第3章 第2节 第2课时 向心加速度-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（鲁科版2019）

第2课时　向心加速度 [学习目标]　1.理解向心加速度的概念，知道向心加速度和线速度、角速度的关系(重点)。2.能够运用向心加速度公式求解有关问题(重难点)。3.能掌握解决匀速圆周运动动力学问题的方法和步骤(重难点)。 一、向心加速度的方向和大小 如图甲所示，地球绕太阳做匀速圆周运动(近似的)；如图乙所示，光滑桌面上一个小球在细线的牵引下绕桌面上的图钉做匀速圆周运动。 (1)分析地球和小球的受力情况，说明地球和小球的加速度方向； (2)地球和小球加速度的作用是什么？ (3)地球和小球的加速度方向变化吗？匀速圆周运动是一种什么性质的运动呢？ 答案　(1)地球只受到太阳引力作用，方向指向太阳(圆心)，加速度方向指向太阳(圆心)。小球受到重力、支持力、拉力作用，合力指向图钉(圆心)，故加速度的方向指向图钉(圆心)。 (2)由于加速度的方向指向圆心，始终与线速度方向垂直，故加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小。 (3)由于地球和小球的加速度总是沿半径指向圆心，故加速度方向是变化的。匀速圆周运动是一种变加速曲线运动。 1.定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。常用a表示。 2.物理意义：描述速度方向变化的快慢。 3.说明：匀速圆周运动加速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速曲线运动。 4.向心加速度公式 (1)a==ω2r。 (2)由于v=ωr，所以向心加速度也可以写成a=ωv。 (3)由于ω==2πf，所以向心加速度也可以写成a=r=4π2f2r。 5.向心加速度与半径的关系(如图所示) 6.向心加速度公式不仅适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动，v为某位置的线速度，线速度大小变化时，向心加速度大小也发生变化。求向心加速度时，速度必须用该时刻或该位置的瞬时速度。 (1)物体做匀速圆周运动时，其向心加速度是恒定的。(　×　) (2)物体做匀速圆周运动时，在相等时间内速度变化量是相同的。(　×　) (3)圆周运动的加速度一定指向圆心。(　×　) (4)向心加速度的方向始终与速度方向垂直。(　√　) (5)由a=r知，向心加速度a与半径r成正比。(　×　) 例1　(2023·厦门市高一期末改编)如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，力可挽二千斤。其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，其上绕以绳索，绳上加一动滑轮，滑轮下挂上重物。已知a、b分别是大小辘轳边缘上的两点，转动把手带动辘轳旋转将重物轻松吊起。则在此过程中(　　) A.a点的角速度大于b点的角速度 B.a点的线速度等于b点的线速度 C.a点的向心加速度大于b点的向心加速度 D.a点的向心加速度等于b点的向心加速度 答案　C 解析　a、b两点由于是同轴转动，角速度相同，故A错误；a点的转动半径比b大，由 v=ωr，可知a点的线速度大于b点的线速度，故B错误；由a=ω2r，可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故C正确，D错误。 二、几种典型的模型 实例分析 图例 向心力来源 用细绳拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动 (俯视图) 绳的拉力(弹力)提供向心力 物体随转盘做匀速圆周运动，且物体相对于转盘静止 静摩擦力提供向心力 物体A随水平转台做匀速圆周运动，且物体A相对于转台静止 拉力和摩擦力的合力提供向心力 在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动且未发生滑动 弹力提供向心力 用细绳拴住小球在竖直平面内做圆周运动，当小球经过最低点时 拉力和重力的合力提供向心力 飞机水平转弯做匀速圆周运动 升力和重力的合力提供向心力 例2　分析图中物体A、B、C的受力情况，并说明这些物体做圆周运动时由哪些力来提供向心力？ 答案　A：静摩擦力提供向心力 B：筒壁的支持力提供向心力 C：重力和绳子拉力的合力提供向心力 拓展　例2中若物体A线速度逐渐增大，试分析物体A所受的静摩擦力方向。 答案　方向在线速度方向和向心加速度方向之间 解析　将f分解，如图。f1改变线速度的方向，提供向心力，f2改变线速度的大小，使线速度逐渐增大。 例3　(2023·漳州市高一期末)如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力　　　　(填“越大”“越小”或“不变”)，线速度　　　　(填“越大”“越小”或“不变”)。  答案　不变　越大 解析　小球的受力示意图如图所示 在小球匀速圆周运动过程中，受重力和支持力作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此重力和支持力的合力提供向心力F合=，则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，合外力不变。 小球做匀速圆周运动时合力提供向心力=m，解得v=，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，线速度越大。 