高考物理一轮复习：向心加速度
一、选择题
1．（2024高一下·红桥期末）如图所示为一皮带传动装置，轮的半径为轮半径的2倍，P、Q两点分别位于轮、的边缘上。皮带不打滑，P、Q两点的向心加速度大小之比为（ ）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
2．（2024高一下·泸州期末）中国积木原创品牌“布鲁可”有一种变速轮积木，通过齿轮传动变速，如图所示。当驱动轮做大小不变的匀速转动时，可以改变从动轮半径的大小来实现变速。下列能正确表示从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小随从动轮半径r变化的图像（其中C图为反比例图线、D图为抛物线）的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·许昌期末）如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A．线速度大小之比
B．角速度之比
C．转速之比
D．向心加速度大小之比
4．（2024高一下·川汇期末）如图所示，一质点做匀速圆周运动，经过p点时其向心加速度
A．沿a的方向 B．沿b的方向 C．沿c的方向 D．沿d的方向
5．（2024高一下·丹棱期末）如图，AB两点为奶茶塑封机手压杆上的两点，A在杆的顶端，B在杆的中点处。杆在向下转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点角速度大小之比为1：2
B．A、B两点线速度大小之比为2∶1
C．A、B两点周期大小之比为2∶1
D．A、B两点向心加速度大小之比为1∶1
6．（2024高一下·佛山期末）汽车瞬态工况法尾气检测如图所示，汽车驱动轮与两个半径相同的滚筒接触，车轮与滚筒的半径之比为，驱动轮按照恒定的转速转动，后轮不动，模拟车辆实际行驶状况，检测尾气，车轮与滚筒之间不打滑，P、Q两点分别处于驱动轮边缘和滚筒边缘，以下说法正确的是（ ）
A．两滚筒的转动方向相反
B．P、Q两点在相同时间内转过的角度相等
C．P、Q两点在相同时间内通过的弧长相等
D．P、Q两点的向心加速度大小之比为
7．（2024高一下·昆明期末）骑自行车是一种绿色环保的出行方式。一自行车传动结构的示意图如图所示，a、b、c分别是大齿轮、小齿轮以及后轮边缘上的点，已知其大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为。匀速骑行该自行车过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点的周期之比为
B．a、b、c三点的角速度大小之比为
C．a、b、c三点的线速度大小之比为
D．a、b、c三点的向心加速度大小之比为
8．（2024高一下·乌鲁木齐期中） 一质点沿半径为10m的圆周运动了20m，用时5s，下列说法正确的是（ ）
A．周期是10πs B．角速度大小是4rad/s
C．线速度大小是4m/s D．向心加速度大小是16m/s2
9．（2024高一下·黄浦期末）下列关于向心加速度的说法，正确的是（ ）
A．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
B．向心加速度的方向保持不变
C．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化
10．（2024高一下·台州期末）如图为冬奥会上安置在比赛场地外侧的高速轨道摄像机系统，当运动员匀速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频。关于摄像机，下列说法正确的是（ ）
A．在弯道上运动的速度不变
B．所受合外力的大致方向为
C．与运动员在弯道上运动的角速度相同
D．向心加速度比运动员的向心加速度更小
11．（2024高一下·邹城月考）2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作。彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是（ ）
A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务
B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大
C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度
D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小
12．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC 和BD分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A 点沿圆环以初速度V0做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A 到 C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
二、多项选择题
13．（2024高一下·临沂月考）如图所示，年月嫦娥五号在海南文昌航天发射基地成功发射，这是我国首次执行月球采样返回任务，飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，到达轨道Ⅰ的点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )
A．飞船在轨道Ⅰ上运动时飞船处于平衡状态
B．飞船在轨道Ⅱ上从点运行到点，飞船的机械能守恒
C．飞船在轨道Ⅲ上通过点的速率等于在轨道Ⅱ上通过点的速率
D．飞船在轨道Ⅱ上通过点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过点时的加速度
14．（2024高一下·红桥期末）关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．做圆周运动的物体加速度的方向始终指向圆心
D．物体做匀速圆周运动时的向心加速度方向始终指向圆心
15．（2024高一下·黄浦期末）如下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，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比 ( )
A．线速度之比为1∶2 B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1 D．向心加速度之比为1∶8
16．（2024高一下·邵东期末）如图所示，A、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的角速度之比为1∶1
C．A与B的向心加速度大小之比为1∶1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
17．（2024高二下·云南月考）如图所示，自行车大齿轮与小齿轮的半径之比为，小齿轮与后轮的半径之比为，下列说法正确的是（ ）
A．大齿轮与小齿轮的角速度之比为
B．后轮边缘上C点的线速度与小齿轮边缘上B点的线速度之比为
C．后轮边缘上C点的加速度与小齿轮边缘上B点的加速度之比为
D．后轮边缘上C点的线速度与大齿轮边缘上A点的线速度之比为
三、非选择题
