第6章 3.向心加速度-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第六章　圆周运动 3.向心加速度 目录 1 必备知识　对点集训 关键能力提升练 2 必备知识　对点集训 必备知识一　对向心加速度的理解 1．(多选)关于匀速圆周运动的向心加速度，下列说法正确的是(　　) A．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量 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．向心加速度恒定 D．向心加速度的方向时刻发生变化 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 必备知识二　向心加速度公式的理解和应用 2．(多选)如图所示是甲、乙两球做圆周运动的向心加速度随轨迹半径变化的关系图像，其中甲的图线上各点横、纵坐标的乘积相同，下列说法中正确的是(　　) A．甲球线速度大小保持不变 B．乙球线速度大小保持不变 C．甲球角速度大小保持不变 D．乙球角速度大小保持不变 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 3．(2023·浙江省台州市高一校联考期中)陀螺是儿童喜欢的一种玩具，某旋转的陀螺如图所示，周期T＝0.1 s，陀螺上A点到竖直转轴中心的距离为4 cm，则A点的向心加速度大小约为(　　) A．24 m/s2 B．32 m/s2 C．80 m/s2 D．160 m/s2 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 4．如图所示，已知绳长为L＝20 cm，水平杆长为L′＝0.1 m，小球质量m＝0.3 kg，整个装置可绕竖直轴转动。g取10 m/s2，要使绳子与竖直方向成45°角，求：(结果均保留三位有效数字) (1)小球的向心加速度大小； (2)该装置转动的角速度； (3)此时绳子的张力大小。 答案：(1)10.0 m/s2　(2)6.44 rad/s　 (3)4.24 N 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 必备知识三　传动装置中的向心加速度分析 5．(教材本节[思考与讨论]改编)如图，自行车的大齿轮A、小齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RA＝2RB、RC＝5RB，正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于(　　) A．1∶1∶6 B．3∶1∶6 C．1∶2∶10 D．1∶3∶6 1 2 3 4 5 必备知识 对点集训 关键能力提升练 1．物体做圆周运动时，下列说法正确的是(　　) A．物体的向心加速度大小与线速度的平方成正比 B．物体的向心加速度越大，速率变化越快 C．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直 D．物体做圆周运动时的加速度始终指向圆心 解析：当物体做圆周运动的半径不变时，物体的向心加速度大小才与线速度的平方成正比，故A错误；向心加速度是描述物体速度方向变化快慢的物理量，其只改变速度的方向，不改变速度的大小，向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，故B错误，C正确；如果物体做的不是匀速圆周运动，此时存在切向加速度，故圆周运动的加速度即向心加速度与切向加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 2．关于地球上的物体由于地球自转而具有的向心加速度，下列说法正确的是(　　) A．方向都指向地心 B．两极处最小 C．赤道处最小 D．同一地点质量大的物体向心加速度也大 解析：向心加速度指向做圆周运动的圆心，随地球自转的物体的向心加速度指向所在纬线的圆的圆心，轨道半径在赤道上最大，两极处最小，由a＝ω2r知，向心加速度在赤道处最大，两极处最小，与质量无关，B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 6．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它主要是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘组成的。其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现手摇主动轮以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240 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 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 (多选)如图所示，在2022年北京冬奥会上，甲、乙两运动员在水平冰面上滑冰，某时刻恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2(r2>r1)的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。已知甲、乙两运动员的质量相等，他们做圆周运动时向心加速度大小相等，匀加速冲向终点时加速度大小相等，则下列判断中正确的是(　　) A．在做圆周运动时，甲、乙的线速度大小相等 B．在做圆周运动时，甲、乙所受的向心力大小相等 C．甲、乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长 D．甲先运动到终点线 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 7 关键能力提升练 创新考法 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：向心加速度只改变线速度的方向，所以向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故A正确；向心加速度的方向与线速度的方向始终垂直，所以向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故B正确；向心加速度大小a＝eq \f(v2,r)，由于v的大小不变，故向心加速度的大小不变，但向心加速度的方向始终指向圆心，所以向心加速度的方向时刻改变，向心加速度时刻改变，故C错误，D正确。 