3.向心加速度-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦向心加速度，系统讲解其方向、大小公式及圆周运动动力学分析。通过摩天轮、旋转飞车等生活实例导入，结合自主学习情境，从概念理解到公式推导再到动力学应用，构建递进式学习支架。 其亮点在于以情境导入和课堂探究任务为载体，通过圆锥摆等模型建构与科学推理，落实物理观念和科学思维培养。例题与针对练结合飞机俯冲、自行车齿轮等实例，助力学生深化理解，教师可借助结构化内容提升教学效率。

3. 向心加速度 　　　　 第六章 圆周运动 1.通过生活中的实例，理解向心加速度的概念。　 2.掌握向心加速度的计算公式，并能应用其进行相关计算。　 3.会应用动力学方法分析匀速圆周运动问题。 素养目标 知识点一　匀速圆周运动的加速度方向 1 知识点二　匀速圆周运动的加速度大小 2 课时测评 4 内容索引 知识点三　圆周运动的动力学分析 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 知识点一　匀速圆周运动的加速度方向 返回 情境导入　如图所示，游客乘坐摩天轮做匀速圆周运动时，有加速度吗？方向如何？ 自主学习 提示：有加速度；方向指向圆心。 教材梳理 (阅读教材P31，完成下列填空) 1.物体做匀速圆周运动时的线速度______不变，______时刻变化，因此它运动的加速度一定不为零。 2.向心加速度：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向______，我们把它叫作向心加速度。 3.向心加速度的方向：沿半径方向指向______，与线速度方向______。 大小 方向 圆心 圆心 垂直 课堂探究 师生互动　如图为游乐设施旋转飞车的示意图，旋转飞车的运动可以看作匀速圆周运动。 任务1：飞车做匀速圆周运动时，飞车受几个力？合力的方向如何？合力产生的加速度就是向心加速度吗？ 提示：在匀速圆周运动中，飞车受两个力，重力和绳子的拉力；合力指向做圆周运动的圆心；合力产生的加速度就是向心加速度。 任务2：当飞车加速旋转过程中，合力产生的加速度是向心加速度吗？ 提示：飞车加速旋转过程中，合力产生的加速度不是向心加速度。 任务3：圆周运动的加速度方向一定指向圆心吗？ 提示：匀速圆周运动的加速度方向一定指向圆心，非匀速圆周运动的加速度方向不一定指向圆心。 1.向心加速度的物理意义 描述匀速圆周运动线速度方向变化的快慢，不表示线速度大小变化的快慢。 2.圆周运动的性质 不论向心加速度an的大小是否变化，an的方向是时刻改变的，所以圆周运动的向心加速度时刻发生改变，圆周运动一定是非匀变速曲线运动。 3.变速圆周运动的向心加速度 做变速圆周运动的物体，加速度一般情况下不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度；二是切向加速度。向心加速度改变速度的方向，切向加速度改变速度的大小。在圆周运动中，向心加速度的方向总是指向圆心。 探究归纳 (多选)关于向心加速度，以下说法中正确的是 A.向心加速度的方向始终与线速度方向垂直 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.物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心 D.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 例1 √ √ 向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，且只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故A、B正确；物体做变速圆周运动时的加速度方向不指向圆心，故C错误；物体做匀速圆周运动时，相等时间内速度变化量大小相等，方向不同，故D错误。故选AB。 1.圆周运动分为匀速圆周运动和变速圆周运动，只有匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心。 2.无论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，向心力都指向圆心，是变力，向心加速度都指向圆心。 总 结 提 升 针对练.(2025·福建高一名校联考)关于对做圆周运动的物体的向心加速度的理解，下列说法正确的是 A.向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢 B.向心加速度的方向可能与速度方向成任意角度 C.向心加速度可能改变速度的大小 D.做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度恒定 √ 向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢，向心加速度只能改变速度的方向，不能改变速度的大小，故A正确，C错误； 向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向则沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，故B错误；做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度的方向时刻发生变化，所以向心加速度不是恒定的，故D错误。故选A。 返回 知识点二　匀速圆周运动的加速度大小 返回 情境导入　如图所示，用手通过绳子拉着小球做匀速圆周运动。 (1)在绳长一定情况下，增加小球转动的速度，手感受到的拉力怎样变化？加速度怎样变化？ 自主学习 提示：增大；增大。　 (2)在转动角速度一定的情况下，增加绳长，手感受到的拉力怎样变化？加速度怎样变化？ 提示：增大；增大。 教材梳理 (阅读教材P31，完成下列填空) 1.推导：向心加速度与向心力的关系符合牛顿第二定律，则有Fn＝man＝m＝mω2r。 2.向心加速度公式：an＝＝______。 3.适用范围：向心加速度公式既适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动。 ω2r 课堂探究 师生互动　如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样。A、B、C是它们边缘上的三个点，RC＞RA＞RB，请思考： 任务1：哪两个点的向心加速度与半径成正比？ 提示：B、C两个点同轴转动，它们的角速度相同，向心加速度与半径成正比。 任务2：哪两个点的向心加速度与半径成反比？ 提示：A、B两个点的线速度大小相等，向心加速度与半径成反比。 任务3：如何比较A点和C点的向心加速度大小？ 提示：根据A、B两点线速度大小相等和a＝，可知aB＞aA，再根据B、C两点角速度相等和a＝ω2r，可知aC＞aB，故aC＞aA。 1.向心加速度的几种表达式 探究归纳 2.向心加速度的大小与各量关系的理解 (1)当r一定时，an∝v2，an∝ω2。 (2)当v一定时，an∝。 (3)当ω一定时，an∝r。 (4)an与r成正比还是反比，要看是ω恒定还是v恒定。 探究归纳 (2025·云南曲靖高一下期末)我国古代的指南车是利用齿轮传动来指明方向的一种简单机械。指南车某部分结构如图所示，在A、B、C三个齿轮的边缘上分别取1、2、3三点，齿轮B和C同轴转动，三个齿轮的半径之比rA∶rB∶rC＝2∶3∶1。下列说法正确的是 A.1、2、3三点的周期之比为3∶2∶1 B.1、2、3三点的角速度大小之比为1∶3∶3 C.1、2、3三点的线速度大小之比为1∶2∶3 D.1、2、3三点的向心加速度大小之比为9∶6∶2 例2 √ 1、2两点的线速度大小相等，根据v＝ωr可知，角速度之比为3∶2，2、3两点同轴转动，角速度相等，可知1、2、3三点的角速度之比为3∶2∶2，根据T＝可知，周期之比为2∶3∶3，A、B错误；因1、2、3三点的半径之比为rA∶rB∶rC＝2∶3∶1，根据v＝ωr可知，线速度大小之比为3∶3∶1，C错误；根据an＝ωv可知，1、2、3三点的向心加速度大小之比为9∶6∶2，D正确。故选D。 飞机在做俯冲拉起运动时，可以看成是在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若在最低点附近做半径为r＝240 m的圆周运动，飞行员的质量m＝60 kg，飞机经过最低点P时的速度为v＝360 km/h，试计算： (1)此时飞机的向心加速度an的大小； 例3 答案： m/s2　 v＝360 km/h＝100 m/s 由向心加速度公式可得 an＝＝ m/s2＝ m/s2。 (2)此时飞行员对座椅的压力FN的大小。(g取10 m/s2) 答案：3 100 N 对飞行员进行受力分析，则飞行员在最低点受重力和座椅的支持力FN'，向心力由二力的合力提供，则有FN'－mg＝man 代入数据解得FN'＝3 100 N 根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力大小FN＝FN'＝3 100 N。 针对练1.(2025·广西南宁二中月考)如图甲是某环岛的俯视图。A、B两车(同种型号可认为质量相等)正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。已知A、B两车做匀速圆周运动的半径之比满足rA∶rB＝2∶3，下列说法正确的是 A.A、B两车的角速度大小之比ωA∶ωB＝3∶2 B.A、B两车的角速度大小之比ωA∶ωB＝2∶3 C.A、B两车所受的合力大小之比FA∶FB＝1∶1 D.A、B两车所需的向心力大小之比FnA∶FnB＝2∶3 √ A、B两车正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，根据v＝ωr，可得A、B两车的角速度大小之比为ωA∶ωB＝rB∶rA＝3∶2，故A正确，B错误；由合力提供向心力，可知F合＝Fn＝m，可知A、B两车所受的合力大小之比为FA∶FB＝rB∶rA＝3∶2，A、B两车所需的向心力大小之比为FnA∶FnB＝rB∶rA＝3∶2，故C、D错误。故选A。 针对练2. (2025·湖南郴州高一下期末)如图所示，一部机器与电动机通过皮带连接，机器皮带轮半径是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间不发生滑动，已知A为机器皮带轮上一点，且到转轴距离为轮半径的一半，B、C两点分别为电动机皮带轮和机器皮带轮边缘的两点，则下列关系正确的是 A.A、B、C三点的角速度大小之比为1∶4∶1 B.A、B、C三点的线速度大小之比为1∶2∶1 C.A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶8∶1 D.A、B、C三点的周期之比为1∶2∶1 √ B、C两点为电动机皮带轮和机器皮带轮边缘的两点， 其线速度大小相等，则有vB＝vC，A、C两点属于同 轴转动，其角速度相等，则有ωA＝ωC，根据线速度 与角速度的关系有vA＝ωArA，vB＝ωBrB，vC＝ωCrC，由于rC＝4rB＝2rA，解得ωA∶ωB∶ωC＝1∶4∶1，vA∶vB∶vC＝1∶2∶2，故A正确，B错误；A、B、C三点的向心加速度大小分别为aA＝rA，aB＝rB，aC＝rC，解得aA∶aB∶aC＝1∶8∶2，故C错误；A、B、C三点的周期分别为TA＝，TB＝，TC＝，解得TA∶TB∶TC＝4∶1∶4，故D错误。