18．（2024高一下·上海市期末）如图所示，做匀速圆周运动的质点在时间t内由A点运动到B点，AB弧所对的圆心角为。则质点的角速度大小为 ；若AB弧长为l，则质点向心加速度的大小为 。
19．（2024高一下·黄浦期末）如图所示为电动汽车传动系统中的两个齿轮，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则A、B两点的线速度之比为 ；A、C两点的角速度之比为 ；B、C两点的向心加速度之比为 ．
20．（2024高一下·海安月考）假设某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，不考虑地球自转，求：
（1）卫星的向心加速度大小；
（2）地球的平均密度。
21．（2024高一下·献县月考）如图所示，质量均为m、且可视为质点的小球甲、乙固定在轻杆的两端，两轻杆的夹角为，两杆的长度分别为R、2R，整个装置可绕O点在竖直面内转动，当乙球与O点等高时将装置由静止释放，忽略一切阻力．重力加速度为g．求：
（1）当甲球转到与O点等高处时，甲球的向心加速度大小；
（2）当乙球转到O点正下方时，轻杆对乙球所做的功；
（3）整个过程，甲球上升的最大高度．
22．（2024高一下·唐山月考） 如图是我国自主建设的北斗导航系统示意图。2019年9月23日5时10分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第四十七、四十八颗北斗导航卫星，向实现全球组网又迈出了坚实的一步。北斗卫星导航系统由不同轨道卫星构成，如图所示，1为赤道；2为近地卫星轨道，在该轨道上运行的卫星，绕行半径可近似为地球半径R；3为赤道上空的地球静止同步卫星轨道，在该轨道上运行的卫星，绕行半径为r；4为轨道平面与赤道平面有一定夹角的倾斜地球同步轨道，在该轨道上卫星运行周期与地球自转周期相同。将各轨道看作圆形轨道。
（1）求静置于赤道上的物体与轨道3上的卫星的向心加速度大小之比；
（2）求轨道2上的卫星与轨道4上的卫星速度之比；
（3）请判断轨道2与轨道3上的卫星谁的向心加速度更大，并说明理由。
23．（2024高一下·临沂月考） 请阅读下列材料，解答后面的题目。
材料一：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
材料二：如果对于某条曲线上的某个点可以找到一个与其曲率相等的圆，那么曲线上这个点的曲率半径就是该圆的半径。也可以这样理解：就是把那一段曲线尽可能地微分，直到最后近似为一个圆弧，此圆弧所对应的半径即为曲线上该点的曲率半径。
如图所示，一物体做初速度为的平抛运动，它的轨迹是半支抛物线，重力加速度大小为g，以抛出点为坐标原点建立xOy坐标系，求抛物线上点处的曲率半径。
24．（2024高一下·临沂月考） 运动员趴在雪橇上从山坡沿截面为圆弧型的冰道快速滑降至水平面上的大圆轨道上。雪橇和运动员（可视为质点）的总质量为m，以速度v在大圆轨道上做匀速圆周运动。圆弧型冰道截面半径为R，雪橇离圆弧型冰道最低点的竖直高度为h=0.4R。忽略摩擦和空气阻力，重力加速度为g。其中R未知，求：
（1）圆弧型冰道对雪橇的支持力；
（2）雪橇的向心加速度；
（3）大圆轨道的半径r。
25．（2024高一下·乌鲁木齐期中） 如图所示，长度为L=10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m=2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v=30m/s，试求：
（1）小球在最低点的向心加速度大小；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】皮带不打滑，根据线传动线速度相等，则P、Q两点的线速度大小相等，根据向心加速度的表达式有
可得P、Q两点的向心加速度大小之比为
故选A。
【分析】根据线速度相等结合向心加速度的表达式可以求出P、Q两点向心加速度的比值。
2．【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】向心加速度a的大小
可
得从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小与r成反比；
故选C。
【分析】齿轮传动，驱动轮与从动轮边缘点的线速度大小相等，结合向心加速度求解式求解加速度大小。
3．【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】AB．根据传动特点，可知A、B两点线速度大小相等，则有
根据
可得
B、C两点角速度相等，则有
根据
可得
则有
，
故A错误，B正确；
C．转速之比为
故C错误；
D．根据
故D错误。
故选B。
【分析】同轴转动角速度大小相等，皮带或者齿轮传动，线速度相等。
4．【答案】D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】物体做匀速圆周运动，则合力方向时刻指向圆心，根据牛顿第二定理则加速度方向指向圆心；图示中只有沿d方向符合指向圆心，则其他方向不符合，所以D对，ABC错误；正确答案为D
【分析】物体做匀速圆周运动时，利用合力的方向可以判别加速度的方向。
5．【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】AB．由于AB两点在同一轴上，由于相同时间转过的角度相同，因此角速度相同，根据线速度和角速度的关系式有：
则AB两点的线速度之比
A错误，B正确；
C．由于为同轴转动，角速度相同，根据周期和角速度的关系有
则周期也相同，C错误；
D．根据向心加速度公式
由于角速度相等，则可知向心加速度之比为
D错误。
故选B。
【分析】AB两点属于同轴转动所以角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度大小之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值；利用角速度之比可以求出周期的比值。
6．【答案】C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．驱动轮运动方向沿顺时针方向运动，根据静摩擦力方向可判断右侧滚轮逆时针运动；同理左侧滚轮逆时针运动，A不符合题意；
B．P、Q两点为摩擦转动，可知两点的线速度大小相等，即相等时间内两点通过的弧长相等，B不符合题意，C符合题意；
D．根据向心力表达式
可知P、Q两点的向心加速度大小之比为
D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据圆周运动的线速度，角速度，向心加速度等相关知识进行分析可判断相关物理量的情况。
7．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．根据同轴转动角速度相等，则 b、c两点同轴转动，角速度大小之比为
根据线传动线速度相等，则a、b两点链条传动，线速度大小相等
根据线速度和角速度的关系式有：，可知
所以
故B错误；
A．根据周期和角速度的关系，由，可知
故A正确；
C．根据线速度和角速度的关系式，由，可得
故C错误；
D．根据向心加速度的表达式，由，可得
故D错误。
故选A。
【分析】利用同轴转动角速度相等及线传动线速度相等结合线速度和角速度的关系式可以求出线速度和角速度之比；利用角速度和周期的关系可以求出周期之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度之比。
8．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AC、由题意可知，质点的线速度