解析：从图像知，对甲：a与R成反比，由a＝eq \f(v2,R)知，当v一定时，a∝eq \f(1,R)，故甲球线速度大小保持不变，A正确，C错误；对乙：a与R成正比，由a＝ω2R知，当ω一定时，a∝R，故乙球角速度大小保持不变，B错误，D正确。 解析：由题意可知，陀螺上各点做同轴转动，则A点做匀速圆周运动的周期为T，则A点的向心加速度大小为a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2)r，代入数据解得a≈160 m/s2，故选D。 解析：小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为FT，小球重力为mg，则绳的拉力与小球的重力的合力提供小球做圆周运动的向心力。 (1)对小球，利用牛顿第二定律可得：mgtan45°＝man 则小球的向心加速度大小为an＝gtan45°＝10.0 m/s2。 (2)由an＝ω2r及几何关系r＝L′＋Lsin45° 联立并代入数据解得，该装置转动的角速度 ω＝6.44 rad/s。 (3)由矢量三角形及几何关系可知，此时绳子的张力大小为 FT＝eq \f(\a\vs4\al(mg),cos45°)＝4.24 N。 [名师点拨]　可以从两个角度求解向心加速度，一是由向心力根据牛顿第二定律求解，二是由运动学角度根据an＝eq \f(v2,r)＝ω2r＝eq \f(4π2,T2)r＝4π2n2r＝ωv求解。 解析：A、B边缘的线速度大小相等，RA∶RB＝2∶1，根据a＝eq \f(v2,R)知，aA∶aB＝1∶2；B、C角速度大小相等，RB∶RC＝1∶5，根据a＝Rω2知，aB∶aC＝1∶5。所以aA∶aB∶aC＝1∶2∶10，C正确，A、B、D错误。 3．(多选)一只质量为m的老鹰，以速率v在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，则关于老鹰的向心加速度的说法正确的是(　　) A．大小为eq \f(v2,r) B．大小为g－eq \f(v2,r) C．方向在水平面内 D．方向在竖直面内 解析：根据an＝eq \f(v2,r)可知A正确，B错误；由于老鹰在水平面内运动，向心加速度始终指向圆心，所以向心加速度的方向在水平面内，C正确，D错误。 4．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度大小为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为(　　) A．2,3)eq \f(rω2,req \o\al(2,1)) B．2,1)eq \f(rω2,r3) C．eq \f(r1r2ω2,r3) D．2,3)eq \f(rω2,req \o\al(2,2)) 解析：三轮为齿轮传动，则三轮边缘上各点线速度大小相同，设为v，由甲轮可知v＝ωr1，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小a＝eq \f(v2,r3)＝2,1)eq \f(rω2,r3) ，故A、C、D错误，B正确。 5．(多选)如图所示，偏心轮的转轴为O，以O为圆心的圆内切于偏心轮，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的线速度大小相等 C．A、B的向心加速度大小之比为2∶1 D．A、B的向心加速度大小之比为eq \r(5)∶3 解析：A、B两点同轴转动，故二者角速度相等，故A正确；由几何关系可知A、B的转动半径之比为eq \r(5)∶3，由线速度v＝ωr可知A、B的线速度大小不相等，故B错误；根据向心加速度an＝ω2r，可得A、B的向心加速度大小之比为eq \r(5)∶3，故C错误，D正确。 解析：若主动轮沿顺时针方向转动，通过皮带的摩擦力带动从动轮转动，由题图皮带绕向可知从动轮沿逆时针方向转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故A错误；主动轮边缘的线速度v1＝ω1r1＝2×eq \f(60,60)×π×0.08 m/s＝0.16π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度大小相等，所以从动轮的转速n2＝eq \f(ω2,2π)＝eq \f(\f(v1,r2),2π)＝eq \f(0.16π,2π×0.02) r/s＝4 r/s＝240 r/min，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是240 r/min，所以P点的线速度v3＝ω2r3＝2n2πr3＝2×4×π×eq \f(0.3,2) m/s＝1.2π m/s≈3.8 m/s，故C正确；P和Q的向心加速度大小相等，故an＝2,3)eq \f(v,r3) ＝eq \f(3.82,0.15) m/s2≈96 m/s2，故D错误。 7．(2023·陕西省西安市莲湖区高一下期中)如图所示，有一种游乐项目，游客进入一个大型圆筒状容器后，紧靠竖直筒壁站立。当圆筒开始转动后，转速逐渐增大，游客会感到自己被紧紧地压在筒壁上。已知游客与筒壁间的动摩擦因数为μ，转动半径为r，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当转速增大到一定数值时，即使撤掉底板，游客也不会往下掉，此时游客的向心加速度大小为(　　) A．μg B．μgr C．eq \f(\a\vs4\al(g),μ) D．eq \f(\a\vs4\al(gr),μ) 解析：设筒壁对游客的支持力为N，游客的向心加速度大小为a，则当撤掉底板游客恰好不会往下掉时，在竖直方向有μN＝mg，水平方向有N＝ma，联立解得a＝eq \f(\a\vs4\al(g),μ)，故选C。 解析：在做圆周运动时，甲、乙的向心加速度大小相等，根据牛顿第二定律可知，两者所受的向心力大小相等，B正确；根据向心力公式Fn＝meq \f(v2,r)和牛顿第二定律Fn＝ma，得v＝eq \r(ar)，甲做圆周运动的半径小于乙的，则甲的线速度大小较小，A错误；根据Fn＝meq \f(4π2,T2)r＝ma，得T＝eq \r(\f(4π2r,a))，可知甲、乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长，C正确；甲、乙做匀速圆周运动的线速度为做匀加速直线运动的初速度，又在直线冲刺阶段，甲、乙位移和加速度相同，乙的初速度较大，根据匀变速直线运动的公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，乙匀加速冲向终点线所用的时间较短，结合C项分析，不能判断甲、乙谁先运动到终点线，D错误。 $$