【期末押题预测】向心加速度（含解析）2024-2025学年高中物理人教版（2019）高一下册

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期末押题预测 向心加速度
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（　　）
A．每位同学的角速度相同
B．每位同学所受的合力为零
C．每位同学的速度大小相同
D．每位同学的加速度保持不变
2．（2024秋 道里区校级期末）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（　　）
A．P点的线速度方向沿绳子切线
B．P点所受合外力垂直于绳斜向下
C．P点和Q点的线速度大小相等
D．P点的角速度等于Q点的角速度
3．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
4．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2 B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1 D．大小齿轮的转动方向相同
5．（2024秋 龙岗区期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5：2：3：1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两轮的角速度相等
B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等
D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2023秋 长沙校级期末）图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑。则（　　）
A．a点与b点的线速度大小之比为2：1
B．a点与b点的角速度大小之比2：1
C．a点与c点的线速度大小之比1：1
D．a点的向心加速度与d点的向心加速度之比2：1
（多选）7．（2024 江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
（多选）8．（2023秋 黔西南州期末）做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了200m，则物体做匀速圆周运动时（　　）
A．周期为2πs
B．线速度的大小为20m/s
C．角速度的大小为2rad/s
D．向心加速度大小为20m/s2
（多选）9．（2023秋 泰安期末）如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C的半径之比为1：3：9，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小齿轮A与后轮C的角速度大小之比为9：1
B．小齿轮A与大齿轮B的角速度大小之比为3：1
C．后轮C边缘与大齿轮B边缘各点的线速度大小之比为9：1
D．大齿轮B边缘与小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为3：1
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的角速度之比ωA：ωB＝ 　 　，A点和C点向心加速度大小之比aA：aC＝ 　 　。
11．（2024秋 浦东新区校级期中）在地球表面赤道上的不同位置有两个物体m1、m2，如图所示．已知m1＞m2，则m1、m2随地球自转的向心加速度的大小关系是a1　 　a2（选填“＜”“＞”或“＝”），所受向心力的大小关系是F1　 　F2（选填“＜”“＞”或“＝”）
12．（2024春 普陀区校级期末）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θ。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 　 　。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 包河区校级月考）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。
14．（2024春 天山区校级期末）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。
15．（2024春 让胡路区校级期末）随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游享乐游”纷纷打起了宣传的招牌，某次旅游中游客乘坐列车，以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车用侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯与桌面间的动摩擦因数μ，水杯与水的总质量m，水平圆弧形弯道半径R，此弯道路面的倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）列车转弯过程中的向心加速度大小；
（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力。
期末押题预测 向心加速度
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（　　）
A．每位同学的角速度相同
B．每位同学所受的合力为零
C．每位同学的速度大小相同
D．每位同学的加速度保持不变
【考点】向心加速度的概念、方向及物理意义；匀速圆周运动；线速度与角速度的关系．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据匀速圆周运动的特点：绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。
【解答】解：A．每个方阵中的每位同学均可视为绕同一圆心做匀速圆周运动，则角速度相同。故A正确；
B．每位同学均做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，合力不为零。故B错误；
C．根据v＝ωr可知每位同学的运动半径不同，其速度大小不相同。故C错误；
D．根据a＝ω2r可知每位同学的加速度大小保持不变，方向指向圆心，时刻改变。故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了匀速圆周运动的特点，解题关键是掌握绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。
2．（2024秋 道里区校级期末）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（　　）
A．P点的线速度方向沿绳子切线
B．P点所受合外力垂直于绳斜向下
C．P点和Q点的线速度大小相等
D．P点的角速度等于Q点的角速度
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB.根据题意分析P点的圆周平面，判断P点的合外力方向和速度方向；
CD.根据共轴转动情况判断角速度关系，结合半径差异判断线速度大小关系。
【解答】解：AB.P点做匀速圆周运动的圆心是过P点作图中虚线的垂线和虚线的交点，故P点所受合力方向指向交点，方向竖直向下，P点线速度方向为垂直于纸面向里或向外，故AB错误；
CD.由于是共轴转动，故P点的角速度等于Q点的角速度，P点圆周运动半径小于Q点，则P点线速度大小小于Q点的线速度大小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查圆周运动的合外力和线速度规律，结合共轴转动问题判断线速度大小关系。
3．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．
【专题】比较思想；归纳法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据分析角速度的大小；根据a分析向心加速度的大小。
【解答】解：AB、由图知A的半径小于B的半径，根据可知，A的角速度大于B的角速度，故A错误，B正确；