例4　(2023·福建厦门一中高一月考)2022年2月19日，北京冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静做圆锥摆运动，可简化为如图乙所示的模型。重力为mg的物体到悬挂点的摆线长为L，测得物体在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动，忽略摆线质量，物体可视为质点，求： (1)物体运动周期； (2)悬线与竖直方向夹角的余弦值； (3)悬线对物体的拉力大小。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)物体在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动，所以物体运动周期为T= (2)对物体受力分析可知，重力和摆线拉力的合力提供物体做匀速圆周运动的向心力， 可得mgtan θ=mLsin θ，解得cos θ= (3)悬线对物体的拉力大小为F==。 分析匀速圆周运动问题的基本步骤 1.明确研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。 2.确定物体做圆周运动的轨道平面、圆心、半径。 3.找出向心力的来源，利用平行四边形定则或正交分解法，计算出沿半径方向的合力F合。 4.利用牛顿第二定律列方程F合=F=mω2r=m=mr。 5.解方程求出待求物理量。 拓展　用运动学方法分析匀速圆周运动的向心加速度 1.向心加速度的方向 第一步，画出物体经过 A、B两点时的速度方向，如图甲所示。 第二步，平移vA至B点，如图乙所示。 第三步，作出物体由A点到B点的速度变化量Δv，如图丙所示。 第四步，假设由A到B的时间极短， A到B的距离将非常小，作出此时的Δv，如图丁所示。 从运动学角度分析也可以发现：物体做匀速圆周运动时的加速度指向圆心。 2.向心加速度的大小 由图丁可知，当Δt足够小时，θ就足够小，θ角所对的弦和弧的长度就近似相等。 因此，θ = ，由角速度定义知：θ=ωΔt，可得： Δv = vωΔt 根据加速度定义式 a = ，由 v =ωr 向心加速度大小的表达式为a=ω2r，a=。 课时对点练　[分值：100分] 1~6题每题7分，7题8分，8题10分，共60分 考点一　向心加速度的方向和大小 1.下列关于向心加速度的说法中正确的是(　　) A.向心加速度越大，物体速率变化越快 B.向心加速度的大小与轨道半径成反比 C.向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直 D.在匀速圆周运动中向心加速度是恒量 答案　C 解析　向心加速度只改变线速度方向，不改变线速度大小，A错误；向心加速度的大小可用a=或a=ω2r表示，当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比，可见a与r的比例关系是有条件的，B错误；向心加速度的方向沿半径指向圆心，始终与线速度的方向垂直，C正确；在匀速圆周运动中，向心加速度的大小恒定，但方向始终指向圆心，即其方向时刻变化，所以向心加速度不是恒量，D错误。 2.(2024·南充市嘉陵一中高一月考)如图所示，为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一支，由图可知(　　) A.A物体运动的线速度大小不变 B.A物体运动的角速度大小不变 C.B物体运动的角速度大小不断变化 D.B物体运动的线速度大小不变 答案　A 解析　由于A为双曲线的一支，说明a与r成反比，由向心加速度的公式a=可知，A物体运动的线速度大小不变，故A正确，B错误；由于B的图像为直线，说明a与r成正比，由向心加速度的公式a=rω2可知，B物体运动的角速度大小不变，由v=ωr知线速度随r的增大而增大，故C、D错误。 3.(2023·福建莆田华侨中学高一月考)如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1=10 cm，飞轮的半径r2=5 cm，后轮的半径r3=30 cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是(　　) A.链轮和飞轮的角速度大小之比为2∶1 B.飞轮和后轮的周期之比为1∶2 C.A、B、C三点的线速度大小之比为2∶2∶6 D.A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12 答案　D 解析　由题意可知链轮和飞轮边缘上的点线速度大小相等，根据v=ωr可知二者角速度大小之比为1∶2，故A错误；飞轮和后轮为同轴转动，二者的周期之比为1∶1，故B错误；由v=ωr可知，飞轮和后轮边缘上的点线速度之比为1∶6，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1∶1∶6，故C错误；根据a=可得A、B两点的向心加速度大小之比为1∶2，根据a=ω2r可得B、C两点的向心加速度大小之比为1∶6。所以A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，故D正确。 4.(2023·绵阳市高一期末)运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a。则(　　) A.ω变小，a变小 B.ω变小，a变大 C.ω变大，a变小 D.