮圆心P, A和B是偏心轮边缘的两点，且AP⊥OB于P，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B的角速度大小相等
B．A、B的线速度大小之比
C．A、P的向心加速度大小相等
D．A、B的向心加速度方向都相同
【答案】AB
【详解】A．A、B两点在同一偏心轮上，故周期与角速度均相等，A正确；
B．设偏心轮半径为r，则A、B运动半径分别为
根据
A、B的线速度大小之比为
B正确；
C．P点运动半径为，根据
A、P的向心加速度大小之比为
C错误；
D．向心加速度方向指向圆心，则A、B的向心加速度方向不相同，D错误。
故选AB。
解答题
18．（2023下·广东肇庆·高一统考期末）如图所示为小狗洗完澡后甩掉身上水珠的情形，假设每滴水珠的质量均为1g，小狗的身体简化成圆筒状，半径约为10cm，小狗以角速度甩动身体.
（1）求每滴水珠的向心加速度大小；
（2）若小狗毛发对水珠的最大附着力为0.25N，甩动过程中水珠的重力可忽略不计，则小狗至少需以多大的角速度甩动身体才可以将身上的水珠甩掉？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知
解得
（2）根据
解得
19．（2023下·天津·高一统考期中）如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的。当大轮边缘上的P点的向心加速度是12m/s2时。求：
（1）大轮上的S点的向心加速度大小；
（2）小轮边缘上的Q点的向心加速度大小。
【答案】（1）4m/s2；（2）24m/s2
【详解】（1）根据向心加速度与角速度的关系
P、S点具有相同的角速度，则
所以
（2）根据向心加速度与线速度的关系
P、Q点具有相同的线速度，则
所以
20．（2022上·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）如图所示的传动装置中皮带与两轮均不打滑动。已知大轮半径是小轮半径的3倍。大轮上与轮轴间距为大轮半径一半的A点向心加速度为0.05m/s2。求：
（1）大轮边缘上某点的向心加速度大小；
（2）大轮与小轮的角速度之比。
【答案】（1）0.1m/s2；（2）1：3
【详解】（1）由
an=ω2r
易知
an=2×0.05m/s2=0.1m/s2
（2）由皮带轮连接装置，两轮边缘线速度相同，故有
ω1r1=ω2r2
所以
ω1：ω2=1：3
向心加速度内容的考点：
1、向心加速度的概念、公式与推导；
2、向心加速度与角速度、周期的关系；
3、比较向心加速度的大小；
4、向心力的定义及向心加速度的关系。
知识点1：向心加速度
1、向心加速度
定义：由于匀速圆周运动的速度方向时刻改变，因此做匀速圆周运动的质点一定具有加速度。这种加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小，方向始终指向圆心，因此叫做向心加速度。
符号：an。
物理意义：描述速度方向变化的快慢（向心加速度只改变速度方向，不改变速度大小）。
大小：
方向：总是沿半径指向圆心，始终与线速度方向垂直，时刻变化，是变量。
匀速圆周运动的向心加速度大小不变。向心加速度不一定是物体做圆周运动的实际加速度。对于匀速圆周运动，向心加速度就是其实际加速度。对于非匀速圆周运动，其实际加速度不指向圆心，此时的向心加速度只是它的一个沿半径方向上的分加速度。
匀速圆周运动是加速度变化的变加速曲线运动（非匀变速曲线运动）。因为对某一确定的匀速圆周运动来说，m、r、v、ω、T的大小都是不变的，所以向心力和向心加速度的大小不变，但方向却时刻改变。
对于变速率圆周运动，可以用公式求质点在圆周上某点的向心加速度瞬时值，其中ω或v应取该点的线速度和角速度的瞬时值。
向心加速度与半径的关系：
角速度一定时，向心加速度与半径成正比 线速度一定时，向心加速度与半径成反比
向心加速度得分推导：
如下图所示：
，vA、vB、△v 组成的三角形与ΔABO相似，则有
考点1：向心加速度的概念、公式与推导
1．（2023下·辽宁本溪·高一校考阶段练习）如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程，该过程可视为圆心为O的圆周运动，如图乙所示。已知笔长为L，当笔尖M的线速度大小为时，笔帽N的线速度大小为，则笔帽N做圆周运动的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等，设角速度为，根据角速度与线速度之间的关系，有