CD、根据a可知，A车的向心加速度大于B车的向心加速度，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了角速度和线速度的关系，以及向心加速度和线速度的关系式，容易题。
4．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2
B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1
D．大小齿轮的转动方向相同
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v＝ωr列式求解。
【解答】解：ABC.边缘点的线速度大小相等，故vA：vB＝1：1，同轴传动时，角速度相等，故ωA＝ωC，角速度大小之比为1：1，根据v＝ωr，结合半径的比值关系：rA：rB：rC＝2：1：1。可知，ωA：ωB：ωC＝1：2：1，vA：vB：vC＝2：2：1；向心加速度的表达式可得：a＝ω2r解得：aA：aB：aC＝2：4：1，故A正确，BC错误；
D、大、小齿轮相互咬合，同缘传动时，大、小齿轮转动方向相反，故D错误；
故选：A。
【点评】本题关键明确同缘传动同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，同缘传动时，边缘点的线速度相等，然后结合公式v＝ωr分析求解即可。
5．（2024秋 龙岗区期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5：2：3：1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两轮的角速度相等
B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等
D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】各轮转轴固定且平行，甲、乙两轮同轴无相对转动，意味着甲、乙两轮角速度相等，甲、乙、丙、丁四轮半径之比为5：2：3：1，且传送带不打滑，说明与轮子接触处传送带线速度和轮子边缘线速度相等，据此分析解答即可。
【解答】解：A.因为甲、乙两轮同轴无相对转动，根据同轴转动的物体角速度相等这一特性，所以甲、乙两轮的角速度相等，故A正确。
B.根据向心加速度公式a ＝ ω2r，甲、乙两轮角速度ω相等，A点在甲轮边缘，B点在乙轮边缘，甲轮半径大于乙轮半径，所以A点向心加速度比B点的大，故B错误。
CD.设甲轮半径r甲＝5r，乙轮半径r乙＝2r，丙轮半径r丙＝3r，丁轮半径r丁＝r，由于甲、乙两轮角速度相等，设为ω，则甲轮边缘线速度为
v甲＝ωr甲
解得：v甲＝5rω，
乙轮边缘线速度为
v乙＝ωr乙
解得：v乙＝2rω
根据同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等及v＝ ωr得：
ω丙
联立解得：
所以丙轮转1圈时，丁轮转了圈，两传送带线速度大小不相等，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了线速度与角速度关系，知道共轴的角速度是相同的，同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的，注意灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2023秋 长沙校级期末）图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑。则（　　）
A．a点与b点的线速度大小之比为2：1
B．a点与b点的角速度大小之比2：1
C．a点与c点的线速度大小之比1：1
D．a点的向心加速度与d点的向心加速度之比2：1
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；传动问题．
【专题】定量思想；比例法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】ABC
【分析】右轮与左侧小轮的线速度相等，左侧大轮与小轮的角速度相等，根据圆周运动公式分析。
【解答】解：C．如图所示，a与c同一皮带下传动，则线速度va＝vc，故C正确；
AB．根据v＝ωr，可得ωa：ωc＝rc：ra＝2：1，因为ωb＝ωc＝ωd，且rb：rc＝1：2，所以vb：vc＝1：2，则va：vb＝2：1，ωa：ωb＝2：1，故AB正确；
D．设a点的线速度为v，由以上分析可知，c点的线速度为v，d点的线速度为2v，根据向心加速度公式，可知a点与d点的向心加速度大小之比1：1，故D错误。
故选：ABC。
【点评】考查对圆周运动加速度、线速度与角速度的理解，属于基础知识，熟记公式。
（多选）7．（2024 江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以判断Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v＝ωr即可求解线速度，根据a＝ω2r求得向心加速度。
【解答】解：A．由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A错误；
B．由图可知P点绕转轴转动的半径大，根据v＝rω，所以vP＞vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；
C．根据a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ
所以aP＞aQ
即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；
D．因为当转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。
故选：BC。
【点评】该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度相同。
（多选）8．（2023秋 黔西南州期末）做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了200m，则物体做匀速圆周运动时（　　）
A．周期为2πs
B．线速度的大小为20m/s
C．角速度的大小为2rad/s
D．向心加速度大小为20m/s2
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】由题可知，物体做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的公式和周期与角速度的关系求解即可。
【解答】解：AB．线速度的大小m/s＝20m/s
周期Ts＝π（s），
故A错误，B正确；
C．角速度的大小rad/s＝2rad/s，故C正确；
D．向心加速度大小为a＝ω2R＝22×10m/s2＝40m/s2，故D错误。
故选：BC。
【点评】解题关键是能够根据题意求解线速度大小，掌握匀速圆周运动的角速度、向心加速度、周期的关系。
（多选）9．（2023秋 泰安期末）如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C的半径之比为1：3：9，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小齿轮A与后轮C的角速度大小之比为9：1
B．小齿轮A与大齿轮B的角速度大小之比为3：1
C．后轮C边缘与大齿轮B边缘各点的线速度大小之比为9：1
D．大齿轮B边缘与小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为3：1
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度的物理意义及计算．
【专题】定量思想；比例法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】在齿轮传动系统中，通过链条连接的齿轮边缘线速度相同，角速度与半径成反比，向心加速度与角速度的平方和半径成正比。
【解答】解：A、小齿轮和后轮是同轴转动，故小齿轮A与后轮C的角速度大小之比为1：1，故A错误；
B、小齿轮A与大齿轮B的线速度相等，根据题意，小齿轮A与大齿轮B的半径之比为1：3，根据公式v＝ωr，小齿轮A与大齿轮B的角速度大小之比为3：1，故B正确。