ω变大，a变大 答案　D 解析　根据ω=可知，速率不变，半径减小，则角速度ω变大；根据a=可知，速率不变，半径减小，向心加速度a变大，故选D。 考点二　几种典型的模型 5.一质量为m的物体，沿半径为R的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力大小为(　　) A.μmg B. C.μm(g+) D.μm(g-) 答案　C 解析　在最低点，由N-mg=m得N=mg+m，由牛顿第三定律可知，N=N'，又由滑动摩擦力公式有f=μN'=μ(mg+m)=μm(g+)，C选项正确。 6.(2023·丽江市高一期末)如图所示，把一个长为20 cm、劲度系数为360 N/m的弹簧一端固定，作为圆心，弹簧的另一端连接一个质量为0.50 kg的小球，当小球以 rad/min的转速在光滑水平面上做匀速圆周运动时，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的伸长量应为(　　) A.5.0 cm B.5.3 cm C.5.2 cm D.5.4 cm 答案　A 解析　根据题意可知ω=2πn=2π××=12 rad/s，设转动时弹簧的长度为L，则弹簧形变量为x=L-0.2，小球做匀速圆周运动时所需的向心力由弹簧的弹力提供，有F=kx=mLω2，代入数据得360(L-0.2)=0.50×L×122，解得L=0.25 m，所以弹簧的伸长量应为25 cm-20 cm=5.0 cm，故选A。 7.(8分)(2023·漳州市高一期中)如图所示，长为l的细线一端固定在光滑水平面上的O点，另一端连接一个小球(可视为质点)，小球在水平面上做匀速圆周运动，线速度大小为v0，A、B为小球运动中经过的两个位置，∠AOB=60°，则小球从A点运动至B点的最短时间为　　　　(用已知物理量的字母表示)；若在OB连线上的某位置固定一个钉子，当小球运动通过B点后，细线上的拉力将　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。  答案　　变大 解析　小球从A点第一次运动至B点的时间最短，t===，小球运动所需向心力由细线拉力提供T=m，若在OB连线上的某位置固定一个钉子，当小球运动通过B点后，线速度大小不变，但半径减小，则所需向心力增大，细线拉力变大。 8.(10分)(2023·江苏卷)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 答案　ω0r　mr 解析　发光物体的速度为v0=ω0r 发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f=mr。 9~11题每题8分，共24分 9.(2023·德州市高一期中)如图所示，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。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、乙的角速度大小相等 C.甲乙两运动员运动半个圆周所用的时间，甲比乙长 D.甲乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长 答案　D 解析　向心加速度大小相等，根据a==ω2r，得v=，ω=，甲的运动半径小于乙的运动半径，则v1<v2，ω1>ω2，A、B错误；根据a=r，得T=，得T1<T2，则甲、乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长，C错误，D正确。 10.(多选)(2023·莆田市开学考)如图是某广场的一处游乐设施简化图，细线长L，线与垂直方向夹角为θ，顾客质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.顾客受重力、拉力和向心力 B.此时的旋转半径为 C.此时的拉力为 D.此时的向心力为mgtan θ 答案　CD 解析　顾客受重力、拉力，重力与拉力的合力提供向心力，故A错误；此时的旋转半径为r=Lsin θ，故B错误；根据竖直方向受力平衡可得此时的拉力为T=，故C正确；此时的向心力为F=mgtan θ，故D正确。 11.(2023·成都市高一期末)如图所示，旋转秋千中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A.A的线速度比B的大 B.A与B的向心加速度大小相等 C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 答案　D 解析　因为两座椅A、B均绕着圆盘轴做圆周运动，故角速度ωA=ωB，假设圆盘转动的角速度很大，则A、B均会被甩起来，由于绳长相等，可知A做圆周运动的半径小于B的半径，由v=ωr可知A的线速度比B的小，故A错误；又由a=ω2r知，A的向心加速度一定小于B的向心加速度，故B错误；由F向=ma向，可知<，对座椅进行受力分析，如图所示，拉力和重力的合力提供A、B做圆周运动的向心力，则有F向=mgtan θ，可知悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角比B小，故C错误；再由T=，可知悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，故D正确。 12.