解得
笔帽N做圆周运动的加速度大小为
ACD错误，B正确。
故选B。
2．（2023下·云南文山·高一校考阶段练习）如图所示，用一细线悬挂一小球，使其悬空做圆锥摆运动。圆锥摆运动为绕某一点的匀速圆周运动。下列描述小球运动的物理量，恒定不变的是（ ）
A．线速度B．向心力C．向心加速度D．周期
【答案】D
【详解】A．小球做匀速圆周运动时，线速度大小不变，方向沿圆周切线方向，时刻改变，A错误；
BC．向心力、向心加速度大小均不变，方向均指向圆心，时刻改变，BC错误；
D．周期是标量，小球做匀速圆周运动时，周期保持不变，D正确。
故选D。
3．（2023下·广东广州·高一统考期末）摩天轮是游乐园常见的娱乐设施，如图所示，摩天轮悬挂的座舱与摩天轮一起在竖直平面内匀速转动，座舱通过固定金属杆OP连接在圆环的横杆EF上，横杆可自由转动使得OP始终保持竖直方向。当杆EF匀速转动到摩天轮最高点时，下列说法正确的是（ ）
A．座舱的加速度为零
B．座舱上的M点与N点的角速度相等
C．座舱上的M点的线速度小于N的线速度
D．金属杆上O点的线速度小于金属杆上P点线速度
【答案】B
【详解】A．座舱在做匀速圆周运动，座舱的加速度不为零。故A错误；
B．座舱上的M点与N点都在绕摩天轮的中心轴转动，角速度相等。故B正确；
C．座舱上的M点与N点到摩天轮的中心轴的距离相等，由
座舱上的M点的线速度等于N的线速度。故C 错误；
D．金属杆上O点到摩天轮的中心轴的距离大于P点到摩天轮的中心轴的距离。由
金属杆上O点的线速度大于金属杆上P点线速度。故D错误。
故选B。
考点2：向心加速度与角速度、周期的关系
4．（2023下·高一课时练习）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上的B、C两点的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系正确的是（ ）
A．TB=TC，vB>vCB．TB=TC，vB
【答案】B
【详解】B、C两点绕同一轴转动，则角速度和周期相等，即
TB=TC，ωB=ωC
根据
v=ωr，a=ω2r，
因为
rC>rB
可知
vC>vB，aC>aB。
故选B。
5．（2022上·天津和平·高二统考学业考试）如图所示，撑开的雨伞上A、B两点到伞轴的距离分别为、，且。当转动雨伞使A、B两点绕伞轴做匀速圆周运动时，A、B两点的（ ）
A．周期之比为B．角速度之比为
C．线速度之比为D．向心加速度之比为
【答案】D
【详解】AB．由于伞为同一个轴，属于同轴转动，则A、B两点以相同的角速度绕伞轴做圆周运动，根据
则A、B两点周期相等，故AB错误；
C．根据
可知A、B两点的线速度之比为
故C错误；
D．根据
可知
故D正确。
故选D。
6．（2023下·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考阶段练习）劳技课上，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她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，在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油（“点”奶油的时间忽略不计），蛋糕转动一周正好均匀“点”上20点奶油。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的周期为
B．圆盘转动的角速度大小为
C．蛋糕边缘的线速度大小约为
D．蛋糕边缘的向心加速度约为
【答案】B
【详解】A．一周20个间隔，每个间隔2s，圆盘转动的周期为40s，故A错误；
B．圆盘转动的角速度大小为
故B正确；
C．蛋糕边缘的线速度大小为
故C错误；
D．蛋糕边缘的向心加速度大小为
故D错误。
故选B。
考点3：比较向心加速度的大小
7．（2022下·山东泰安·高一统考期末）如图所示，甲、乙两个轮子的半径之比为3：1，A、B两点分别位于甲、乙轮的边缘上，它们之间靠摩擦传动，接触面不打滑，则在传动的过程中（ ）
A．甲、乙两轮的角速度之比为1：1B．甲、乙两轮的周期之比为1：3
C．A、B两点的线速度之比为1：3D．A、B两点的向心加速度之比为1：3