C、小齿轮A与后轮C的角速度相同，根据公式v＝ωr，故小齿轮A与后轮C的线速度之比为1：9，小齿轮A与大齿轮B的线速度相等，故后轮C边缘与大齿轮B边缘各点的线速度大小之比为9：1，故C正确；
D、小齿轮A与大齿轮B的线速度相等，根据公式可得，大齿轮B边缘与小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为1：3，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查的是齿轮传动中的角速度、线速度和向心加速度的关系。在自行车传动系统中，小齿轮A、大齿轮B和后轮C通过链条连接，因此在理想情况下，链条上各点的线速度相同。根据齿轮的半径比，可以推导出角速度和向心加速度的关系。
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 杨浦区校级期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的角速度之比ωA：ωB＝ 　1：2　，A点和C点向心加速度大小之比aA：aC＝ 　2：1　。
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定量思想；图析法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】1：2；2：1。
【分析】A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，A点和C点角速度大小相等。
【解答】解：因为A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，即vA：vB＝1：1，根据公式v＝ωr，可得，因为A、C在同一齿轮上，两点角速度相同，由a＝rω2，可得aA：aC。
故答案为：1：2；2：1。
【点评】考查对圆周运动角速度、线速度、向心加速度的理解，熟悉公式的运用。
11．（2024秋 浦东新区校级期中）在地球表面赤道上的不同位置有两个物体m1、m2，如图所示．已知m1＞m2，则m1、m2随地球自转的向心加速度的大小关系是a1　＝　a2（选填“＜”“＞”或“＝”），所受向心力的大小关系是F1　＞　F2（选填“＜”“＞”或“＝”）
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素．
【专题】定性思想；方程法；匀速圆周运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】地球表面的物体都具有相等的角速度，由向心加速度和向心力的公式，比较二者的向心加速度与向心力的关系即可．
【解答】解：在地球表面赤道上的不同位置有两个物体具有相等的角速度和半径，设角速度为ω，半径为R，则向心加速度：a＝ω2R，可知二者的向心加速度与质量无关，所以是相等的；向心力：，可知向心力的大小与物体的质量成正比，所以质量大的物体的向心力大，所以F1＞F2．
故答案为：＝，＞
【点评】该题考查向心力与向心加速度的公式的应用，牢记向心力的公式和向心加速度的公式是解答的关键．
12．（2024春 普陀区校级期末）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θ。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 　　。
【考点】向心加速度的计算；匀速圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】，。
【分析】根据角速度的定义式、线速度定义式结合加速度的公式联立推导求解。
【解答】解：根据角速度的定义式，角速度的大小为ω，线速度大小为v，质点的向心加速度a＝vω 。
故答案为：，。
【点评】考查角速度、线速度的定义式，会根据角速度和线速度的大小求解向心加速度大小。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 包河区校级月考）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。
【考点】向心加速度的计算；平抛运动与曲面的结合．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【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。
【分析】（1）利用加速度公式以及三角形的相似关系进行推导；
（2）a.根据圆周运动和平抛的规律求该轨迹在抛出点P和落地点Q的曲率半径；
b.根据物体的运动情况分析轨道对物块是否有支持力作用，进而判断小物块在落地前是否会脱离轨道。
【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。
【点评】本题的第一小题是是基本概念的再现，比较重视基础；在此基础上第二题又进行了灵活的变化，属于不同概念之间的迁移，比较灵活，非常考验学生的物理理解能力。难点在于极短时间内近似值的处理。
14．（2024春 天山区校级期末）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。
【考点】向心加速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）小球在最低点的向心加速度大小90m/s2；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大200N。
【分析】（1）根据向心加速度公式，求向心加速度大小；
（2）根据牛顿第二定律，求拉力。
【解答】解：（1）小球在最低点的向心加速度大小
，代入数据得a＝90m/s2
（2）根据牛顿第二定律
T﹣mg＝ma
解得
T＝200N
答：（1）小球在最低点的向心加速度大小90m/s2；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大200N。
【点评】本题解题关键是掌握牛顿第二定律和向心加速度公式，比较基础。
15．（2024春 让胡路区校级期末）随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游享乐游”纷纷打起了宣传的招牌，某次旅游中游客乘坐列车，以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车用侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯，已知水杯与桌面间的动摩擦因数μ，水杯与水的总质量m，水平圆弧形弯道半径R，此弯道路面的倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）列车转弯过程中的向心加速度大小；
（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力。
【考点】向心加速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】（1）列车转弯过程中的向心加速度大小为gtanθ；
（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力为0。
【分析】（1）对玩具小熊进行受力分析，结合牛顿第二定律求其向心加速度大小，即为列车转弯过程中的向心加速度大小；
（2）对水杯受力分析，其支持力和重力的合力提供向心力，未受到摩擦力。
【解答】解：（1）设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做圆周运动的向心力F，由牛顿第二定律有
mgtanθ＝ma
可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtanθ
（2）水杯的向心加速度a＝gtanθ，则知水杯的向心力由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为0。
答：（1）列车转弯过程中的向心加速度大小为gtanθ；
（2）列车转弯过程中，水杯与桌面间的摩擦力为0。
【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟练对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系即可完成分析。
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