故选A。 返回 知识点三　圆周运动的动力学分析 返回 1.匀速圆周运动的动力学分析 (1)对于做匀速圆周运动的物体，其所受合力提供向心力，即F合＝Fn＝m＝mω2r＝mr。 (2)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，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。 ⑤解方程求出待求物理量。 2.几种常见的圆周运动模型 图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程 或mgtan θ＝mω2lsin θ 或mgtan θ＝mω2r 图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程 或mgtan θ＝mω2r 如图所示，长为L的细绳，一端拴一质量为m的小 球，另一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运 动(圆锥摆)，细绳与竖直方向的夹角为α，重力加速度为 g。求： (1)细绳的拉力大小； 例4 答案：　 做匀速圆周运动的小球受力如图所示，小球受重力mg和 细绳的拉力F的作用。 因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合 力沿水平方向指向圆心O'。由受力分析图可知，细绳对小 球的拉力大小为F＝。 (2)小球运动的线速度大小和向心加速度大小； 答案：　gtan α 做匀速圆周运动的小球受力如图所示，小球受重力mg和细绳的拉力F的作用。 由牛顿第二定律得mgtan α＝m 由几何关系得r＝Lsin α 所以小球做匀速圆周运动的线速度大小为v＝ 小球的向心加速度大小为an＝＝gtan α (或用牛顿第二定律求解：an＝＝＝gtan α)。 (3)小球运动的角速度及周期。 答案： 　2π 做匀速圆周运动的小球受力如图所示，小球受重力mg和细绳的拉力F的作用。 小球运动的角速度ω＝＝＝ 小球运动的周期T＝＝2π 。 针对练1. (2025·天津市滨海新区期中)一倒立的圆锥筒，筒侧壁倾斜角度α不变。 一小球在筒的内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是 A.H越高，小球做圆周运动的向心加速度越大 B.H越高，小球做圆周运动的线速度越小 C.H越高，小球做圆周运动的角速度越小 D.H越高，小球对侧壁的压力越小 √ 小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆 周运动的向心力，作出受力分析图如图所示，则向心力为 Fn＝mgtan α，由于m、α不变，向心力大小不变，向心加 速度不变，故A错误；根据牛顿第二定律得Fn＝m，H 越高，r越大，Fn不变，则v越大，故B错误；由mgtan α＝mω2r得ω＝，则知H越高，r越大，ω越小，故C正确；侧壁对小球的支持力F＝不变，则小球对侧壁的压力不变，故D错误。故选C。 针对练2. (2025·天津市高一下期中)细线下端系着一个小球，手拿着细线上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的角速度为ω1时，小球在较低圆周1上做匀速圆周运动，细线对小球拉力为FT1，小球向心加速度为a1，小球线速度为v1；当小球角速度为ω2时，小球在较高圆周2上做匀速圆周运动，细线对小球拉力为FT2，小球向心加速度为a2，小球线速度为v2。下列说法正确的是 A.a1＞a2 B.FT1＜FT2 C.ω1＝ω2 D.v1＞v2 √ 设细线与竖直方向的夹角为θ，则小球的向心力为 Fn＝mgtan θ，由于θ1＜θ2，则Fn1＜Fn2，向心加 速度a1＜a2，故A错误；细线对小球的拉力为FT＝ ，由于θ1＜θ2，有FT1＜FT2，故B正确；小球在 水平面内做匀速圆周运动，设细线长为l，根据牛顿第二定律，有mgtan θ＝mω2lsin θ＝m，可得ω＝，v＝，由于θ1＜θ2，则ω1＜ω2，v1＜v2，故C、D错误。故选B。 课堂回眸 返回 课时测评 返回 1.下列关于向心力和向心加速度的说法正确的是 A.做匀速圆周运动的物体的向心力恒定不变 B.向心力不改变做圆周运动物体的线速度的大小 C.做圆周运动的物体的合力一定是向心力 D.向心加速度时刻指向圆心，方向不变 √ 做匀速圆周运动的物体，向心力的方向始终指向圆心，其向心力是变力，故A错误；向心力的方向始终沿着半径指向圆心，与速度方向垂直，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故B正确；做变速圆周运动的物体的合力指向圆心的分力提供向心力，故C错误；向心加速度的方向始终沿着半径指向圆心，方向改变，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.小明坐在水平转盘上，与转盘一起做匀速圆周运动。关于小明的运动状态和受力情况，下列说法正确的是 A.角速度不变 B.线速度不变 C.向心加速度不变 D.