质点的周期
故A错误，C正确；
B、由线速度与角速度的关系可知
故B错误；
D、根据向心加速度的公式可得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据线速度的定义结合题意确定质点的线速度大小，再根据线速度、角速度、周期及加速度的关系结合运动半径进行解答。
9．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】ABD．在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向时刻变化且总是指向圆心，ABD不符合题意；
C．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直，C符合题意。
故答案为C。
【分析】匀速圆周运动的本质是变加速曲线运动，加速度大小不变，方向时刻改变始终指向圆心。根据运动本质可分析判断。
10．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】ACD．摄像机做曲线运动，则速度方向不断改变；运动员匀速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频；摄像机与运动员在弯道上运动的角速度相同；根据向心加速度的表达式有：
可知摄像机的向心加速度比运动员的向心加速度更大，故AD错误，C正确；
B．因为摄像机的速度大小不变，合力对摄像机不做功，所以摄像机所受合外力与速度方向垂直，则图中摄像机所受合外力的大致方向为，故B错误。
故选C。
【分析】利用曲线运动可以判别摄像机的速度变化；利用角速度相同结合向心加速度的表达式可以比较向心加速度的大小；利用速度不变可以判别合力的方向。
11．【答案】C
【知识点】向心加速度；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A：卫星加速进行升轨，加速进行降轨，“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接需要减速，A不符合题意；
B：根据
可知，向心加速度不变，B不符合题意；
C： 根据宇宙速度的定义，“梦天”发射的速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，C符合题意；
D：根据
可知
对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星大，D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据卫星变轨的特点分析A项，通过万有引力定律的应用判断BD项，根据宇宙速度的定义分析C项。
12．【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
13．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A：飞船在轨道 Ⅰ 上运动时，存在向心加速度，所以合外力不为0，飞船不处于平衡状态，A不符合题意。
B：飞船在从A点到B点的愚弄过程中，合外力为月球引力，只有引力做功，则飞船的机械能守恒。B符合题意。
C： 飞船在轨道Ⅲ上通过点时需要减速才能进入轨道Ⅱ，飞船在轨道Ⅱ做匀速圆周运动，所以V 飞船在轨道Ⅲ上通过点的速率大于在轨道Ⅱ上通过点的速率。C不符合题意。
D：由可得飞船在轨道Ⅱ上通过点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过点时的加速度，D符合题意。
故答案为BD
【分析】本题主要利用万有引力定律的应用求解。
14．【答案】A,B,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律，向心力的方向指向圆心，则向心加速度的方向指向圆心，始终与速度方向垂直，向心力只改变速度的方向不改变速度的大小，则向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故AB正确；
CD．只有物体做匀速圆周运动时的向心加速度方向始终指向圆心，物体做变速圆周运动的物体加速度的方向具备了切线方向的加速度和法线方向的加速度，故加速度方向不指向圆心，故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】向心加速度的方向时刻指向圆心，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小；只有物体做匀速圆周运动时，向心加速度的方向时刻指向圆心。
15．【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．根据传动特点知
得
联立解得
A正确。
B．根据
B错误；
CD．根据
C错误；D正确。
故选AD。
【分析】明确同轴传动与皮带传动的区别，记住线速度与角速度关系公式、向心加速度公式。
16．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．由于AB随圆盘转动，则属于同轴转动，所以A与B的角速度相等，则有
根据线速度和角速度的表达式有：
由于角速度相等，线速度和半径成正比，则线速度之比为：
故AB正确；
C．根据向心加速度的表达式有：
可得加速度的比值为：
故C错误；
D．物体受到的静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
根据质量关系和加速度的关系可得A与B所受摩擦力大小相等，根据滑动摩擦力的表达式为：最大静摩擦力
恰好滑动时物体的角速度为
则物体滑动时的角速度大小为
由于A的半径比较大，滑动时角速度比较小，所以A比B先滑动，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用同轴转动角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度的比值；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出物体恰好滑动时角速度的大小。
17．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．链条上各点的线速度大小相同，由
可知，大齿轮与小齿轮的角速度之比为1：4，故A错误；
B．由
可知，后轮上C点的线速度与小齿轮上B点的线速度之比为8：1，故B错误；
C．由
可知，后轮上C点的加速度与小齿轮上B点的加速度之比为8：1，故C正确；
D．由于A、B两点线速度大小相等，所以后轮上C点的线速度与大齿轮上A点的线速度之比为8：1，故D错误。
故答案为：BC
【分析】链条传动为皮带传动模型，轮子边缘各点线速度相等。
18．【答案】；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】1、已知质点运动对应的圆心角及运动的时间，由角速度的定义式
可得质点的角速度为
2、设圆周运动的半径为，根据弧长公式
可得：
再根据向心加速度的表达式可以得出：
故答案为；
【分析】根据角速度的定义式可以求出角速度的大小；根据向心加速度的表达式可以求出向心加速度的大小。
19．【答案】1：1；1：1；4：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】由题可知，大、小两轮为摩擦传动，接触面上没有滑动，A、B两点的线速度相同，A、C两点同轴转动，角速度相同。
根据
，
根据
联立可得
，故答案为：1：1，1：1，4：1.
