人教版物理必修2同步练习：6.3 向心加速度（能力提升）
一、选择题
1．（2024高一上·长沙期末）如图所示，假设某转球高手能让篮球在他的手指上绕竖直轴匀速转动（手指刚好在篮球的正下方），下列描述正确的是（ ）
A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
C．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度相同
D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小
2．（2024高二上·阳江期末） 在如图所示的装置中，质量分别为m、2m的A、B两个小球（视为质点）穿在光滑杆上并可沿杆滑动，两球之间用一根长为L的细线连接，现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B的周期之比为2：1
B．A、B的向心加速度之比为1：2
C．A、B的轨道半径之比为 1：2
D．当A、B的角速度为ω，则细线的拉力为
3．（2023高二上·辽宁月考） 我国“嫦娥二号”月球探测器在完成绕月任务后，又进入到如图所示“日地拉格朗日点”轨道进行新的探索试验，“嫦娥二号”在该轨道上恰能与地球一起同步绕太阳做圆周运动。若“嫦娥二号”的角速度和向心加速度分别是和，地球的角速度和向心加速度分别和，则正确的关系是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2023高三上·大庆期中） 2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上加速爬升，飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机所受合力指向圆弧的圆心
B．飞机的向心加速度大小不变
C．飞机重力的功率变小
D．飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角
5．（2024高一上·南京期末）如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，四个轮子半径如图，则关于左轮边缘的a点和右轮边缘的b点运动参量的关系下列表述正确的是（ ）
A．线速度之比为3：2 B．角速度之比为6：1
C．转速之比为1：4 D．向心加速度之比为1：18
6．（2024高一上·南京期末）图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角
B．A、B两球的向心加速度相等
C．A球的线速度小于B球的线速度
D．A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力
7．（2023高一上·海门期末）对汽车通过拱形桥的测试是检验汽车性能的一个方面，拱形桥位于同一圆周上，如图所示。某次测试中汽车匀速率通过拱形桥，对该过程的说法正确的是（ ）
A．汽车运动的加速度保持不变
B．汽车运动的向心力大小保持不变
C．桥面对汽车的支持力先减小后增大
D．汽车过桥的过程中处于超重状态
8．（2023高考模拟·温州）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 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
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
9．（2023高二上·越秀开学考）摩天轮是一种大型转轮状的娱乐设施。如图所示，摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动，某时刻甲同学的座舱正好运动到最高点，而乙同学的座舱在最低点，另有丙同学的座舱在与转轴中心同高的位置，已知摩天轮半径为R，甲、乙同学的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．此时座舱中的甲受力平衡 B．三位同学的向心加速度相同
C．此时甲对座舱底部的压力大于mg D．此时乙对座舱底部的压力大于mg
10．（2023高一下·西宁期末）两个质点，分别做匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比，转过的角度之比，则对两质点的运动说法正确的是（ ）
A．线速度大小之比
B．周期之比
C．半径之比
D．向心加速度大小之比
11．（2023高一下·运城期中） 下列说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的物体，所受的合力方向一定指向圆心
B．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
C．做平抛运动的物体，在任意相等时间内速率的变化量都相等
D．物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小也一定发生变化
12．（2023高一下·济南期末） 如图所示，地球上、两点绕地轴转动，其纬度分别是、。关于、两点，下列说法正确的是（ ）
A．加速度之比为3：1 B．线速度之比为
C．角速度之比为 D．周期之比为3：1
13．（2023高一下·山西月考）日常生活中，我们常见到物体做曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”空间实验室绕地球做匀速圆周运动，加速度为零
B．物块在空中做平抛运动，落到水平地面时速度方向可能与水平地面垂直
C．电风扇工作时叶片上的不同质点做圆周运动的角速度相等
D．铅球运动员将铅球抛出后，铅球做斜抛运动，铅球的加速度一定变
二、多项选择题
14．（2023高二下·云冈期末）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮与后轮的半径之比为2∶1∶4，它们的边缘分别有三个点A、B、C，则下列说法正确的是（ ）
A．B、C两点的线速度之比为1∶4
B．A、B两点的周期之比为1∶2
C．A、C两点的角速度之比为2∶1
D．A、C两点的向心加速度之比为1∶8
15．（2022高一下·广州期中）如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上（图示位置），且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的（ ）
A．小球的线速度变大 B．小球的角速度变大
C．小球的加速度变小 D．细绳对小球的拉力变小
16．（2022·深州模拟）一辆小车沿水平面向右做加速度m/s2的匀加速直线运动，车中有甲、乙两轻绳和轻弹簧共同系着质量g的小球，如图所示，甲轻绳竖直，乙轻绳和轻弹簧水平。甲轻绳的长度cm，轻弹簧处于伸长状态，弹力大小N。当小车的速度达到m/s时，速度突然减为零，在该瞬间下列说法正确的是（ ）
A．轻绳甲的张力立即减为零 B．轻绳乙的张力立即减为零
C．小球的加速度大小变为m/s2 D．小球的加速度大小变为5m/s2
17．（2022高一下·定远月考）甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径r变化的关系图像如图所示（甲为过原点的直线，乙为双曲线）。由图像可以知道（ ）
A．甲球运动时，线速度大小保持不变
B．甲球运动时，角速度大小保持不变
C．乙球运动时，线速度大小保持不变
D．乙球运动时，角速度大小保持不变
18．（2022高一下·河南月考）自行车的踏板、链轮、链条、飞轮、后轮示意图如图所示，踏板和链轮同轴转动、飞轮和后轮同轴转动，已知链轮、飞轮和后轮的半径之比，后轮半径分别为链轮、飞轮、后轮边缘上的三个点。现将后轮架空，让踩踏板以的角速度做匀速圆周运动，则（ ）
A．A点的线速度
B．B点的角速度
C．C点的向心加速度
D．若使C点的线速度达到，脚踏板转动的角速度应为