【答案】D
【详解】ABC．因为甲、乙两轮靠摩擦传动，接触面不打滑，所以两轮边缘上线速度相等，即A、B两点的线速度之比为1：1，由得甲、乙两轮的角速度之比
由得
故ABC错误；
D．由得A、B两点的向心加速度之比为1∶3，故D正确。
故选D。
8．（2022下·湖南·高一校联考期末）明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮（牛转翻车）的图画，如图所示，这说明勤劳勇敢的先辈们已经掌握了齿轮传动技术。甲、乙两轮的半径不相同，在两轮转动过程中（不打滑），下列说法正确的是（ ）
A．两轮边缘质点的线速度大小相等
B．两轮边缘质点的加速度大小相等
C．两轮的角速度相等
D．两轮的转速相等
【答案】A
【详解】A．两轮是同缘传动，边缘点线速度大小相等，故A正确；
B．由公式可知，由于两轮半径不同，则两轮边缘质点的加速度大小不相等，故B错误；
C．由公式可知，由于两轮半径不同，则两轮的角速度不相等，故C错误；
D．由公式可知，两轮的角速度不相等，则两轮的转速不相等，故D错误。
故选A。
9．（2023下·广东汕头·高一金山中学校考期中）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O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．Q点在竖直方向做匀速运动
B．Q点在水平方向做匀速运动
C．P点的线速度大小不变
D．P点的加速度方向不变
【答案】C
【详解】A．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
则可得出Q点在竖直方向不是匀速运动，故A错误；
B．P点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
则可看出P点在水平方向也不是匀速运动，Q点在水平方向的运动与P点相同，故B错误。
CD．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点的线速度大小和向心加速度大小均不变，但速度的方向时刻在改变，故C正确，D错误；
故选C。
考点4：向心力的定义及向心加速度的关系
10．（2023下·云南·高一校联考阶段练习）某一水平公路的转弯处如图所示，该单行道有1和2两条道，两辆相同的小汽车，在弯道1和弯道2上以相同的速率绕同一圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．沿弯道1运动的小汽车所需的向心力较大
B．沿弯道1运动的小汽车的角速度较小
C．在相同时间内，沿弯道1运动的小汽车转过的角度较小
D．若两辆小汽车的速率都增大，则沿弯道2运动的小汽车更容易发生侧滑
【答案】A
【详解】A．根据向心力
可知，弯道1的半径较小，故沿弯道1运动的小汽车所需的向心力较大，故A正确；
B．由可知，沿弯道1运动的小汽车的角速度较大，故B错误；
C．又由可知，在相同时间内，沿弯道1运动的小汽车转过的角度较大，故C错误；
D．两辆小汽车在转弯时，受到的最大静摩擦力相同，即转弯时所能提供的最大向心力相同，由
可知，沿弯道1运动的小汽车更容易发生侧滑，故D错误。
故选A。
11．（2022上·重庆九龙坡·高一重庆市育才中学校考期末）某摩天轮装有吊篮60个，可同时容纳360人，摩天轮座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，摩天轮运转一圈约需20分钟。下列说法中正确的是（ ）
A．每时每刻，每个乘客受到的合力都等于零
B．每个座舱的速度不同
C．每个乘客都在做匀变速曲线运动
D．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
【答案】B
【详解】A．摩天轮座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，乘客也随之做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，故每个乘客受到的合力任意时刻都不等于零，故A错误；
B．每个座舱的速度方向沿圆周切线方向，速度不同，故B正确；
C．做匀速圆周运动的物体受合外力方向时刻指向圆心，合外力方向时刻改变，故每个乘客都在做变加速曲线运动，故C错误；