(16分)(2023·福建卷)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0=0.1 m，弹簧劲度系数k=100 N/m，圆环质量m=1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计 (1)(5分)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； (2)(5分)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； (3)(6分)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s 解析　(1)当细杆和圆环处于静止状态，如图甲所示对圆环受力分析得T0=mgcos α=5 N 根据胡克定律F=kΔx得Δx0==0.05 m 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 x1=x0-Δx0=0.05 m (2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。 根据牛顿第二定律得=mr 由几何关系得圆环此时转动的半径为r=x0sin α，联立解得ω0= rad/s (3)圆环处于细杆末端P时，圆环受重力，弹簧弹力，弹簧伸长弹力方向沿杆向下，如图乙所示。 根据胡克定律得T=k(L-x0)=10 N 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有mg+Tcos α=Nsin α，Tsin α+Ncos α=mω2r' 由几何关系得r'=Lsin α，联立解得ω=10 rad/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DISANZHANG 第3章 第2课时　向心加速度 1 1.理解向心加速度的概念，知道向心加速度和线速度、角速度的关系(重点)。 2.能够运用向心加速度公式求解有关问题(重难点)。 3.能掌握解决匀速圆周运动动力学问题的方法和步骤(重难点)。 学习目标 2 内容索引 一、向心加速度的方向和大小 二、几种典型的模型 课时对点练 3 向心加速度的方向和大小 一 4 如图甲所示，地球绕太阳做匀速圆周运动(近似的)；如图乙所示，光滑桌面上一个小球在细线的牵引下绕桌面上的图钉做匀速圆周运动。 (1)分析地球和小球的受力情况， 说明地球和小球的加速度方向； 答案　地球只受到太阳引力作用，方向指向太阳(圆心)，加速度方向指向太阳(圆心)。小球受到重力、支持力、拉力作用，合力指向图钉(圆心)，故加速度的方向指向图钉(圆心)。 (2)地球和小球加速度的作用是什么？ 答案　由于加速度的方向指向圆心，始终与线速度方向垂直，故加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小。 (3)地球和小球的加速度方向变化吗？匀速圆周运动是一种什么性质的运动呢？ 答案　由于地球和小球的加速度总是沿半径指向圆心，故加速度方向是变化的。匀速圆周运动是一种变加速曲线运动。 1.定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向_____，这个加速度叫作向心加速度。常用a表示。 2.物理意义：描述速度_____变化的快慢。 3.说明：匀速圆周运动加速度的_____时刻改变，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，而是_______________。 梳理与总结 圆心 方向 方向 变加速曲线运动 4.向心加速度公式 (1)a==_____。 (2)由于v=ωr，所以向心加速度也可以写成a=____。 (3)由于ω==2πf，所以向心加速度也可以写成a=_______=_______。 ω2r ωv r 4π2f2r 5.向心加速度与半径的关系(如图所示) 6.向心加速度公式不仅适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动，v为某位置的线速度，线速度大小变化时，向心加速度大小也发生变化。求向心加速度时，速度必须用该时刻或该位置的_________。 瞬时速度 (1)物体做匀速圆周运动时，其向心加速度是恒定的。(　　) (2)物体做匀速圆周运动时，在相等时间内速度变化量是相同的。 (　　) (3)圆周运动的加速度一定指向圆心。(　　) (4)向心加速度的方向始终与速度方向垂直。(　　) (5)由a=r知，向心加速度a与半径r成正比。(　　) × × × √ × 易错辨析 　(2023·厦门市高一期末改编)如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，力可挽二千斤。其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，其上绕以绳索，绳上加一动滑轮，滑轮下挂上重物。已知a、b分别是大小辘轳边缘上的两点，转动把手带动辘轳旋转将重物轻松吊起。则在此过程中 A.a点的角速度大于b点的角速度 B.a点的线速度等于b点的线速度 C.a点的向心加速度大于b点的向 心加速度 D.a点的向心加速度等于b点的向心加速度 例1 √ a、b两点由于是同轴转动，角速 度相同，故A错误； a点的转动半径比b大，由 v=ωr， 可知a点的线速度大于b点的线速 度，故B错误； 由a=ω2r，可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故C正确，D错误。 