所受合力为零 √ 匀速圆周运动过程中，角速度恒定不变，线速度大小恒定不变，方向时刻变化，向心加速度的大小恒定不变，方向时刻变化，故A正确，B、C错误；匀速圆周运动中，加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，所受合力不为零，D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动，如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上，Q点和M点位于“赤道”上，O点为球心。下列说法正确的是 A.P、Q的线速度大小相等 B.P、M的角速度大小相等 C.P、Q的向心加速度大小相等 D.P、M的向心加速度方向均指向O √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 由于同轴转动的物体的角速度相等，可知P、Q、M的角速度均相等，B正确；题图中球面上各点圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有rP＜rQ，根据v＝ωr，可知vP＜vQ，A错误；根据an＝ω2r，可知anP＜anQ，C错误；M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到地轴垂线的垂足，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径为3.0 m，小孩旋转5周用时1 min，则小孩做匀速圆周运动时 A.周期为0.2 s B.角速度为 rad/s C.线速度为 m/s D.向心加速度为 m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 小孩做匀速圆周运动的周期为T＝＝12 s，故A错误；小孩做匀速圆周运动的角速度为 ω＝＝ rad/s，故B错误；小孩做匀速圆周运动的线速度为 v＝ωr＝ m/s，故C错误；小孩做匀速圆周运动的向心加速度为an＝ω2r＝ m/s2，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.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RA、RB和RC，其半径之比为RA∶RB∶RC＝3∶1∶6，在它们的边缘分别取一点A、B、C。下列说法正确的是 A.线速度大小之比为2∶2∶3 B.角速度大小之比为2∶3∶1 C.转速大小之比为3∶2∶1 D.向心加速度大小之比为1∶3∶18 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘上的点线速度相等， 故vA∶vB＝1∶1，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度 相等，所以ωB∶ωC＝1∶1，又RB∶RC＝1∶6，根据 v＝ωr知，B、C两点的线速度之比为1∶6，故线速度 大小之比为1∶1∶6，故A错误；由RA∶RB＝3∶1和ω＝可知，A、B的角速度之比 ωA∶ωB＝RB∶RA＝1∶3，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则角速度大小之比为1∶3∶3，故B错误；根据ω＝2πn知转速和角速度成正比，角速度大小之比 为1∶3∶3，则转速大小之比为1∶3∶3，故C错误；A与B的线速度相等，由a＝ 可知A与B的向心加速度之比aA∶aB＝RB∶RA＝1∶3，B与C的角速度相等，由a＝ω2r可知B、C两点的向心加速度之比为1∶6，则向心加速度大小之比为1∶3∶18，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6. (多选)(2025·河北秦皇岛高一下学期期末)大型游乐装置“大摆锤”的简图如图所示，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2∶1，在摆臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是 A.a、b的线速度大小之比为2∶1 B.a、b的角速度大小之比为1∶2 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1∶4 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 a、b同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr可得a、b的线速度大小之比为va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，根据an＝ω2r可得a、b的向心加速度大小之比为ana∶anb＝ra∶rb＝2∶1。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于图示时刻空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是 A.竖直向上，F＝mg B.竖直向上，F＝m C.斜向右上方，F＝m D.斜向右上方，F＝m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 根据牛顿第二定律可知，无人机需要的向心力Fn＝m，无人机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则得空气对无人机的作用力F＝＝m，方向斜向右上方。