D．乘客在乘坐过程中在不同的位置对座位的压力不同，故D错误。
故选B。
12．（2023下·广东江门·高一江门市新会第一中学校考期中）申雪、赵宏博是我国著名的花样滑冰运动员，先后夺得了多次世界冠军，为我国的冰雪运动争得了许多的荣誉。如图所示是花样滑冰双人滑中的一个经典动作-双人直立旋转，两人单足直站立，围绕同一中心旋转。在不考虑阻力的情况下，两名运动员的运动可以分别看作匀速圆周运动，关于他们的向心力与向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心力的方向保持不变
B．向心加速度保持不变
C．向心加速度的方向始终与线速度的方向不垂直
D．对于其中任意一人来说，所受的合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心
【答案】D
【详解】A．向心力的方向时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
BC．匀速圆周运动的向心加速度时刻指向圆心，沿半径方向，与线速度方向垂直，方向时刻改变，故B、C错误；
D．根据匀速圆周运动的定义可知，当合力提供向心力时，物体将做匀速圆周运动，合力方向始终指向圆心，故D正确。
故选D。
多选题
13．（2022下·安徽池州·高一统考期中）2022年2月19日，北京冬奥会花样滑冰双人滑自由滑比赛在首都体育馆举行，中国选手隋文静/韩聪夺得双人滑冠军。如图所示，甲运动员以自己为转动轴拉着乙运动员做圆周运动。关于运动员做圆周运动的向心力、向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动时，其向心加速度时刻在改变
B．运动员向心加速度越大，其速率变化越快
C．向心力不改变速度的大小，只改变速度的方向
D．向心力可以同时改变速度的大小和方向
【答案】AC
【详解】A．匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向指向圆心，时刻在改变，A正确；
B．向心加速度和向心力始终指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，B错误；
CD．做圆周运动的物体，向心加速度和向心力始终指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，C正确，D错误。
故选AC。
14．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考开学考试）如图所示是修正带的内部结构示意图，工作时由于出带轮的运动，出带轮通过齿轮从而带动收带轮的运动。设出带轮半径为R，收带轮半径为r。某同学在使用修正带时，下列说法正确的是（ ）
A．两轮转动方向相反B．两轮边缘线速度大小相等
C．出带轮与收带轮角速度之比为D．出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为
【答案】ABD
【详解】A．由图可知，修正带的出带轮是通过齿轮从而带动收带轮的运动，所以两轮转动的方向相反，A正确；
B．修正带的传动属于齿轮传动，所以两轮边缘线速度大小相等，B正确；
C．由于两轮边缘线速度大小相等，半径不同，由公式
可得，角速度与半径成反比，则出带轮与收带轮角速度之比为
C错误；
D．由向心加速度公式
可得，向心加速度大小与半径成反比，则出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为
D正确。
故选ABD。
15．（2023下·广东中山·高一统考期末）我国汉代一幅表现纺织女纺纱的壁画记载了我国古代劳动人民的智慧，如图甲所示。图乙是一种手摇纺车的示意图，一根绳圈连着一个直径较大的纺轮和一个直径很小的纺锤，纺轮和可转动的摇柄共轴，转动摇柄，绳圈就会牵动着另一头的纺锤飞快转动，a、b、c分别为摇柄、纺轮的绳圈、纺锤的绳圈上的点，则匀速转动摇柄时（ ）
A．a点的周期保持不变B．b点的线速度始终不变
C．纺锤的转速大于摇柄的转速D．a点的向心加速度等于c点的向心加速度
【答案】AC
【详解】A．由于匀速转动摇柄，则a点的周期保持不变，故A正确；
B．由于线速度为矢量，故方向在改变，故B错误；
C．纺轮和纺锤为皮带转动，线速度相同，即
摇柄和纺轮为同轴转动，角速度相同，即
其中
再根据角速度和线速度的关系有
则
故
