课时6.3 向心力加速度-2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）

第六章 圆周运动 课时6.3 向心力加速度 1. 理解向心加速度的产生和向心加速度的方向。 2. 知道向心加速度和线速度、角速度的关系式。 3. 了解向心加速度的表达式的推导过程。 4. 运用向心加速度公式求解有关问题。 1. 匀速圆周运动的加速度方向 1. 向心加速度 (1) 定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度称为向心加速度。 (2) 意义：描述线速度方向改变的快慢。 (3) 作用效果：只改变线速度的方向，不改变线速度的大小。 2. 向心加速度的方向 向心加速度的方向时刻在变化，与物体所受合力的方向相同，总是指向圆心（匀速圆周运动向心力指向圆心），即始终与线速度方向垂直，所以圆周运动一定是变加速曲线运动，而非匀变速曲线运动。 注：非匀变速圆周运动的加速度（包括合力）不指向圆心，但它的向心加速度一定指向圆心。 1. 匀速圆周运动的加速度大小 考点 两种圆周运动 项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动 线速度大小、方向时刻在改变的圆周运动 性质 均是非匀变速曲线运动 公式 Fn＝m＝mω2r，an＝＝ω2r都适用 运动特点 线速度的大小不变，方向时刻改变。 条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。 Fn、an、v大小、方向均发生变化，ω发生变化 合力特点 合外力全部提供向心力，并指向圆心； 向心力只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 合外力不指向圆心。合外力产生两个效果。合外力沿半径方向的分力提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向；合外力沿轨迹切线方向的分力使物体产生切向加速度，改变速度的大小。 向心力大小 Fn = F合 由F合沿半径的分力提供向心力Fn，Fn≠F合 向心加速度 向心加速度就是实际加速度 向心加速度只是实际加速度的一个分量 如竖直平面内的圆周运动 基础过关练 题组一　向心加速度的理解 1.(2023江苏盐城综合测试)下列关于向心加速度的说法中正确的是 (　　) A.向心加速度的方向保持不变，始终指向圆心 B.向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量 C.圆周运动中的向心加速度就是物体的加速度 D.物体做非匀速圆周运动时，向心加速度的大小也可用an=来计算 题组二　向心加速度的计算 2.(2024江苏扬州大学附中月考)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们的向心加速度大小之比是 (　　) A.9∶8　　　　B.2∶3　　　　C.2∶1　　　　D.16∶9 3.(2024江苏连云港高级中学期中)如图所示，将地球看成圆球，A为地球赤道上的物体，B为北纬30°线上的物体，在地球自转过程中，A、B两物体均相对于地面静止且可看作质点，下列说法正确的是 (　　) A.A、B两物体的线速度大小之比为2∶ B.A、B两物体的角速度之比为2∶1 C.A、B两物体的向心加速度大小之比为4∶3 D.A、B两物体的向心力大小之比为2∶ 4.(2024山东菏泽期中)在很多24小时营业的餐厅，“欢乐送”送餐机器人足以承担深夜的送餐任务。某次送餐机器人(可视为质点)性能测试路径如图所示，半径为R=2 m的半圆弧、与长为L=6 m的直线路径AB、CD分别相切于A、D、B、C点。为保证安全，机器人做匀速圆周运动的加速度最大为a=2 m/s2，则机器人匀速率安全绕测试路径运行一圈的最短时间为 (　　) A.(3+π)s　　　　　　　　B.(3+2π)s C.(6+π)s　　　　　　　　D.(6+2π)s 5.(2024山东济宁期中)如图所示，走时准确的时钟，分针与秒针由转轴到针尖的长度之比是3∶5，则下列说法正确的是 (　　) A.分针与秒针的角速度之比为12∶1 B.分针与秒针的周期之比为1∶60 C.分针针尖与秒针针尖的线速度之比为1∶60 D.分针针尖与秒针针尖的向心加速度之比为1∶6 000 6.(2024四川成都第七中学月考)如图所示，做匀速圆周运动的质点在1 s内由A点运动到B点，长为 m，所对应的圆心角为，则下列说法正确的是 (　　) A.质点运动过程中速度始终不变 B.质点在A点的向心加速度大小为 m/s2 C.质点从A到B的速度变化量大小为 m/s D.质点从A到B的平均加速度大小为 m/s2 能力提升练 题组一　转动模型中的加速度 1.(2024江苏苏州吴县中学月考)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度挡。如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，其中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿。下列说法正确的是 (　　) A.该车可变换三种不同速度挡 B.当B轮与C轮组合时，两齿轮的转速之比nB∶nC=3∶7 C.当B轮与C轮组合时，两齿轮的角速度之比ωB∶ωC=9∶49 D.当A轮与C轮组合时，两齿轮边缘的向心加速度之比aA∶aC=8∶3 2.(2023广东佛山第三中学月考)如图甲是中学物理实验室常用的感应起电机，它主要由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘组成。其中一个玻璃盘通过从动轮与主动轮连接，如图乙。现摇动摇把使主动轮以60 r/min的转速匀速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是 (　　) 　 A.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相同 B.从动轮的转速是260 r/min C.P点的线速度大小约为3.8 m/s D.Q点的向心加速度约为48 m/s2 题组二　“摆”模型中的加速度 3.(2024北京平谷模拟预测)如图所示，细线的下端系着一个小钢球，用手拿着细线的上端，使小钢球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的角速度为ω1时，小球在较低的圆周1上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T1，小球的向心加速度为a1，小球的线速度为v1；当小球的角速度为ω2时，小球在较高的圆周2上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T2，小球的向心加速度为a2，小球的线速度为v2。则 (　　) A.ω1>ω2　　　　B.T1>T2　　　　C.a1<a2　　　　D.v1>v2 4.(2024河南郑州外国语学校月考)如图所示，有一竖直放置在水平地面上、内壁光滑的圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为θ=45°，可视为质点的小球A、B在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量mA=2m，mB=m，重力加速度为g。若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h，图示时刻两球刚好在同一条母线上，下列说法错误的是 (　　) A.球A和B的向心加速度大小均为g B.两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等 C.球A和球B的线速度大小之比为1∶2 D.从图示时刻开始，球B旋转两周与球A在同一条母线上相遇一次 答案与分层梯度式解析 第六章　圆周运动 3　向心加速度 基础过关练 1.D　向心加速度的方向始终指向圆心，故方向不断变化，A错误；向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，B错误；在圆周运动中，物体的加速度是向心加速度和切向加速度的矢量和，C错误；物体做非匀速圆周运动时，向心加速度的大小也可以用an=来计算，D正确。 2.C　在相同的时间内，A、B两艘快艇通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，根据v=，可知A、B的线速度大小之比为4∶3；根据ω=，可知角速度之比为3∶2；根据a=vω，可知A、B的向心加速度大小之比是2∶1。故选C。 3.A　A、B两物体随地球自转，故角速度相同，即角速度之比为1∶1，B错误；设地球半径为R，A、B两物体随地球自转做圆周运动的半径分别为R、R，由v=rω可得，A、B两物体的线速度大小之比为==，A正确；由a=rω2可知向心加速度大小之比为==，C错误；由于A、B两物体的质量关系不明确，因此无法判断向心力大小关系，D错误。 4.D　机器人匀速率绕测试路径运行一圈，路程一定，运行速率越大，所用的时间越短。根据向心加速度公式an=，可知机器人的向心加速度越大，速率越大，由于机器人的加速度最大为a=2 m/s2，则机器人匀速率运动的最大速率v=2 m/s，故最短时间为t===(6+2π) s，D正确。 5.D　秒针转动一周的时间为1 min，分针转动一周的时间为60 min，则分针与秒针的周期之比为T1∶T2=60∶1，根据ω=，可得分针与秒针的角速度之比为ω1∶ω2=1∶60，A、B错误；根据v=ωr，可得分针针尖与秒针针尖的线速度之比为==×=，C错误；根据a=vω，可得分针针尖与秒针针尖的向心加速度之比为==×=，D正确。 6.D　质点运动过程中速度大小不变、方向时刻变化，故A错误；由题意可知，质点的角速度大小为ω== rad/s，轨迹圆的半径为r==0.5 m，故质点在A点的向心加速度大小为a=ω2r= m/s2，故B错误；质点做圆周运动的线速度大小v=ωr= m/s，根据几何关系可知质点从A点到B点的速度变化量大小Δv=v= m/s，故C错误；质点从A点到B点的平均加速度大小== m/s2，故D正确。 能力提升练 1.B　A轮通过链条分别与C、D轮连接，自行车可有两种挡位，B轮分别与C、D轮连接，又可有两种挡位，所以该车可变换4种不同速度挡，A错误；当B轮与C轮组合时，两齿轮边缘的线速度大小相等，齿轮的半径与齿数成正比(破题关键)，根据v=ωr，可得两齿轮的角速度之比为ωB∶ωC=rC∶rB=18∶42=3∶7，根据ω=2πn，可得两齿轮的转速之比为nB∶nC=ωB∶ωC=3∶7，B正确，C错误；当A轮与C轮组合时，两齿轮边缘的线速度大小相等，根据向心加速度公式a=，可得两齿轮边缘的向心加速度之比为aA∶aC=rC∶rA=18∶48=3∶8，D错误。 2.C　由题图可知，玻璃盘的转动方向与主动轮转动的方向相反，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，A错误；主动轮与从动轮靠皮带传动，边缘线速度大小相等，由ω==2πn，得转速n=，所以从动轮的转速n'=n=×60 r/min=240 r/min，B错误；从动轮的角速度为ω'=2πn'=2π×4 rad/s=8π rad/s，P点的线速度大小vP=ω'·=8π×0.15 m/s≈3.8 m/s，C正确；根据向心加速度公式得Q点的向心加速度a=ω'2·=(8π)2×0.15 m/s2≈95 m/s2，D错误。故选C。 3.C　小球在水平面内做匀速圆周运动，受力分析如图所示，重力和细线的拉力的合力提供向心力(点拨：圆锥摆模型)，设线长为l，细线与竖直方向的夹角为θ，在水平方向，根据牛顿第二定律有mg tan θ=mω2l sin θ，可得ω=，由于θ1<θ2，有cos θ1>cos θ2，则ω1<ω2，A错误；细线上的拉力为T=，由于θ1<θ2，有cos θ1>cos θ2，则T1<T2，B错误；小球所受的向心力为F=mg tan θ=ma，可得a=g tan θ，由于θ1<θ2，有tan θ1<tan θ2，则a1<a2，C正确；根据向心加速度公式a=，可得g tan θ=，可得v=，由于θ1<θ2，有cos θ1>cos θ2，sin θ1<sin θ2，则v1<v2，D错误。 4.C　对球A进行受力分析，如图所示，在竖直方向有FN sin θ=2mg，在水平方向由牛顿第二定律可得FN cos θ=2maA，解得aA=g，同理可得aB=g，A正确；由题意可知，对两球都有F支 cos θ=F向，可得=，故两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等，B正确；由F向=ma=m，结合几何关系可得vA===2，vB===，球A和球B的线速度大小之比为2∶1，C错误；由ω=及上述分析可得，球A与球B的角速度之比为ωA∶ωB=∶=1∶2，则从图示时刻开始计时，下一次相遇时有ωBt-ωAt=2π，解得ωBt=4π，即球B旋转两周与球A在同一条母线上相遇一次，D正确。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$