【分析】根据摩擦转动线速度相同，同轴转动线速度相等的特点，结合线速度与角速度的关系，向心加速度的表达式，进行比例关系推导。
20．【答案】解：（1）设卫星的质量和向心加速度分别为m、，有
卫星的向心加速度大小
（2）设地球质量为 ，由万有引力提供向心力可得
得
则地球的密度
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【分析】根据牛顿第二定律，向心力为卫星所受合力，可求加速度。根据万有引力定律，球体积公式，密度公式联立可确认地球密度。
21．【答案】（1）解：由题可知，甲、乙两球为同轴模型，则转动过程中两球的角速度相同
则由公式可知 解得
装置由释放到甲球与O点等高的过程中，系统的机械能守恒，
则由动能定理得
由圆周运动的规律得甲球的向心加速度大小为
解得
（2）解：由（1）问分析知
对乙球由动能定理得
解得
（3）解：假设整个过程，甲球上升到最大高度时，连接甲球的杆与水平方向的夹角为，此时连接乙球的杆与竖直方向的夹角为，此时两球的速度均为零
则整个过程由机械能守恒定律得
解得
则整个过程甲球上升的最大高度为
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 甲、乙两球为同轴模型，则转动过程中两球的角速度相同，根据线速度与角速度的关系确定甲乙两球线速度的大小关系， 装置由释放到甲球与O点等高的过程中，系统的机械能守恒， 根据机械能守恒定律确定此时甲球和乙球的线速度，再根据线速度与加速度的关系进行解答；
（2）结合（1）中分析及结论对乙球运用动能定理进行解答即可；
（3）甲乙两球均与杆相连，则甲乙两球的运动模型为“杆模型”，则甲球运动到最高点时甲乙两球的速度均为零。 连接甲球的杆与水平方向的夹角为，根据几何关系确定此时连接乙球的杆与竖直方向的夹角，再对开始运动至达到最高点整个过程运用机械能守恒定律及几何关系进行解答。
22．【答案】（1）解：由
解得
（2）解：由万有引力公式
得
由于轨道3和轨道4上卫星运行周期相同，因而轨道半径相等则轨道2和轨道4的速度之比。
（3）解：根据
由于
则
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）根据卫星做匀速圆周运动的特点，结合向心加速度的表达式可得出向心加速度大小之比；
（2）根据万有引力提供向心力的表达式可得出向心加速度的大小。
23．【答案】解：如图所示，设t时刻物体运动到了点
物体的合加速度为g，g可分解为法向加速度和切向加速度，其中法向加速度为
速度
由
得
又由
消去t可得
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】根据平抛运动规律确定物体到达P点的速度，根据运动的分解，将物体的加速度分解为沿速度方向及垂直速度方向的法向加速度，再根据牛顿第二定律及平抛运动在水平方向的运动规律进行解答。
24．【答案】（1）解：雪车和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角为α
圆弧型冰道对雪橇的支持力
（2）解：由牛顿第二定律
得
（3）解：由向心加速度公式
得
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；向心加速度；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定雪车和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角，确定雪橇的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2）根据力的合成与分解确定雪橇向心力的大小，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）根据题意确定做匀速圆周运动的线速度大小，再根据线速度与加速度的关系进行解答。
25．【答案】（1）解：小球在最低点的向心加速度大小
（2）解：根据牛顿第二定律
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据题意确定小球做圆周运动的半径及在最低点的速度，再根据向心加速度与线速度的关系进行解答；
（2）确定小球在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答即可。
1 / 1高考物理一轮复习：向心加速度
一、选择题
1．（2024高一下·红桥期末）如图所示为一皮带传动装置，轮的半径为轮半径的2倍，P、Q两点分别位于轮、的边缘上。皮带不打滑，P、Q两点的向心加速度大小之比为（ ）
A．1：2 B．1：4 C．4：1 D．2：1
【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】皮带不打滑，根据线传动线速度相等，则P、Q两点的线速度大小相等，根据向心加速度的表达式有
可得P、Q两点的向心加速度大小之比为
故选A。
【分析】根据线速度相等结合向心加速度的表达式可以求出P、Q两点向心加速度的比值。
2．（2024高一下·泸州期末）中国积木原创品牌“布鲁可”有一种变速轮积木，通过齿轮传动变速，如图所示。当驱动轮做大小不变的匀速转动时，可以改变从动轮半径的大小来实现变速。下列能正确表示从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小随从动轮半径r变化的图像（其中C图为反比例图线、D图为抛物线）的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】向心加速度a的大小
可
得从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小与r成反比；
故选C。
【分析】齿轮传动，驱动轮与从动轮边缘点的线速度大小相等，结合向心加速度求解式求解加速度大小。
3．（2024高一下·许昌期末）如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A．线速度大小之比
B．角速度之比
C．转速之比
D．向心加速度大小之比