返回 几种典型的模型 二 14 实例分析 图例 向心力来源 用细绳拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动   (俯视图) _________(弹力)提供向心力 物体随转盘做匀速圆周运动，且物体相对于转盘静止   _________提供向心力 绳的拉力 静摩擦力 实例分析 图例 向心力来源 物体A随水平转台做匀速圆周运动，且物体A相对于转台静止   _____________的合力提供向心力 在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动且未发生滑动   _____提供向心力 拉力和摩擦力 弹力 实例分析 图例 向心力来源 用细绳拴住小球在竖直平面内做圆周运动，当小球经过最低点时   ___________的合力提供向心力 飞机水平转弯做匀速圆周运动   ___________的合力提供向心力 拉力和重力 升力和重力 　分析图中物体A、B、C的受力情况，并说明这些物体做圆周运动时由哪些力来提供向心力？ 例2 答案　A：静摩擦力提供向心力 B：筒壁的支持力提供向心力 C：重力和绳子拉力的合力提供向心力 拓展　例2中若物体A线速度逐渐增大，试分析物体A所受的静摩擦力方向。 答案　方向在线速度方向和向心加速度方向之间 将f分解，如图。f1改变线速度的方向，提供向心力，f2改变线速度的大小，使线速度逐渐增大。 　(2023·漳州市高一期末)如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力　　　(填“越大” “越小”或“不变”)，线速度　　　(填“越大”“越小”或“不变”)。  例3 不变 越大 小球的受力示意图如图所示 在小球匀速圆周运动过程中，受重力和支持力作 用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此重力 和支持力的合力提供向心力F合=，则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，合外力不变。 小球做匀速圆周运动时合力提供向心力=m，解得v=，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，线速度越大。 　(2023·福建厦门一中高一月考)2022年2月19日，北京冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静做圆锥摆运动，可简化为如图乙所示的模型。重力为mg的物体到悬挂点的摆线长为L，测得物体在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动，忽略摆线质量， 物体可视为质点，求： (1)物体运动周期； 例4 答案　　 物体在时间t内完成了n次完整的圆锥摆运动，所以物体运动周期为T= (2)悬线与竖直方向夹角的余弦值； 答案　　 对物体受力分析可知，重力和摆线拉力的合力提供物体做匀速圆周运动的向心力， 可得mgtan θ=mLsin θ，解得cos θ= (3)悬线对物体的拉力大小。 答案　 悬线对物体的拉力大小为F==。 分析匀速圆周运动问题的基本步骤 1.明确研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。 2.确定物体做圆周运动的轨道平面、圆心、半径。 3.找出向心力的来源，利用平行四边形定则或正交分解法，计算出沿半径方向的合力F合。 4.利用牛顿第二定律列方程F合=F=mω2r=m=mr。 5.解方程求出待求物理量。 总结提升 拓展　用运动学方法分析匀速圆周运动的向心加速度 1.向心加速度的方向 第一步，画出物体经过A、B两点时的速度方向，如图甲所示。 第二步，平移vA至B点，如图乙所示。 第三步，作出物体由A点到B点的速度变化量Δv，如图丙所示。 第四步，假设由A到B的时间极短，A到B的距离将非常小，作出此时的Δv，如图丁所示。 从运动学角度分析也可以发现：物体做匀速圆周运动时的加速度指向_____。 圆心 2.向心加速度的大小 由图丁可知，当Δt足够小时，θ就足够小，θ角 所对的弦和弧的长度就近似相等。 因此，θ = ，由角速度定义知：θ=ωΔt，可得： Δv = vωΔt 根据加速度定义式a=，由 v =ωr 向心加速度大小的表达式为a=ω2r，a=。 返回 课时对点练 三 29 对一对 答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C A D D C A 题号 7 8 9 10 11 12 答案 　变大 ω0r　mr D CD D (1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 考点一　向心加速度的方向和大小 1.下列关于向心加速度的说法中正确的是 A.向心加速度越大，物体速率变化越快 B.向心加速度的大小与轨道半径成反比 C.向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直 D.在匀速圆周运动中向心加速度是恒量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 答案 向心加速度只改变线速度方向，不改变线速度大小，A错误； 向心加速度的大小可用a=或a=ω2r表示，当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比，可见a与r的比例关系是有条件的，B错误； 向心加速度的方向沿半径指向圆心，始终与线速度的方向垂直，C正确； 在匀速圆周运动中，向心加速度的大小恒定，但方向始终指向圆心，即其方向时刻变化，所以向心加速度不是恒量，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 2.