即纺锤的转速大于摇柄的转速，故C正确；
D．根据
由于，且，可得
根据
由于，且，可得
即
故D错误。
故选AC。
16．（2023上·吉林长春·高一吉林省实验校考期末）两级皮带传动装置如图所示，中间两个轮子2、3是固定在一起的，转动时皮带均不打滑，轮1半径与轮2半径之比为，轮3的半径和轮4的半径相同，轮1与轮3的半径比为，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比，下列关系正确的是（ ）
A．线速度大小之比为B．角速度之比为
C．转速之比为D．向心加速度之比为
【答案】ACD
【详解】A．依题意知，轮1与轮3皮带传动，则线速度之比为
轮3与轮2同轴转动，角速度相同，则
根据，可知轮1与轮3角速度之比为
即轮1与轮2角速度之比为
轮1与轮2线速度之比为
因为轮2与轮4皮带传动，则轮2与轮4的线速度相同，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
A正确；
B．根据，知轮2与轮4的角速度之比为
则可知轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
B错误；
C．根据
可得，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比转速之比为
C正确；
D．根据，知，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比向心加速度之比为
D正确。
故选ACD。
17．（2023下·广东揭阳·高一惠来县第一中学校考阶段练习）在工业生产中会应用到偏心轮，偏心轮就是以轮上某个非圆心点为轴转动，如图所示，一个偏心轮的转轴为O，以O为圆心的一个圆内切于偏心轮，且经过偏心轮圆心P, A和B是偏心轮边缘的两点，且AP⊥OB于P，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B的角速度大小相等
B．A、B的线速度大小之比
C．A、P的向心加速度大小相等
D．A、B的向心加速度方向都相同
【答案】AB
【详解】A．A、B两点在同一偏心轮上，故周期与角速度均相等，A正确；
B．设偏心轮半径为r，则A、B运动半径分别为
根据
A、B的线速度大小之比为
B正确；
C．P点运动半径为，根据
A、P的向心加速度大小之比为
C错误；
D．向心加速度方向指向圆心，则A、B的向心加速度方向不相同，D错误。
故选AB。
解答题
18．（2023下·广东肇庆·高一统考期末）如图所示为小狗洗完澡后甩掉身上水珠的情形，假设每滴水珠的质量均为1g，小狗的身体简化成圆筒状，半径约为10cm，小狗以角速度甩动身体.
（1）求每滴水珠的向心加速度大小；
（2）若小狗毛发对水珠的最大附着力为0.25N，甩动过程中水珠的重力可忽略不计，则小狗至少需以多大的角速度甩动身体才可以将身上的水珠甩掉？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知
解得
（2）根据
解得
19．（2023下·天津·高一统考期中）如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的。当大轮边缘上的P点的向心加速度是12m/s2时。求：
（1）大轮上的S点的向心加速度大小；
（2）小轮边缘上的Q点的向心加速度大小。
【答案】（1）4m/s2；（2）24m/s2
【详解】（1）根据向心加速度与角速度的关系
P、S点具有相同的角速度，则
所以
（2）根据向心加速度与线速度的关系
P、Q点具有相同的线速度，则
所以
20．（2022上·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）如图所示的传动装置中皮带与两轮均不打滑动。已知大轮半径是小轮半径的3倍。大轮上与轮轴间距为大轮半径一半的A点向心加速度为0.05m/s2。求：
（1）大轮边缘上某点的向心加速度大小；
（2）大轮与小轮的角速度之比。
【答案】（1）0.1m/s2；（2）1：3
【详解】（1）由
an=ω2r
易知
an=2×0.05m/s2=0.1m/s2
（2）由皮带轮连接装置，两轮边缘线速度相同，故有
ω1r1=ω2r2
所以
ω1：ω2=1：3
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