【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】AB．根据传动特点，可知A、B两点线速度大小相等，则有
根据
可得
B、C两点角速度相等，则有
根据
可得
则有
，
故A错误，B正确；
C．转速之比为
故C错误；
D．根据
故D错误。
故选B。
【分析】同轴转动角速度大小相等，皮带或者齿轮传动，线速度相等。
4．（2024高一下·川汇期末）如图所示，一质点做匀速圆周运动，经过p点时其向心加速度
A．沿a的方向 B．沿b的方向 C．沿c的方向 D．沿d的方向
【答案】D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】物体做匀速圆周运动，则合力方向时刻指向圆心，根据牛顿第二定理则加速度方向指向圆心；图示中只有沿d方向符合指向圆心，则其他方向不符合，所以D对，ABC错误；正确答案为D
【分析】物体做匀速圆周运动时，利用合力的方向可以判别加速度的方向。
5．（2024高一下·丹棱期末）如图，AB两点为奶茶塑封机手压杆上的两点，A在杆的顶端，B在杆的中点处。杆在向下转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点角速度大小之比为1：2
B．A、B两点线速度大小之比为2∶1
C．A、B两点周期大小之比为2∶1
D．A、B两点向心加速度大小之比为1∶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】AB．由于AB两点在同一轴上，由于相同时间转过的角度相同，因此角速度相同，根据线速度和角速度的关系式有：
则AB两点的线速度之比
A错误，B正确；
C．由于为同轴转动，角速度相同，根据周期和角速度的关系有
则周期也相同，C错误；
D．根据向心加速度公式
由于角速度相等，则可知向心加速度之比为
D错误。
故选B。
【分析】AB两点属于同轴转动所以角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度大小之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值；利用角速度之比可以求出周期的比值。
6．（2024高一下·佛山期末）汽车瞬态工况法尾气检测如图所示，汽车驱动轮与两个半径相同的滚筒接触，车轮与滚筒的半径之比为，驱动轮按照恒定的转速转动，后轮不动，模拟车辆实际行驶状况，检测尾气，车轮与滚筒之间不打滑，P、Q两点分别处于驱动轮边缘和滚筒边缘，以下说法正确的是（ ）
A．两滚筒的转动方向相反
B．P、Q两点在相同时间内转过的角度相等
C．P、Q两点在相同时间内通过的弧长相等
D．P、Q两点的向心加速度大小之比为
【答案】C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．驱动轮运动方向沿顺时针方向运动，根据静摩擦力方向可判断右侧滚轮逆时针运动；同理左侧滚轮逆时针运动，A不符合题意；
B．P、Q两点为摩擦转动，可知两点的线速度大小相等，即相等时间内两点通过的弧长相等，B不符合题意，C符合题意；
D．根据向心力表达式
可知P、Q两点的向心加速度大小之比为
D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据圆周运动的线速度，角速度，向心加速度等相关知识进行分析可判断相关物理量的情况。
7．（2024高一下·昆明期末）骑自行车是一种绿色环保的出行方式。一自行车传动结构的示意图如图所示，a、b、c分别是大齿轮、小齿轮以及后轮边缘上的点，已知其大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为。匀速骑行该自行车过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点的周期之比为
B．a、b、c三点的角速度大小之比为
C．a、b、c三点的线速度大小之比为
D．a、b、c三点的向心加速度大小之比为
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．根据同轴转动角速度相等，则 b、c两点同轴转动，角速度大小之比为
根据线传动线速度相等，则a、b两点链条传动，线速度大小相等
根据线速度和角速度的关系式有：，可知
所以
故B错误；
A．根据周期和角速度的关系，由，可知
故A正确；
C．根据线速度和角速度的关系式，由，可得
故C错误；
D．根据向心加速度的表达式，由，可得
故D错误。
故选A。
【分析】利用同轴转动角速度相等及线传动线速度相等结合线速度和角速度的关系式可以求出线速度和角速度之比；利用角速度和周期的关系可以求出周期之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度之比。
8．（2024高一下·乌鲁木齐期中） 一质点沿半径为10m的圆周运动了20m，用时5s，下列说法正确的是（ ）
A．周期是10πs B．角速度大小是4rad/s
C．线速度大小是4m/s D．向心加速度大小是16m/s2
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AC、由题意可知，质点的线速度
质点的周期
故A错误，C正确；
B、由线速度与角速度的关系可知
故B错误；
D、根据向心加速度的公式可得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据线速度的定义结合题意确定质点的线速度大小，再根据线速度、角速度、周期及加速度的关系结合运动半径进行解答。
9．（2024高一下·黄浦期末）下列关于向心加速度的说法，正确的是（ ）
A．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
B．向心加速度的方向保持不变
C．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】ABD．在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向时刻变化且总是指向圆心，ABD不符合题意；
C．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直，C符合题意。
故答案为C。
【分析】匀速圆周运动的本质是变加速曲线运动，加速度大小不变，方向时刻改变始终指向圆心。根据运动本质可分析判断。
10．（2024高一下·台州期末）如图为冬奥会上安置在比赛场地外侧的高速轨道摄像机系统，当运动员匀速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频。关于摄像机，下列说法正确的是（ ）
A．在弯道上运动的速度不变
B．所受合外力的大致方向为
C．与运动员在弯道上运动的角速度相同
D．向心加速度比运动员的向心加速度更小
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】ACD．摄像机做曲线运动，则速度方向不断改变；运动员匀速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频；摄像机与运动员在弯道上运动的角速度相同；根据向心加速度的表达式有：
可知摄像机的向心加速度比运动员的向心加速度更大，故AD错误，C正确；
B．因为摄像机的速度大小不变，合力对摄像机不做功，所以摄像机所受合外力与速度方向垂直，则图中摄像机所受合外力的大致方向为，故B错误。
故选C。
【分析】利用曲线运动可以判别摄像机的速度变化；利用角速度相同结合向心加速度的表达式可以比较向心加速度的大小；利用速度不变可以判别合力的方向。
11．（2024高一下·邹城月考）2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作。彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是（ ）
A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务
B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大
C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度
D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小
【答案】C
【知识点】向心加速度；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A：卫星加速进行升轨，加速进行降轨，“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接需要减速，A不符合题意；
B：根据
可知，向心加速度不变，B不符合题意；
C： 根据宇宙速度的定义，“梦天”发射的速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，C符合题意；
D：根据
可知
对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星大，D不符合题意。
故答案为C。
【分析】根据卫星变轨的特点分析A项，通过万有引力定律的应用判断BD项，根据宇宙速度的定义分析C项。
12．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC 和BD分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A 点沿圆环以初速度V0做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A 到 C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
二、多项选择题
13．（2024高一下·临沂月考）如图所示，年月嫦娥五号在海南文昌航天发射基地成功发射，这是我国首次执行月球采样返回任务，飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，到达轨道Ⅰ的点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )
A．飞船在轨道Ⅰ上运动时飞船处于平衡状态
B．飞船在轨道Ⅱ上从点运行到点，飞船的机械能守恒
C．飞船在轨道Ⅲ上通过点的速率等于在轨道Ⅱ上通过点的速率
D．飞船在轨道Ⅱ上通过点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过点时的加速度
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A：飞船在轨道 Ⅰ 上运动时，存在向心加速度，所以合外力不为0，飞船不处于平衡状态，A不符合题意。
B：飞船在从A点到B点的愚弄过程中，合外力为月球引力，只有引力做功，则飞船的机械能守恒。B符合题意。
C： 飞船在轨道Ⅲ上通过点时需要减速才能进入轨道Ⅱ，飞船在轨道Ⅱ做匀速圆周运动，所以V 飞船在轨道Ⅲ上通过点的速率大于在轨道Ⅱ上通过点的速率。C不符合题意。
D：由可得飞船在轨道Ⅱ上通过点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过点时的加速度，D符合题意。
故答案为BD
【分析】本题主要利用万有引力定律的应用求解。
14．（2024高一下·红桥期末）关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．做圆周运动的物体加速度的方向始终指向圆心
D．物体做匀速圆周运动时的向心加速度方向始终指向圆心
【答案】A,B,D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律，向心力的方向指向圆心，则向心加速度的方向指向圆心，始终与速度方向垂直，向心力只改变速度的方向不改变速度的大小，则向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故AB正确；
CD．只有物体做匀速圆周运动时的向心加速度方向始终指向圆心，物体做变速圆周运动的物体加速度的方向具备了切线方向的加速度和法线方向的加速度，故加速度方向不指向圆心，故C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】向心加速度的方向时刻指向圆心，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小；只有物体做匀速圆周运动时，向心加速度的方向时刻指向圆心。