19．（2022高一下·湖北月考）翟志刚、王亚平和叶光富三名航天员乘坐神舟十三号飞船自2021年10月16日成功从地球出发，已经在太空邀游了一百多天，将于2022年4月返回地球。在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心轴匀速旋转，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同样大小的支持力，已知重力加速度大小为g，圆环半径为r，将宇航员视为质点，那么在宇航员体验“重力”的实验过程中以下分析正确的是（ ）
A．宇航员处于平衡状态
B．宇航员绕其转轴转动的向心加速度大小为g
C．旋转舱绕其轴线转动的线速度大小为
D．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小为
20．（2021高三上·太原期中）搭载三名航天员的“神舟十二号”在轨工作90天后，其返回舱于9月16日在离地约350km的轨道上同空间站分离，进行调姿、制动、减速后从原来的飞行轨道进入返回轨道。大约在离地100km处，返回舱以极高的速度冲入大气层，与空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用；在距离地面10km左右，引导伞、减速伞和主伞先后展开，返回舱的速度缓缓下降。在距离地面约1m左右，反推发动机开始工作，返回舱实现软着陆。下列说法正确的是（ ）
A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，返回舱的机械能守恒
B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员时刻处于超重状态
C．与空气剧烈摩擦时，返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°
D．反推发动机开始工作后，航天员处于超重状态
21．（2021高三上·滕州期中）如图所示，两个啮合齿轮，小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，A、B分别为两个齿轮边缘上的点，C为大齿轮中离圆心O2距离为10cm的点，则A、B、C三点的（ ）
A．转动周期之比为2：1：1 B．角速度大小之比为2：1：1
C．线速度大小之比为1：1：1 D．向心加速度大小之比为4：2：1
三、非选择题
22．（2024高一下·茶陵开学考）如图所示，半径的地球仪上有同一经度的、两点，其中点处在赤道上，点和点与地心连线的夹角为，若地球仪绕地轴逆时针做匀速圆周运动，且。求：
（1）地球仪旋转的角速度；
（2）点的向心加速度大小。
23．（2023高二上·海淀开学考）如图所示，质量为m的小球用轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动．
（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，其向心力的来源是（ ）
A．小球受到的重力
B．小球受到的重力与细线对小球拉力的合力
C．细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力
D．小球受到的重力、细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力
（2）调整细线长度使其伸长，使小球仍在水平面内做匀速圆周运动，且保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变。下列说法正确的是（ ）
A．线速度和角速度都将增大 B．线速度增大、角速度减小
C．线速度和向心加速度都将增大 D．线速度增大、向心加速度减小
24．（2022高三上·崇明期末）甲、乙两个物体在水平面内做半径之比为8：9的匀速圆周运动。在相同时间内，它们通过的路程之比为4：3，运动方向改变的角度之比为3：2，则它们的周期之比为 ，向心加速度之比为 。
25．（2023高二下·天津市期末）某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。
（1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为 。
（2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为 。
（3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以 (填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为 。
26．（2023高二上·永春开学考）如图所示装置中，左侧两轮为轮轴，a，c两轮用皮带传动，不打滑。a，c，d四个点到其所在轮圆心的距离分别为r、r、2r、4r，求图中a，c两点的角速度之比 ；b，d两点线速度之比 ；a，d两点加速度之比 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A、只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球心处，其他点做圆周运动的圆心所在平面的轴心处，故A错误；
B、篮球上各点绕同轴转动，做圆周运动的角速度相等，故B错误；
C、根据v=ωr可知，角速度相等，半径相等，线速度的大小相等，但是速度方向不一定相同，故C错误；
D、根据圆周运动公式
可知，同轴运动，角速度一样，半径越小向心加速度越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】确定篮球上各点做圆周运动的的运动平面继而确定各点做圆周运动圆心的位置。篮球上各点绕同轴转动，做圆周运动的角速度相等。再根据半径的大小关系分析加速度、线速度等大小关系。
2．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、两个小球做同轴转动，角速度相等，根据
可知周期相等，其比例为1：1，故A错误；
B、两个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律
可知A、B的向心加速度之比为2：1，故B错误；
CD、设A的轨道半径为r1，B的轨道半径为r2，根据分析可得
又
联立解得
故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】两个小球做同轴转动，角速度相等。同一根绳子的拉力大小相等。确定两小球做圆周运动向心力的来源。确定两小球做圆周运动半径的关系。再根据匀速圆周运动规律进行解答。
3．【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】由题意可知，“嫦娥二号”在该轨道上恰能与地球一起同步绕太阳做圆周运动，可知
根据向心加速度公式
可知，“嫦娥二号”的轨道半径大于地球轨道半径，则有
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据题意分析“嫦娥二号”与地球绕太阳运动的角速度关系，再由向心加速度公式，推导“嫦娥二号”与地球绕太阳运动的向心加速度的大小关系。
4．【答案】D
【知识点】曲线运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AD．飞机沿圆弧加速运动，所受合力对飞机做正功，根据功的定义式可知合力与速度夹角为锐角，不指向圆心，A错误，D正确；
B．根据
可知，飞机加速，向心加速度增大，B错误；
C．设飞机速度方向与水平方向夹角为，则飞机重力的功率为
由于飞机加速运动，速度增大，由图可知，速度与水平方向的夹角增大，所以重力的功率变大，C错误。
故答案为：D。
【分析】合力做正功，正功促进物体运动，使物体速度越来越大，结合瞬时功率表达式。
5．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A. 设中间半径为r的小圆盘边上的点为c点，大圆盘边上的点为d点，a.c点线速度相同，bd点线速度相同，cd两点角速度相同，由
可得
故
A不符合题意；