(2024·南充市嘉陵一中高一月考)如图所示，为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一支，由图可知 A.A物体运动的线速度大小不变 B.A物体运动的角速度大小不变 C.B物体运动的角速度大小不断变化 D.B物体运动的线速度大小不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由于A为双曲线的一支，说明a与r成反比，由向心 加速度的公式a=可知，A物体运动的线速度大小 不变，故A正确，B错误； 由于B的图像为直线，说明a与r成正比，由向心加速度的公式a=rω2可知，B物体运动的角速度大小不变，由v=ωr知线速度随r的增大而增大，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 3.(2023·福建莆田华侨中学高一月考)如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1=10 cm，飞轮的半径r2=5 cm，后轮的半径r3=30 cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是 A.链轮和飞轮的角速度大小之比为2∶1 B.飞轮和后轮的周期之比为1∶2 C.A、B、C三点的线速度大小之比为2∶2∶6 D.A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由题意可知链轮和飞轮边缘上的点线速度大 小相等，根据v=ωr可知二者角速度大小之比 为1∶2，故A错误； 飞轮和后轮为同轴转动，二者的周期之比为 1∶1，故B错误； 由v=ωr可知，飞轮和后轮边缘上的点线速度之比为1∶6，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1∶1∶6，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据a=可得A、B两点的向心加速度大小之比为1∶2，根据a=ω2r可得B、C两点的向心加速度大小之比为1∶6。所以A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 4.(2023·绵阳市高一期末)运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a。则 A.ω变小，a变小 B.ω变小，a变大 C.ω变大，a变小 D.ω变大，a变大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据ω=可知，速率不变，半径减小，则角速度ω变大；根据a=可知，速率不变，半径减小，向心加速度a变大，故选D。 答案 考点二　几种典型的模型 5.一质量为m的物体，沿半径为R的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力大小为 A.μmg B. C.μm(g+) D.μm(g-) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在最低点，由N-mg=m得N=mg+m，由牛顿第三定律可知，N=N'，又由滑动摩擦力公式有f=μN'=μ(mg+m)=μm(g+)，C选项正确。 答案 6.(2023·丽江市高一期末)如图所示，把一个长为20 cm、劲度系数为360 N/m 的弹簧一端固定，作为圆心，弹簧的另一端连接一个质量为0.50 kg的小球，当小球以 rad/min的转速在光滑水平面上做匀速圆周运动时，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的伸长量应为 A.5.0 cm B.5.3 cm C.5.2 cm D.5.4 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意可知ω=2πn=2π××=12 rad/s，设 转动时弹簧的长度为L，则弹簧形变量为x=L-0.2， 小球做匀速圆周运动时所需的向心力由弹簧的弹 力提供，有F=kx=mLω2，代入数据得360(L-0.2)=0.50×L×122，解得L=0.25 m，所以弹簧的伸长量应为25 cm-20 cm=5.0 cm，故选A。 答案 7.(2023·漳州市高一期中)如图所示，长为l的细线一端固定在光滑水平面上的O点，另一端连接一个小球(可视为质点)，小球在水平面上做匀速圆周运动，线速度大小为v0，A、B为小球运动中经过的两个位置，∠AOB =60°，则小球从A点运动至B点的最短时间为　　　(用已知物理量的字母表示)；若在OB连线上的某位置固定一个钉子，当小球 运动通过B点后，细线上的拉力将　　　(选填“变大” “变小”或“不变”)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 变大 答案 小球从A点第一次运动至B点的时间最短，t== =，小球运动所需向心力由细线拉力提供T=m， 若在OB连线上的某位置固定一个钉子，当小球运动 通过B点后，线速度大小不变，但半径减小，则所需向心力增大，细线拉力变大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 8.