15．（2024高一下·黄浦期末）如下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，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比 ( )
A．线速度之比为1∶2 B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1 D．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．根据传动特点知
得
联立解得
A正确。
B．根据
B错误；
CD．根据
C错误；D正确。
故选AD。
【分析】明确同轴传动与皮带传动的区别，记住线速度与角速度关系公式、向心加速度公式。
16．（2024高一下·邵东期末）如图所示，A、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的角速度之比为1∶1
C．A与B的向心加速度大小之比为1∶1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．由于AB随圆盘转动，则属于同轴转动，所以A与B的角速度相等，则有
根据线速度和角速度的表达式有：
由于角速度相等，线速度和半径成正比，则线速度之比为：
故AB正确；
C．根据向心加速度的表达式有：
可得加速度的比值为：
故C错误；
D．物体受到的静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
根据质量关系和加速度的关系可得A与B所受摩擦力大小相等，根据滑动摩擦力的表达式为：最大静摩擦力
恰好滑动时物体的角速度为
则物体滑动时的角速度大小为
由于A的半径比较大，滑动时角速度比较小，所以A比B先滑动，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用同轴转动角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度的比值；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出物体恰好滑动时角速度的大小。
17．（2024高二下·云南月考）如图所示，自行车大齿轮与小齿轮的半径之比为，小齿轮与后轮的半径之比为，下列说法正确的是（ ）
A．大齿轮与小齿轮的角速度之比为
B．后轮边缘上C点的线速度与小齿轮边缘上B点的线速度之比为
C．后轮边缘上C点的加速度与小齿轮边缘上B点的加速度之比为
D．后轮边缘上C点的线速度与大齿轮边缘上A点的线速度之比为
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．链条上各点的线速度大小相同，由
可知，大齿轮与小齿轮的角速度之比为1：4，故A错误；
B．由
可知，后轮上C点的线速度与小齿轮上B点的线速度之比为8：1，故B错误；
C．由
可知，后轮上C点的加速度与小齿轮上B点的加速度之比为8：1，故C正确；
D．由于A、B两点线速度大小相等，所以后轮上C点的线速度与大齿轮上A点的线速度之比为8：1，故D错误。
故答案为：BC
【分析】链条传动为皮带传动模型，轮子边缘各点线速度相等。
三、非选择题
18．（2024高一下·上海市期末）如图所示，做匀速圆周运动的质点在时间t内由A点运动到B点，AB弧所对的圆心角为。则质点的角速度大小为 ；若AB弧长为l，则质点向心加速度的大小为 。
【答案】；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】1、已知质点运动对应的圆心角及运动的时间，由角速度的定义式
可得质点的角速度为
2、设圆周运动的半径为，根据弧长公式
可得：
再根据向心加速度的表达式可以得出：
故答案为；
【分析】根据角速度的定义式可以求出角速度的大小；根据向心加速度的表达式可以求出向心加速度的大小。
19．（2024高一下·黄浦期末）如图所示为电动汽车传动系统中的两个齿轮，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则A、B两点的线速度之比为 ；A、C两点的角速度之比为 ；B、C两点的向心加速度之比为 ．
【答案】1：1；1：1；4：1
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】由题可知，大、小两轮为摩擦传动，接触面上没有滑动，A、B两点的线速度相同，A、C两点同轴转动，角速度相同。
根据
，
根据
联立可得
，故答案为：1：1，1：1，4：1.
【分析】根据摩擦转动线速度相同，同轴转动线速度相等的特点，结合线速度与角速度的关系，向心加速度的表达式，进行比例关系推导。
20．（2024高一下·海安月考）假设某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，不考虑地球自转，求：
（1）卫星的向心加速度大小；
（2）地球的平均密度。
【答案】解：（1）设卫星的质量和向心加速度分别为m、，有
卫星的向心加速度大小
（2）设地球质量为 ，由万有引力提供向心力可得
得
则地球的密度
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【分析】根据牛顿第二定律，向心力为卫星所受合力，可求加速度。根据万有引力定律，球体积公式，密度公式联立可确认地球密度。
21．（2024高一下·献县月考）如图所示，质量均为m、且可视为质点的小球甲、乙固定在轻杆的两端，两轻杆的夹角为，两杆的长度分别为R、2R，整个装置可绕O点在竖直面内转动，当乙球与O点等高时将装置由静止释放，忽略一切阻力．重力加速度为g．求：
（1）当甲球转到与O点等高处时，甲球的向心加速度大小；
（2）当乙球转到O点正下方时，轻杆对乙球所做的功；
（3）整个过程，甲球上升的最大高度．
【答案】（1）解：由题可知，甲、乙两球为同轴模型，则转动过程中两球的角速度相同
则由公式可知 解得
装置由释放到甲球与O点等高的过程中，系统的机械能守恒，
则由动能定理得
由圆周运动的规律得甲球的向心加速度大小为