B. 由可得
故
B不符合题意；
C. 由
可知
C不符合题意；
D. 由
又，可知向心加速度之比为1：18，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用线速度与角速度的关系式、向心加速度的表达式，结合圆盘转动和皮带转动的特点，可求出相关物理量之比。
6．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A. 设A绳长为LA，B绳长为LB，球AB结点到手柄的水平距离为l，小球所受合力提供向心力，对小球有
即
由题意可知周期相同，角速度相同，由于绳长不同，则夹角不同，且，A不符合题意；
B. 由可知，两者做圆周运动的半径不同，则向心加速度不同，B不符合题意；
C. 由可知，两者做圆周运动的半径不同，球A做匀速圆周运动的的半径大于球B，故线速度A大于B，C不符合题意；
D. 绳子拉力与重力关系
由，可知A球所受拉力大于B球所受拉力。
故答案为：D
【分析】利用物体做匀速圆周运动的特点，结合合力等于向心力的表达式，可求出两球与竖直方向的夹角关系；利用圆周运动线速度与角速度的关系时，向心加速度的表达式，可求出加速度和线速度的大小；利用受力分析，结合拉力与重力的关系可求出拉力的大小。
7．【答案】B
【知识点】超重与失重；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、据题意知，汽车在拱桥上做匀速圆周运动，其加速度方向始终指向圆心，根据
可知，加速度大小不变，但方向一直在变化，所以汽车运动的加速度发生了变化，故A错误；
B、汽车做匀速圆周运动，其所需要的向心力为
可知，汽车运动的向心力大小保持不变，故B正确；
C、设汽车所在位置的半径与竖直方向夹角为θ，由于汽车做匀速圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，即有
则汽车过拱形桥过程中，由于θ先减后增，所以桥面对汽车的支持力N先增后减，故C错误；
D、汽车过桥的过程中，汽车的向心加速度总指向圆心，即汽车存在竖直向下的分加速度，可知，汽车过桥的过程中处于失重状态，故D错误。
故答案为B。
【分析】以汽车匀速率为突破口，根据圆周运动的相关公式，以及受力分析，即可得出相关结论。
8．【答案】D
【知识点】曲线运动；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】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
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
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
故D正确。
故选D。
【分析】本题以“泼水成冰”的游戏为背景考查了曲线运动速度方向的确定，角速度概念，角速度与线速度和角速度与向心加速度的关系，平时学习时注意所学知识与日常生活结合起来。根据水珠的分布，可判定杯子的旋转方向及小水珠在P位置速度的方向，根据角速度定义可求角速度，根据和可求线速度和向心加速度大小。
9．【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，甲在做匀速圆周运动，合外力等于向心力，因此甲的受力不平衡，A不符合题意；
B.向心加速度的方向总是指向圆心，所以三位同学的向心加速度的方向都不一样，故向心加速度不相同，B不符合题意；
CD.座舱中的乘客在做匀速圆周运动，其合力即为向心力，始终指向圆心，故在最高点的甲，支持力小于重力，由牛顿第三定律可知，甲对座舱底部的压力小于重力，在最低点的乙，支持力大于重力，由牛顿第三定律可知，乙对座舱底部的压力大于重力，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据匀速圆周运动的受力特点分析；由向心加速度的矢量性分析三位同学的向心加速度是否相同；根据匀速圆周运动中合力即为向心力的特点，分析甲、乙的受力。
10．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AC.根据线速度公式可得两质点的线速度之比，由角速度公式可得两质点的角速度之比，而半径，可得到半径之比，AC不符合题意；
B．根据可得两质点的周期之比，B不符合题意；
D.根据可知，向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据线速度公式求出两质点的线速度之比；根据角速度公式求出两质点的角速度之比；由求出两质点做圆周运动的半径之比；根据周期公式求出两质点的周期之比；根据向心加速度公式求出两质点的向心加速度之比。
11．【答案】B
【知识点】曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A 、做匀速圆周运动的物体，所受的合力提供向心力，方向一定指向圆心；变速圆周运动，合力不指向圆心，如竖直方向的圆周运动，A错误；
B 、向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，只改变线速度大小，不改变线速度方向，B正确；
C、做平抛运动的物体，只受重力作用，加速的不变，根据可知竖直方向速率的变化量都相等， 在任意相等时间内 合运动速率的变化量不相等 ，C错误；
D 、物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小可能发生变化，比如平抛运动，可能不变，如匀速圆周运动，D错误；
故答案为：B。
【分析】做圆周运动的物体，指向圆心的合力即法向力提供向心力，改变速度方向，切向力改变速度大小；向心加速度方向始终指向圆心，只改变速度方向，不改变速度的大小；平抛运动是匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动；做曲线运动的物体，合力与速度不在一条直线上，速度方向一定改变，一定是变速运动，但速度大小可能不变。
12．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】CD.AB两点均随地球自转一起绕地轴转动，角速度相同，周期相同，则角速度之比为1：1，周期之比为1：1，CD不符合题意；
A.设地球半径为R，由题意可知，A点运动的半径为，B点运动的半径为，则，由可知加速度之比为，A不符合题意；
B.由可知线速度之比为，B符合题意；
故答案为：B。
【分析】共轴转动的点角速度相同，周期相同；由向心加速度公式分析两点的向心加速度之比；由分析两点的线速度之比。
13．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.物体做匀速圆周运动，有向心加速度，不为零，A不符合题意；
B.物体做平抛运动，水平方向做匀速运动，落地时速度与水平地面垂直水平速度为零，B不符合题意；
C.电风扇做圆周运动时叶片上各点属于同轴运动，各点的角速度相同，C符合题意；
D.铅球抛出后只受重力，铅球的加速度是重力加速度，加速度不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】物体做匀速圆周运动的加速度为向心加速度不为零；平抛运动的水平方向是匀速直线运动，水平速度不为零；同轴装置各点角速度相同；抛体运动只受重力，加速度不变
14．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.B、C两点同轴转动，角速度相同，即，则根据可知，B、C两点的线速度之比，A符合题意；
B.A、B为同缘传动，线速度大小相等，即，则根据可知，A、B两点的周期之比，B不符合题意；
C.由可知，A、B两点的角速度之比为，又由于B、C两点的角速度相同，则A、C两点的角速度之比为，C不符合题意；
D.根据可知，A、C两点的向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据共轴转动的点角速度相等，同缘传动的点线速度相等的特点，分析各点线速度和角速度的关系，再由周期与线速度的关系、周期与角速度的关系以及向心加速度的公式做出相关计算。