(2023·江苏卷)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　ω0r　mr 答案 发光物体的速度为v0=ω0r 发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f=mr。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 9.(2023·德州市高一期中)如图所示，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。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、乙的角速度大小相等 C.甲乙两运动员运动半个圆周所用的时间，甲比乙长 D.甲乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 向心加速度大小相等，根据a==ω2r，得v=， ω=，甲的运动半径小于乙的运动半径，则v1< v2，ω1>ω2，A、B错误； 根据a=r，得T=，得T1<T2，则甲、乙两运动员运动半个圆周所用的时间，乙比甲长，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 10.(多选)(2023·莆田市开学考)如图是某广场的一处游乐设施简化图，细线长L，线与垂直方向夹角为θ，顾客质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.顾客受重力、拉力和向心力 B.此时的旋转半径为 C.此时的拉力为 D.此时的向心力为mgtan θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 答案 顾客受重力、拉力，重力与拉力的合力提供向心力，故A错误； 此时的旋转半径为r=Lsin θ，故B错误； 根据竖直方向受力平衡可得此时的拉力为T=，故C正确； 此时的向心力为F=mgtan θ，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 11.(2023·成都市高一期末)如图所示，旋转秋千中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 A.A的线速度比B的大 B.A与B的向心加速度大小相等 C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 因为两座椅A、B均绕着圆盘轴做圆周运动， 故角速度ωA=ωB，假设圆盘转动的角速度很 大，则A、B均会被甩起来，由于绳长相等， 可知A做圆周运动的半径小于B的半径，由 v=ωr可知A的线速度比B的小，故A错误； 又由a=ω2r知，A的向心加速度一定小于B的向心加速度，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由F向=ma向，可知<，对座椅进行受力分析，如图 所示，拉力和重力的合力提供A、B做圆周运动的向心力， 则有F向=mgtan θ，可知悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角比B 小，故C错误； 再由T=，可知悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 尖子生选练 12.(2023·福建卷)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0=0.1 m，弹簧劲度系数k=100 N/m，圆环质量m=1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计 (1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　0.05 m　 答案 当细杆和圆环处于静止状态，如图甲所示对圆环受力分析得T0=mgcos α=5 N 根据胡克定律F=kΔx得Δx0==0.05 m 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态， 弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 x1=x0-Δx0=0.05 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 (2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　 rad/s　 若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。 根据牛顿第二定律得=mr 由几何关系得圆环此时转动的半径为r=x0sin α，联立解得ω0= rad/s 答案 (3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　10 rad/s 答案 圆环处于细杆末端P时，圆环受重力，弹簧弹力， 弹簧伸长弹力方向沿杆向下，如图乙所示。 根据胡克定律得T=k(L-x0)=10 N 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡， 水平方向合力提供向心力，则有mg+Tcos α=Nsin α，Tsin α+Ncos α= mω2r' 由几何关系得r'=Lsin α，联立解得ω=10 rad/s。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$