解得
（2）解：由（1）问分析知
对乙球由动能定理得
解得
（3）解：假设整个过程，甲球上升到最大高度时，连接甲球的杆与水平方向的夹角为，此时连接乙球的杆与竖直方向的夹角为，此时两球的速度均为零
则整个过程由机械能守恒定律得
解得
则整个过程甲球上升的最大高度为
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 甲、乙两球为同轴模型，则转动过程中两球的角速度相同，根据线速度与角速度的关系确定甲乙两球线速度的大小关系， 装置由释放到甲球与O点等高的过程中，系统的机械能守恒， 根据机械能守恒定律确定此时甲球和乙球的线速度，再根据线速度与加速度的关系进行解答；
（2）结合（1）中分析及结论对乙球运用动能定理进行解答即可；
（3）甲乙两球均与杆相连，则甲乙两球的运动模型为“杆模型”，则甲球运动到最高点时甲乙两球的速度均为零。 连接甲球的杆与水平方向的夹角为，根据几何关系确定此时连接乙球的杆与竖直方向的夹角，再对开始运动至达到最高点整个过程运用机械能守恒定律及几何关系进行解答。
22．（2024高一下·唐山月考） 如图是我国自主建设的北斗导航系统示意图。2019年9月23日5时10分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第四十七、四十八颗北斗导航卫星，向实现全球组网又迈出了坚实的一步。北斗卫星导航系统由不同轨道卫星构成，如图所示，1为赤道；2为近地卫星轨道，在该轨道上运行的卫星，绕行半径可近似为地球半径R；3为赤道上空的地球静止同步卫星轨道，在该轨道上运行的卫星，绕行半径为r；4为轨道平面与赤道平面有一定夹角的倾斜地球同步轨道，在该轨道上卫星运行周期与地球自转周期相同。将各轨道看作圆形轨道。
（1）求静置于赤道上的物体与轨道3上的卫星的向心加速度大小之比；
（2）求轨道2上的卫星与轨道4上的卫星速度之比；
（3）请判断轨道2与轨道3上的卫星谁的向心加速度更大，并说明理由。
【答案】（1）解：由
解得
（2）解：由万有引力公式
得
由于轨道3和轨道4上卫星运行周期相同，因而轨道半径相等则轨道2和轨道4的速度之比。
（3）解：根据
由于
则
【知识点】向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）根据卫星做匀速圆周运动的特点，结合向心加速度的表达式可得出向心加速度大小之比；
（2）根据万有引力提供向心力的表达式可得出向心加速度的大小。
23．（2024高一下·临沂月考） 请阅读下列材料，解答后面的题目。
材料一：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
材料二：如果对于某条曲线上的某个点可以找到一个与其曲率相等的圆，那么曲线上这个点的曲率半径就是该圆的半径。也可以这样理解：就是把那一段曲线尽可能地微分，直到最后近似为一个圆弧，此圆弧所对应的半径即为曲线上该点的曲率半径。
如图所示，一物体做初速度为的平抛运动，它的轨迹是半支抛物线，重力加速度大小为g，以抛出点为坐标原点建立xOy坐标系，求抛物线上点处的曲率半径。
【答案】解：如图所示，设t时刻物体运动到了点
物体的合加速度为g，g可分解为法向加速度和切向加速度，其中法向加速度为
速度
由
得
又由
消去t可得
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；平抛运动；向心加速度
【解析】【分析】根据平抛运动规律确定物体到达P点的速度，根据运动的分解，将物体的加速度分解为沿速度方向及垂直速度方向的法向加速度，再根据牛顿第二定律及平抛运动在水平方向的运动规律进行解答。
24．（2024高一下·临沂月考） 运动员趴在雪橇上从山坡沿截面为圆弧型的冰道快速滑降至水平面上的大圆轨道上。雪橇和运动员（可视为质点）的总质量为m，以速度v在大圆轨道上做匀速圆周运动。圆弧型冰道截面半径为R，雪橇离圆弧型冰道最低点的竖直高度为h=0.4R。忽略摩擦和空气阻力，重力加速度为g。其中R未知，求：
（1）圆弧型冰道对雪橇的支持力；
（2）雪橇的向心加速度；
（3）大圆轨道的半径r。
【答案】（1）解：雪车和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角为α
圆弧型冰道对雪橇的支持力
（2）解：由牛顿第二定律
得
（3）解：由向心加速度公式
得
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；向心加速度；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定雪车和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角，确定雪橇的受力情况，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2）根据力的合成与分解确定雪橇向心力的大小，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）根据题意确定做匀速圆周运动的线速度大小，再根据线速度与加速度的关系进行解答。
25．（2024高一下·乌鲁木齐期中） 如图所示，长度为L=10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m=2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v=30m/s，试求：
（1）小球在最低点的向心加速度大小；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。
【答案】（1）解：小球在最低点的向心加速度大小
（2）解：根据牛顿第二定律
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据题意确定小球做圆周运动的半径及在最低点的速度，再根据向心加速度与线速度的关系进行解答；
（2）确定小球在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答即可。
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