15．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．在绳子完全被释放后与释放前相比，由于小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度的大小，所以小球的线速度大小不变，A不符合题意；
B．根据
知两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，v不变，r增大，则角速度减小，B不符合题意；
CD．由
可知，v不变，r增大，则小球的加速度变小；由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力
则变小，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球其拉力方向与速度方向垂直所以其线速度大小不变，结合半径的变化可以判别角速度不断减小；利用其向心加速度的表达式可以判别其加速度不断减小，结合牛顿第二定律可以判别拉力不断减小。
16．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度
【解析】【解答】在该瞬间，小球要绕甲绳做圆周运动，因此竖直方向的加速度为向心加速度
绳子甲的拉力和重力的合力充当向心力，因此甲的拉力不为零，小球由于惯性具有向右运动的趋势，所以轻绳乙的张力立即减为零， 根据牛顿第二定律可知此时小球的水平加速度大小变为
因此合加速度为
故答案为：BC。
【分析】根据向心加速度的表达式得出竖直方向的加速度，利用牛顿第二定律和加速度的合成得出小球的加速度。
17．【答案】B,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】根据向心加速度公式
可知当角速度ω保持不变时，a与r成正比；当线速度v保持不变时，a与r成反比。综上所述并结合题图可知甲球运动时，角速度大小保持不变；乙球运动时，线速度大小保持不变，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用向心加速度的表达式可以判别其线速度不变时其加速度与半径成反比，对应其乙球；当其角速度不变时向心加速度与半径成正比对应其甲球。
18．【答案】B,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．由题 ，后轮半径 ，可得
根据 ，可得A点的线速度
A不符合题意；
B．由于A、B两点线速度相同，因此
可得B点的角速度
B符合题意；
C．C点的角速度与B点角速度相同，根据 ，可得C点的向心加速度
C不符合题意；
D．若C点的线速度达到 ，可得C点的角速度
而C点的角速度与B点角速度相同，又 ，可得脚踏板转动的角速度
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用线速度和角速度的关系可以求出A点线速度的大小；利用AB线速度相等结合半径的大小可以求出其B点角速度的大小；利用其向心加速度的表达式可以求出C向心加速度的大小；利用线速度的表达式可以求出踏板传动的角速度大小。
19．【答案】B,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．宇航员在旋转舱内的侧壁上，随着旋转舱做匀速圆周运动，合力不为零，不是平衡状态，A不符合题意；
B．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，而支持力提供圆周运动的向心力，故向心加速度大小为g，B符合题意；
D．由题意知，支持力提供圆周运动的向心力，则有
解得
D不符合题意；
C．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小为
，故线速度大小为
C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】宇航员做匀速圆周运动其合力不等于0所以不是处于平衡状态；利用支持力提供向心力可以判别其向心加速度的大小；利用支持力提供向心力可以求出角速度和线速度的大小。
20．【答案】C,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，制动、减速，返回舱的机械能减小，A不符合题意；
B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员有向下的加速度，处于失重状态，B不符合题意；
C．空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用，说明此时航天员处于超重状态，则其加速度有竖直向上的分量，则返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°，C符合题意；
D．反推发动机开始工作后，航天员有竖直向上的加速度，处于超重状态，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】返回舱从飞行轨道进入返回轨道过程中减速，机械能减小；结合航天员的加速度判断航天员超失重。
21．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】ABC．对AB两点，同缘转动，则线速度相等，即
根据
可知角速度之比
对BC两点是同轴转动，角速度相等，即
根据
可知线速度之比
可知三点的线速度大小之比为
角速度之比
根据
可知转动周期之比为
AC不符合题意，B符合题意；
D．根据
可知向心加速度大小之比为
D符合题意
故答案为：BD。
【分析】同轴运动各点的角速度相等，同皮带转动各点的线速度相等，结合线速度与角速度的大小关系进行分析判断；结合向心加速度与线速度和角速度的关系得出ABC三点的向心加速度之比。
22．【答案】（1）点运动轨迹的圆心为其所在纬度与地轴的交点，根据线速度与角速度的关系可得
（2）点运动轨迹的圆心为球心，根据向心加速度和角速度的关系可得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【分析】（1）确定B点做圆周运动的轨道平面及运动半径，再根据线速度与角速度的关系进行解答；
（2）地球上的点做圆周运动的角速度相等。确定A点做圆周运动的轨道平面及运动半径，再根据角速度与相信加速度的关系进行解答。
23．【答案】（1）B
（2）C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）小球受重力与细线对小球拉力，二者的合力提供小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
（2）设细线与竖直方向的夹角为，OB的高度为h，则，得，，，细线长度伸长，h不变，增大。可知角速度不变，线速度增大，向心加速度增大，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）分析小球的受力，确定向心力的来源；（2）由牛顿第二定律推导小球做圆周运动的角速度、线速度和向心加速度的表达式，根据表达式分析角速度、线速度和向心加速度的变化。
24．【答案】2：3；2：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】物体做匀速圆周运动的路程为，所以，向心加速度之比为。
【分析】根据匀速圆周运动线速度的定义式和线速度与周期的关系式，求解甲、乙两物体的周期之比；由向心加速度公式求解两物体的向心加速度之比。
25．【答案】（1）
（2）
（3）r；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）由，可得
（2）由题意可得，故，因此滑块的质量.
（3）由，可知，当m、一定时，，所以r为横轴；画F-r图象，则图线的斜率为.
【分析】(1)根据线速度和加速度的关系，再结合线速度的定义可得角速度；
（2）(3)根据向心力公式，把角速度带入可得函数的表达式，对比可得图线的斜率.
26．【答案】2：1；1：4；1：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】a、c两点是同缘传动，所以线速度相等，即，b、c、d是共轴转动，所以角速度相等，即，根据可得，，，根据可得。
【分析】根据同缘传动的点线速度相等，共轴转动的点角速度相同的特点，结合线速度与角速度的关系式求出a、c两点的角速度之比和b、d两点的线速度之比；由向心加速度公式求解a、d两点的加速度之比。
1 / 1人教版物理必修2同步练习：6.3 向心加速度（能力提升）
一、选择题
1．（2024高一上·长沙期末）如图所示，假设某转球高手能让篮球在他的手指上绕竖直轴匀速转动（手指刚好在篮球的正下方），下列描述正确的是（ ）
A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
C．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度相同
D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A、只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球心处，其他点做圆周运动的圆心所在平面的轴心处，故A错误；
B、篮球上各点绕同轴转动，做圆周运动的角速度相等，故B错误；
C、根据v=ωr可知，角速度相等，半径相等，线速度的大小相等，但是速度方向不一定相同，故C错误；
D、根据圆周运动公式
可知，同轴运动，角速度一样，半径越小向心加速度越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】确定篮球上各点做圆周运动的的运动平面继而确定各点做圆周运动圆心的位置。篮球上各点绕同轴转动，做圆周运动的角速度相等。再根据半径的大小关系分析加速度、线速度等大小关系。
2．（2024高二上·阳江期末） 在如图所示的装置中，质量分别为m、2m的A、B两个小球（视为质点）穿在光滑杆上并可沿杆滑动，两球之间用一根长为L的细线连接，现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B的周期之比为2：1
B．A、B的向心加速度之比为1：2
C．A、B的轨道半径之比为 1：2
D．当A、B的角速度为ω，则细线的拉力为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、两个小球做同轴转动，角速度相等，根据
可知周期相等，其比例为1：1，故A错误；
B、两个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律
可知A、B的向心加速度之比为2：1，故B错误；
CD、设A的轨道半径为r1，B的轨道半径为r2，根据分析可得
又
联立解得
故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】两个小球做同轴转动，角速度相等。同一根绳子的拉力大小相等。确定两小球做圆周运动向心力的来源。确定两小球做圆周运动半径的关系。再根据匀速圆周运动规律进行解答。
3．（2023高二上·辽宁月考） 我国“嫦娥二号”月球探测器在完成绕月任务后，又进入到如图所示“日地拉格朗日点”轨道进行新的探索试验，“嫦娥二号”在该轨道上恰能与地球一起同步绕太阳做圆周运动。若“嫦娥二号”的角速度和向心加速度分别是和，地球的角速度和向心加速度分别和，则正确的关系是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】由题意可知，“嫦娥二号”在该轨道上恰能与地球一起同步绕太阳做圆周运动，可知
根据向心加速度公式
可知，“嫦娥二号”的轨道半径大于地球轨道半径，则有
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据题意分析“嫦娥二号”与地球绕太阳运动的角速度关系，再由向心加速度公式，推导“嫦娥二号”与地球绕太阳运动的向心加速度的大小关系。
4．（2023高三上·大庆期中） 2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上加速爬升，飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机所受合力指向圆弧的圆心
B．飞机的向心加速度大小不变
C．飞机重力的功率变小
D．飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角
【答案】D
【知识点】曲线运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AD．飞机沿圆弧加速运动，所受合力对飞机做正功，根据功的定义式可知合力与速度夹角为锐角，不指向圆心，A错误，D正确；
B．根据
可知，飞机加速，向心加速度增大，B错误；
C．设飞机速度方向与水平方向夹角为，则飞机重力的功率为
由于飞机加速运动，速度增大，由图可知，速度与水平方向的夹角增大，所以重力的功率变大，C错误。
故答案为：D。
【分析】合力做正功，正功促进物体运动，使物体速度越来越大，结合瞬时功率表达式。
5．（2024高一上·南京期末）如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，四个轮子半径如图，则关于左轮边缘的a点和右轮边缘的b点运动参量的关系下列表述正确的是（ ）
A．线速度之比为3：2 B．角速度之比为6：1
C．转速之比为1：4 D．向心加速度之比为1：18
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A. 设中间半径为r的小圆盘边上的点为c点，大圆盘边上的点为d点，a.c点线速度相同，bd点线速度相同，cd两点角速度相同，由
可得
故
A不符合题意；
B. 由可得
故
B不符合题意；
C. 由
可知
C不符合题意；
D. 由
又，可知向心加速度之比为1：18，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用线速度与角速度的关系式、向心加速度的表达式，结合圆盘转动和皮带转动的特点，可求出相关物理量之比。
6．（2024高一上·南京期末）图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角
B．A、B两球的向心加速度相等
C．A球的线速度小于B球的线速度
D．A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A. 设A绳长为LA，B绳长为LB，球AB结点到手柄的水平距离为l，小球所受合力提供向心力，对小球有
即
由题意可知周期相同，角速度相同，由于绳长不同，则夹角不同，且，A不符合题意；
B. 由可知，两者做圆周运动的半径不同，则向心加速度不同，B不符合题意；
C. 由可知，两者做圆周运动的半径不同，球A做匀速圆周运动的的半径大于球B，故线速度A大于B，C不符合题意；
D. 绳子拉力与重力关系
由，可知A球所受拉力大于B球所受拉力。
故答案为：D
【分析】利用物体做匀速圆周运动的特点，结合合力等于向心力的表达式，可求出两球与竖直方向的夹角关系；利用圆周运动线速度与角速度的关系时，向心加速度的表达式，可求出加速度和线速度的大小；利用受力分析，结合拉力与重力的关系可求出拉力的大小。
7．（2023高一上·海门期末）对汽车通过拱形桥的测试是检验汽车性能的一个方面，拱形桥位于同一圆周上，如图所示。某次测试中汽车匀速率通过拱形桥，对该过程的说法正确的是（ ）
A．汽车运动的加速度保持不变
B．汽车运动的向心力大小保持不变
C．桥面对汽车的支持力先减小后增大
D．汽车过桥的过程中处于超重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、据题意知，汽车在拱桥上做匀速圆周运动，其加速度方向始终指向圆心，根据
可知，加速度大小不变，但方向一直在变化，所以汽车运动的加速度发生了变化，故A错误；
B、汽车做匀速圆周运动，其所需要的向心力为
可知，汽车运动的向心力大小保持不变，故B正确；
C、设汽车所在位置的半径与竖直方向夹角为θ，由于汽车做匀速圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，即有
则汽车过拱形桥过程中，由于θ先减后增，所以桥面对汽车的支持力N先增后减，故C错误；
D、汽车过桥的过程中，汽车的向心加速度总指向圆心，即汽车存在竖直向下的分加速度，可知，汽车过桥的过程中处于失重状态，故D错误。
故答案为B。
【分析】以汽车匀速率为突破口，根据圆周运动的相关公式，以及受力分析，即可得出相关结论。
8．（2023高考模拟·温州）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 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
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
【答案】D
【知识点】曲线运动；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】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
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
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
故D正确。
故选D。
【分析】本题以“泼水成冰”的游戏为背景考查了曲线运动速度方向的确定，角速度概念，角速度与线速度和角速度与向心加速度的关系，平时学习时注意所学知识与日常生活结合起来。根据水珠的分布，可判定杯子的旋转方向及小水珠在P位置速度的方向，根据角速度定义可求角速度，根据和可求线速度和向心加速度大小。
9．（2023高二上·越秀开学考）摩天轮是一种大型转轮状的娱乐设施。如图所示，摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动，某时刻甲同学的座舱正好运动到最高点，而乙同学的座舱在最低点，另有丙同学的座舱在与转轴中心同高的位置，已知摩天轮半径为R，甲、乙同学的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．此时座舱中的甲受力平衡 B．三位同学的向心加速度相同
C．此时甲对座舱底部的压力大于mg D．此时乙对座舱底部的压力大于mg
【答案】D
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.由题意可知，甲在做匀速圆周运动，合外力等于向心力，因此甲的受力不平衡，A不符合题意；
B.向心加速度的方向总是指向圆心，所以三位同学的向心加速度的方向都不一样，故向心加速度不相同，B不符合题意；
CD.座舱中的乘客在做匀速圆周运动，其合力即为向心力，始终指向圆心，故在最高点的甲，支持力小于重力，由牛顿第三定律可知，甲对座舱底部的压力小于重力，在最低点的乙，支持力大于重力，由牛顿第三定律可知，乙对座舱底部的压力大于重力，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据匀速圆周运动的受力特点分析；由向心加速度的矢量性分析三位同学的向心加速度是否相同；根据匀速圆周运动中合力即为向心力的特点，分析甲、乙的受力。
10．（2023高一下·西宁期末）两个质点，分别做匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比，转过的角度之比，则对两质点的运动说法正确的是（ ）
A．线速度大小之比
B．周期之比
C．半径之比
D．向心加速度大小之比
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AC.根据线速度公式可得两质点的线速度之比，由角速度公式可得两质点的角速度之比，而半径，可得到半径之比，AC不符合题意；
B．根据可得两质点的周期之比，B不符合题意；
D.根据可知，向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据线速度公式求出两质点的线速度之比；根据角速度公式求出两质点的角速度之比；由求出两质点做圆周运动的半径之比；根据周期公式求出两质点的周期之比；根据向心加速度公式求出两质点的向心加速度之比。
11．（2023高一下·运城期中） 下列说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的物体，所受的合力方向一定指向圆心
B．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
C．做平抛运动的物体，在任意相等时间内速率的变化量都相等
D．物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小也一定发生变化
【答案】B
【知识点】曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A 、做匀速圆周运动的物体，所受的合力提供向心力，方向一定指向圆心；变速圆周运动，合力不指向圆心，如竖直方向的圆周运动，A错误；
B 、向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，只改变线速度大小，不改变线速度方向，B正确；
C、做平抛运动的物体，只受重力作用，加速的不变，根据可知竖直方向速率的变化量都相等， 在任意相等时间内 合运动速率的变化量不相等 ，C错误；
D 、物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小可能发生变化，比如平抛运动，可能不变，如匀速圆周运动，D错误；
故答案为：B。
【分析】做圆周运动的物体，指向圆心的合力即法向力提供向心力，改变速度方向，切向力改变速度大小；向心加速度方向始终指向圆心，只改变速度方向，不改变速度的大小；平抛运动是匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动；做曲线运动的物体，合力与速度不在一条直线上，速度方向一定改变，一定是变速运动，但速度大小可能不变。
12．（2023高一下·济南期末） 如图所示，地球上、两点绕地轴转动，其纬度分别是、。关于、两点，下列说法正确的是（ ）
A．加速度之比为3：1 B．线速度之比为
C．角速度之比为 D．周期之比为3：1
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】CD.AB两点均随地球自转一起绕地轴转动，角速度相同，周期相同，则角速度之比为1：1，周期之比为1：1，CD不符合题意；
A.设地球半径为R，由题意可知，A点运动的半径为，B点运动的半径为，则，由可知加速度之比为，A不符合题意；
B.由可知线速度之比为，B符合题意；
故答案为：B。
【分析】共轴转动的点角速度相同，周期相同；由向心加速度公式分析两点的向心加速度之比；由分析两点的线速度之比。
13．（2023高一下·山西月考）日常生活中，我们常见到物体做曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”空间实验室绕地球做匀速圆周运动，加速度为零
B．物块在空中做平抛运动，落到水平地面时速度方向可能与水平地面垂直
C．电风扇工作时叶片上的不同质点做圆周运动的角速度相等
D．铅球运动员将铅球抛出后，铅球做斜抛运动，铅球的加速度一定变
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.物体做匀速圆周运动，有向心加速度，不为零，A不符合题意；
B.物体做平抛运动，水平方向做匀速运动，落地时速度与水平地面垂直水平速度为零，B不符合题意；
C.电风扇做圆周运动时叶片上各点属于同轴运动，各点的角速度相同，C符合题意；
D.铅球抛出后只受重力，铅球的加速度是重力加速度，加速度不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】物体做匀速圆周运动的加速度为向心加速度不为零；平抛运动的水平方向是匀速直线运动，水平速度不为零；同轴装置各点角速度相同；抛体运动只受重力，加速度不变
二、多项选择题
14．（2023高二下·云冈期末）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮与后轮的半径之比为2∶1∶4，它们的边缘分别有三个点A、B、C，则下列说法正确的是（ ）
A．B、C两点的线速度之比为1∶4
B．A、B两点的周期之比为1∶2
C．A、C两点的角速度之比为2∶1
D．A、C两点的向心加速度之比为1∶8
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.B、C两点同轴转动，角速度相同，即，则根据可知，B、C两点的线速度之比，A符合题意；
B.A、B为同缘传动，线速度大小相等，即，则根据可知，A、B两点的周期之比，B不符合题意；
C.由可知，A、B两点的角速度之比为，又由于B、C两点的角速度相同，则A、C两点的角速度之比为，C不符合题意；
D.根据可知，A、C两点的向心加速度之比为，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据共轴转动的点角速度相等，同缘传动的点线速度相等的特点，分析各点线速度和角速度的关系，再由周期与线速度的关系、周期与角速度的关系以及向心加速度的公式做出相关计算。
15．（2022高一下·广州期中）如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上（图示位置），且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的（ ）
A．小球的线速度变大 B．小球的角速度变大
C．小球的加速度变小 D．细绳对小球的拉力变小
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．在绳子完全被释放后与释放前相比，由于小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度的大小，所以小球的线速度大小不变，A不符合题意；
B．根据
知两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，v不变，r增大，则角速度减小，B不符合题意；
CD．由
可知，v不变，r增大，则小球的加速度变小；由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力
则变小，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球其拉力方向与速度方向垂直所以其线速度大小不变，结合半径的变化可以判别角速度不断减小；利用其向心加速度的表达式可以判别其加速度不断减小，结合牛顿第二定律可以判别拉力不断减小。
16．（2022·深州模拟）一辆小车沿水平面向右做加速度m/s2的匀加速直线运动，车中有甲、乙两轻绳和轻弹簧共同系着质量g的小球，如图所示，甲轻绳竖直，乙轻绳和轻弹簧水平。甲轻绳的长度cm，轻弹簧处于伸长状态，弹力大小N。当小车的速度达到m/s时，速度突然减为零，在该瞬间下列说法正确的是（ ）
A．轻绳甲的张力立即减为零 B．轻绳乙的张力立即减为零
C．小球的加速度大小变为m/s2 D．小球的加速度大小变为5m/s2
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度
【解析】【解答】在该瞬间，小球要绕甲绳做圆周运动，因此竖直方向的加速度为向心加速度
绳子甲的拉力和重力的合力充当向心力，因此甲的拉力不为零，小球由于惯性具有向右运动的趋势，所以轻绳乙的张力立即减为零， 根据牛顿第二定律可知此时小球的水平加速度大小变为
因此合加速度为
故答案为：BC。
【分析】根据向心加速度的表达式得出竖直方向的加速度，利用牛顿第二定律和加速度的合成得出小球的加速度。
17．（2022高一下·定远月考）甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径r变化的关系图像如图所示（甲为过原点的直线，乙为双曲线）。由图像可以知道（ ）
A．甲球运动时，线速度大小保持不变
B．甲球运动时，角速度大小保持不变
C．乙球运动时，线速度大小保持不变
D．乙球运动时，角速度大小保持不变
【答案】B,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】根据向心加速度公式
可知当角速度ω保持不变时，a与r成正比；当线速度v保持不变时，a与r成反比。综上所述并结合题图可知甲球运动时，角速度大小保持不变；乙球运动时，线速度大小保持不变，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用向心加速度的表达式可以判别其线速度不变时其加速度与半径成反比，对应其乙球；当其角速度不变时向心加速度与半径成正比对应其甲球。
18．（2022高一下·河南月考）自行车的踏板、链轮、链条、飞轮、后轮示意图如图所示，踏板和链轮同轴转动、飞轮和后轮同轴转动，已知链轮、飞轮和后轮的半径之比，后轮半径分别为链轮、飞轮、后轮边缘上的三个点。现将后轮架空，让踩踏板以的角速度做匀速圆周运动，则（ ）
A．A点的线速度
B．B点的角速度
C．C点的向心加速度
D．若使C点的线速度达到，脚踏板转动的角速度应为
【答案】B,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．由题 ，后轮半径 ，可得
根据 ，可得A点的线速度
A不符合题意；
B．由于A、B两点线速度相同，因此
可得B点的角速度
B符合题意；
C．C点的角速度与B点角速度相同，根据 ，可得C点的向心加速度
C不符合题意；
D．若C点的线速度达到 ，可得C点的角速度
而C点的角速度与B点角速度相同，又 ，可得脚踏板转动的角速度
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用线速度和角速度的关系可以求出A点线速度的大小；利用AB线速度相等结合半径的大小可以求出其B点角速度的大小；利用其向心加速度的表达式可以求出C向心加速度的大小；利用线速度的表达式可以求出踏板传动的角速度大小。
19．（2022高一下·湖北月考）翟志刚、王亚平和叶光富三名航天员乘坐神舟十三号飞船自2021年10月16日成功从地球出发，已经在太空邀游了一百多天，将于2022年4月返回地球。在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心轴匀速旋转，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同样大小的支持力，已知重力加速度大小为g，圆环半径为r，将宇航员视为质点，那么在宇航员体验“重力”的实验过程中以下分析正确的是（ ）
A．宇航员处于平衡状态
B．宇航员绕其转轴转动的向心加速度大小为g
C．旋转舱绕其轴线转动的线速度大小为
D．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小为
【答案】B,C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．宇航员在旋转舱内的侧壁上，随着旋转舱做匀速圆周运动，合力不为零，不是平衡状态，A不符合题意；
B．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，而支持力提供圆周运动的向心力，故向心加速度大小为g，B符合题意；
D．由题意知，支持力提供圆周运动的向心力，则有
解得
D不符合题意；
C．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小为
，故线速度大小为
C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】宇航员做匀速圆周运动其合力不等于0所以不是处于平衡状态；利用支持力提供向心力可以判别其向心加速度的大小；利用支持力提供向心力可以求出角速度和线速度的大小。
20．（2021高三上·太原期中）搭载三名航天员的“神舟十二号”在轨工作90天后，其返回舱于9月16日在离地约350km的轨道上同空间站分离，进行调姿、制动、减速后从原来的飞行轨道进入返回轨道。大约在离地100km处，返回舱以极高的速度冲入大气层，与空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用；在距离地面10km左右，引导伞、减速伞和主伞先后展开，返回舱的速度缓缓下降。在距离地面约1m左右，反推发动机开始工作，返回舱实现软着陆。下列说法正确的是（ ）
A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，返回舱的机械能守恒
B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员时刻处于超重状态
C．与空气剧烈摩擦时，返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°
D．反推发动机开始工作后，航天员处于超重状态
【答案】C,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，制动、减速，返回舱的机械能减小，A不符合题意；
B．从飞行轨道进入返回轨道的过程中，航天员有向下的加速度，处于失重状态，B不符合题意；
C．空气剧烈摩擦，航天员承受达到自身体重几倍的过载作用，说明此时航天员处于超重状态，则其加速度有竖直向上的分量，则返回舱加速度的方向与重力方向的夹角大于90°，C符合题意；
D．反推发动机开始工作后，航天员有竖直向上的加速度，处于超重状态，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】返回舱从飞行轨道进入返回轨道过程中减速，机械能减小；结合航天员的加速度判断航天员超失重。
21．（2021高三上·滕州期中）如图所示，两个啮合齿轮，小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，A、B分别为两个齿轮边缘上的点，C为大齿轮中离圆心O2距离为10cm的点，则A、B、C三点的（ ）
A．转动周期之比为2：1：1 B．角速度大小之比为2：1：1
C．线速度大小之比为1：1：1 D．向心加速度大小之比为4：2：1
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】ABC．对AB两点，同缘转动，则线速度相等，即
根据
可知角速度之比
对BC两点是同轴转动，角速度相等，即
根据
可知线速度之比
可知三点的线速度大小之比为
角速度之比
根据
可知转动周期之比为
AC不符合题意，B符合题意；
D．根据
可知向心加速度大小之比为
D符合题意
故答案为：BD。
【分析】同轴运动各点的角速度相等，同皮带转动各点的线速度相等，结合线速度与角速度的大小关系进行分析判断；结合向心加速度与线速度和角速度的关系得出ABC三点的向心加速度之比。
三、非选择题
22．（2024高一下·茶陵开学考）如图所示，半径的地球仪上有同一经度的、两点，其中点处在赤道上，点和点与地心连线的夹角为，若地球仪绕地轴逆时针做匀速圆周运动，且。求：
（1）地球仪旋转的角速度；
（2）点的向心加速度大小。
【答案】（1）点运动轨迹的圆心为其所在纬度与地轴的交点，根据线速度与角速度的关系可得
（2）点运动轨迹的圆心为球心，根据向心加速度和角速度的关系可得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【分析】（1）确定B点做圆周运动的轨道平面及运动半径，再根据线速度与角速度的关系进行解答；
（2）地球上的点做圆周运动的角速度相等。确定A点做圆周运动的轨道平面及运动半径，再根据角速度与相信加速度的关系进行解答。
23．（2023高二上·海淀开学考）如图所示，质量为m的小球用轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动．
（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，其向心力的来源是（ ）
A．小球受到的重力
B．小球受到的重力与细线对小球拉力的合力
C．细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力
D．小球受到的重力、细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力
（2）调整细线长度使其伸长，使小球仍在水平面内做匀速圆周运动，且保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变。下列说法正确的是（ ）
A．线速度和角速度都将增大 B．线速度增大、角速度减小
C．线速度和向心加速度都将增大 D．线速度增大、向心加速度减小
【答案】（1）B
（2）C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）小球受重力与细线对小球拉力，二者的合力提供小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
（2）设细线与竖直方向的夹角为，OB的高度为h，则，得，，，细线长度伸长，h不变，增大。可知角速度不变，线速度增大，向心加速度增大，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）分析小球的受力，确定向心力的来源；（2）由牛顿第二定律推导小球做圆周运动的角速度、线速度和向心加速度的表达式，根据表达式分析角速度、线速度和向心加速度的变化。
24．（2022高三上·崇明期末）甲、乙两个物体在水平面内做半径之比为8：9的匀速圆周运动。在相同时间内，它们通过的路程之比为4：3，运动方向改变的角度之比为3：2，则它们的周期之比为 ，向心加速度之比为 。
【答案】2：3；2：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】物体做匀速圆周运动的路程为，所以，向心加速度之比为。
【分析】根据匀速圆周运动线速度的定义式和线速度与周期的关系式，求解甲、乙两物体的周期之比；由向心加速度公式求解两物体的向心加速度之比。
25．（2023高二下·天津市期末）某同学用如图a所示装置探究向心力与角速度和运动半径的关系。装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块与竖直转轴间的距离可调。
（1）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则电动机的角速度为 。
（2）若保持滑块P到竖直转轴中心的距离为不变，仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F和挡光时间。画出图像，如图b所示。实验中，测得图线的斜率为，则滑块的质量为 。
（3）若保持竖直转轴转速不变，调节滑块P到竖直转轴中心的距离r，测得多组力F和r的数据，以F为纵轴，以 (填“r”“”或“”)为横轴，将所测量的数据描绘在坐标系中，可以更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系。现测得挡光条的挡光时间为，则图线的斜率应为 。
【答案】（1）
（2）
（3）r；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）由，可得
（2）由题意可得，故，因此滑块的质量.
（3）由，可知，当m、一定时，，所以r为横轴；画F-r图象，则图线的斜率为.
【分析】(1)根据线速度和加速度的关系，再结合线速度的定义可得角速度；
（2）(3)根据向心力公式，把角速度带入可得函数的表达式，对比可得图线的斜率.
26．（2023高二上·永春开学考）如图所示装置中，左侧两轮为轮轴，a，c两轮用皮带传动，不打滑。a，c，d四个点到其所在轮圆心的距离分别为r、r、2r、4r，求图中a，c两点的角速度之比 ；b，d两点线速度之比 ；a，d两点加速度之比 。
【答案】2：1；1：4；1：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】a、c两点是同缘传动，所以线速度相等，即，b、c、d是共轴转动，所以角速度相等，即，根据可得，，，根据可得。
【分析】根据同缘传动的点线速度相等，共轴转动的点角速度相同的特点，结合线速度与角速度的关系式求出a、c两点的角速度之比和b、d两点的线速度之比；由向心加速度公式求解a、d两点的加速度之比。
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