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8. (多选)(2025·浙江省G5联盟高一下学期期中联考)有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为 L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为 r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，座椅(包括人)的质量为m，重力加速度为g，不计钢绳的重力。以下说法正确的是 A.钢绳的拉力大小为 B.座椅的向心加速度大小为ω2(r＋Lsin θ) C.如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直 D.两个体重不同的人坐在座椅上，钢绳与竖直方向的夹角一样大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 对座椅受力分析，如图所示。竖直方向有Fcos θ＝mg， 解得F＝，水平方向有Fsin θ＝mω2(r＋Lsin θ)， 解得F＝，故A错误；座椅的向心加速度 大小为an＝ω2(r＋Lsin θ)，故B正确；因钢绳在竖直 方向上的分力与重力平衡，故钢绳不可能水平拉直， 故C错误；根据牛顿第二定律可得m'gtan θ＝m'ω2(r＋Lsin θ)，整理得gtan θ＝ω2(r＋Lsin θ)，钢绳与竖直方向的夹角和座椅上人的质量无关，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9. (多选)(2025·福建厦门杏南中学月考)如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.细线对小球的拉力大小为mω2l B.保持l不变，增大角速度ω，细线与竖直方向的夹角变小 C.保持h不变，增大绳长l，ω不变 D.保持h不变，增大绳长l，小球向心加速度大小不变 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设细线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得 FTsin θ＝mω2lsin θ，mgtan θ＝mω2lsin θ，解得细线对 小球的拉力大小为FT＝mω2l，ω＝，由此可知， 保持l不变，增大角速度ω，细线与竖直方向的夹角θ变大，故A正确，B错误；根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，可知保持h不变，增大绳长l，ω不变，故C正确；保持h不变，增大绳长l，θ增大，根据mgtan θ＝man，可知向心加速度大小增大，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(多选)不可伸长的细绳穿过内壁光滑的“┌”形细管，细绳两端拴着小球A、B，质量分别为mA、mB，当细管绕竖直段的中心轴线OO'以恒定角速度ω匀速转动时，拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角为θ，小球B恰好处于静止状态，已知小球A到管口的绳长为l，如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是 A.小球A的线速度大小为v＝ωlsin θ B.细绳的弹力等于小球B的重力 C.mA一定大于mB D.小球A的向心加速度大小为an＝ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 小球A的线速度大小为v＝ωr＞ωlsin θ，故A错误； 对小球B受力分析，由平衡条件可知FT＝mBg，故 细绳的弹力等于小球B的重力，故B正确；对小球 A受力分析，在竖直方向由平衡条件得FTcos θ＝ mAg，可得mBgcos θ＝mAg，即mB＞mA，故C错 误；小球A受到的合力即向心力为mBgsin θ，向心加速度大小为an＝，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(10分)(2025·陕西渭南高一下学期期中)如图所示，沿半径为R的半球型碗的光滑内表面，质量为m的小球正在虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，小球离碗底的高度h＝R，重力加速度为g，试求：(结果可用根号 表示) (1)此时小球对碗壁的压力大小； 答案：2mg 由几何关系可知，支持力与水平方向的夹角为θ＝30° 对小球受力分析，可得FNsin 30°＝mg 解得FN＝2mg 根据牛顿第三定律可知小球对碗壁的压力大小FN'＝FN＝2mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)小球做匀速圆周运动的线速度大小和向心加速度大小； 答案： 　g　 根据牛顿第二定律可知FNcos 30°＝m＝man 解得v＝ ，an＝g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)小球做匀速圆周运动的周期。 答案：π 根据FNcos 30°＝mRcos 30° 解得T＝π 。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 谢 谢 观 看 第六章 圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $