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6.3 向心加速度
一、考点梳理
考点一、对向心加速度的理解
1、向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变．
2、向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小．
3、圆周运动的性质：由于向心加速度方向时刻发生变化，所以圆周运动都是变加速曲线运动．
4、变速圆周运动的加速度并不指向圆心，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方向，切向加速度改变速度大小．
【典例1】关于向心加速度，下列说法正确的是(　　)
A．向心加速度是描述速率变化快慢的物理量
B．匀速圆周运动的向心加速度恒定不变
C．向心加速度是描述物体运动方向变化快慢的物理量
D．向心加速度随着轨道半径的增大而减小
【答案】C
【解析】匀速圆周运动中速率不变，而向心加速度不为零，故A错误；匀速圆周运动的向心加速度大小不变、方向时刻改变，是变化的，故B错误；向心加速度与速度垂直，是描述物体运动方向变化快慢的物理量，故C正确；根据an＝ω2r，角速度一定时，轨道半径越大，向心加速度越大，故D错误．
练习1、关于做匀速圆周运动物体的向心加速度的方向，下列说法中正确的是（　　）
A．与线速度方向始终相同 B．与线速度方向始终相反
C．始终指向圆心 D．始终保持不变
【答案】C
【解析】AB．向心加速度的方向与线速度方向垂直，选项AB错误；
CD．做匀速圆周运动物体的向心加速度的大小不变，而方向时刻变化，始终指向圆心，选项C正确，D错误。
练习2、关于向心加速度，下列说法正确的是(　　)
A.由an＝知，匀速圆周运动的向心加速度恒定
B.匀速圆周运动不属于匀速运动
C.向心加速度越大，物体速率变化越快
D.做圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心
【答案】B
【解析】向心加速度是矢量，且方向始终指向圆心，因此向心加速度不是恒定的，A错误；匀速运动是匀速直线运动的简称，匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动，存在向心加速度，速度方向改变，B正确；向心加速度不改变速率，C错误；只有匀速圆周运动的加速度才时刻指向圆心，D错误.
考点二、向心加速度的大小
1、向心加速度的证明
（1）如图所示，物体自半径为r的圆周a匀速率运动至b，所经时间为△t，若物体在a、b点的速率为va=vb=v，则其速度的增量△v=vb-va=vb+（-va），由平行四边形法则作出其矢量图如图1。由余弦定理可得
an＝＝ω2r
an＝ωv.
由于ω＝＝2πf，所以向心加速度也可以是an＝r＝4π2f2r.
2、向心加速度与半径的关系(如图所示)
3、向心加速度公式的适用范围
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即为那一位置的线速度，且无论物体做的是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，其向心加速度的方向都指向圆心．
【典例1】火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A．位移为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
【答案】D
【解析】A．圆周运动的弧长
s=vt=60×10m=600m
则位移小于600m，选项A错误；
B．火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；
CD．由题意得圆周运动的角速度
rad/s= rad/s
又
所以
m=3439m≈3.4km
练习1、(多选)如图所示，某拖拉机后轮半径是前轮半径的2倍，A、B分别是前、后轮边缘上的点，C是后轮某半径的中点．拖拉机匀速行驶时，A、B、C三点的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，向心加速度大小分别为aA、aB、aC.以下选项正确的是(　　)
A．vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
B．ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶2
C．aA∶aB∶aC＝4∶2∶1
D．aA∶aB∶aC＝1∶2∶1
【答案】AC
【解析】B和C都是后轮上的点，同轴转动时各点角速度相等，故有ωB＝ωC.A和B分别是前、后轮边缘上的点，由于拖拉机匀速行驶时，前、后轮边缘上的点的线速度大小相等，故有vA＝vB.根据线速度和角速度的关系v＝rω，可得ωA∶ωB＝2∶1，vB∶vC＝2∶1，故ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，vA∶vB∶vC＝2∶2∶1，根据公式an＝ω2r，可得aA∶aB∶aC＝4∶2∶1，选项A、C正确．
练习2、自行车的脚踏板、大齿轮、小齿轮、后轮的转动半径不一样．如图所示的四个点甲、乙、丙、丁，则向心加速度与半径成反比的点是(　　)
A．甲、乙 B．丙、丁
C．甲、丁 D．以上均不对
【答案】C
【解析】甲、乙两点属于同轴转动，具有相等的角速度，由向心加速度a＝ω2R可知，甲、乙两点向心加速度与半径成正比，故A错误；丙、丁两点属于同轴转动，具有相等的角速度，由向心加速度a＝ω2R可知，丙、丁两点向心加速度与半径成正比，故B错误；甲、丁两点的线速度相等，根据向心加速度的公式a＝可知，甲、丁两点向心加速度与半径成反比，故C正确，D错误．
考点三、向心加速度与合加速度的关系
1．物体做匀速圆周运动时，向心加速度就是物体运动的合加速度。
2．物体做非匀速圆周运动时，合加速度必有一个沿切线方向的分量和指向圆心方向的分量，其指向圆心方向的分量就是向心加速度，此时向心加速度仍满足an==ω2r。
注意：应注意向心加速度公式an==rω2，在v一定的情况下，方可认为物体的向心加速度an与r成反比，而在ω一定的情况下，可认为向心加速度an与r成正比，因向心加速度的每个公式都涉及三个物理量的变化关系，所以必须在某一物理量不变时，才可以判断另外两个物理量之间的关系。
【典例1】（多选）质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点，如图所示。当轻杆绕另一端点O在光滑水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时，则（　　）
A．处于中点的小球A的线速度为
B．处于中点的小球A的加速度为
C．处于端点的小球B所受的合外力为
D．轻杆段中的拉力与段中的拉力之比为3：2
【答案】CD
【解析】A．处于中点的小球A的运动半径为，根据线速度与角速度的关系可知线速度
A错误；
B．处于中点的小球A的加速度为
B错误；
C．处于端点的小球B的向心加速度
由牛顿第二定律可知小球B所受的合外力为
C正确；
D．设轻杆段中的拉力为，轻杆段中的拉力为，对小球A由牛顿第二定律可得
对小球B由牛顿第二定律可得
联立解得
。
二、夯实小练
1、如图所示，一小物块以大小为的向心加速度做匀速圆周运动，半径，则下列说法正确的是（ ）
A.小物块做圆周运动的周期为
B.小物块运动的角速度为
C.小物块在内通过的路程为零
D.小物块在内通过的位移大小为
【答案】B
【解答】B、依据，物块运动的角速度：，故B正确；
周期，故A错误；
C、根据，知，小球在内通过的路程为，故C错误；
D、质点运动的周期为，即在内物块转过圆，通过的位移大小为：。
2、（多选）如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A.小球的角速度突然增大 B.小球的线速度突然增大
C.小球的向心加速度突然增大 D.小球的向心加速度不变
【答案】AC
【解析】解：A、球在竖直平面内做圆周运动，根据，碰到钉子的瞬间线速度v不变，半径变小，故角速度变大，故A正确；B、细绳碰到钉子，半径减半，圆周运动的圆心变为P点，由于只是细绳碰到钉子，小球并未受到水平力作用可改变速度大小，即小球的线速度大小不变，故B错误；CD、根据，线速度v不变，半径变小，故向心加速度a增大，故C正确，D错误；
3、如图所示，甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，甲的运动半径大于乙的运动半径。若它们转一圈的时间相等，下列说法正确的是(　　)
A．甲的线速度大于乙的线速度
B．甲的角速度大于乙的角速度
C．甲的运动周期小于乙的运动周期
D．甲的向心加速度小于乙的向心加速度
【答案】A
【解析】C．由转一圈的时间相等可知T甲=T乙C错误；
B．由知ω甲=ω乙B错误；
A．由v=ωR可知在ω相同时R甲>R乙所以v甲>v乙A正确；
D．同理，向心加速度可知在ω相同时R甲>R乙a甲>a乙D错误。
4、如图所示，将质量相等的甲、乙两个小物块（可视为质点）放在水平圆盘上，甲的位置距离圆盘中心较近。圆盘在电机带动下匀速转动，甲、乙两个小物块一起随圆盘做匀速圆周运动。对于甲、乙两物块下列判断正确的是（ ）
A．甲物块的线速度比乙大
B．甲物块的角速度比乙小
C．甲物块的向心力比乙大
D．甲物块的向心加速度比乙小
【答案】D
【解析】AB.根据同轴转动可知，，根据，，得，故AB错误；CD.根据，，得，，故C错误，D正确。
5、如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上有两个小物块A、B，它们距圆盘中心的距离分别为r和2r，它们随圆盘一起匀速转动，关于小物块A、B各物理量之比正确的是（　　）
A．角速度之比ωA∶ ωB=1∶1
B．周期之比TA∶ TB=1∶2
C．线速度之比vA∶ vB=1∶1
D．向心加速度之比aA∶ aB=2∶1
【答案】A
【解析】两物体同轴转动，则角速度相等，即角速度之比ωA∶ ωB=1∶1根据
可知周期之比TA∶ TB=1∶1根据v=ωr可知，线速度之比vA∶ vB=1∶2根据a=ωv可知向心加速度之比aA∶ aB=1∶2.
6、（多选）如图所示，两轮靠摩擦传动，且不打滑，两轮的边缘上有、两点，它们到各自转轴、的距离分别为、，且。当两轮匀速转动时，、两点的线速度大小分别为和，角速度大小分别为和，向心加速度大小分别为和，周期分别为和，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】【详解】两轮为摩擦传动，则线速度相等，即根据又可得根据可知根据可知故AD正确，BC错误。
7、如图，A、B两点分别位于大、小两轮的边缘上，它们的半径之比为2：1，两个轮子之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。在两轮匀速转动时，下列关系正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度之比为2：1
B．A、B两点的线速度之比为1：1
C．A、B两点的角速度之比为2：1
D．A、B两点的向心加速度之比为1：1
【答案】B
【解析】AB．靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度，A、B两点的线速度大小之比为1：1；故A错误B正确；C．由于转动半径不同，根据公式v=rω，知A、B两点的角速度之比为1：2，故C错误；D．根据可知，两点的向心加速度之比为1:2，故D错误。
9、走时准确的时钟指针看作匀速圆周运动，分针与时针长度之比是1.2：1．
（1）分针与时针角速度之比路多少？
（2）分针与时针转速之比是多少？
（3）分针针尖与时针针尖的线速度之比是多少？
（4）分针和时针转动的向心加速度之比是多少？
【答案】（1）分针与时针的角速度之比是12：1；
（2）分针与时针转速之比是12：1
（3）分针针尖与时针针尖的线速度之比是14.4：1；
（4）分针和时针转动的向心加速度之比是172.8：1．
【解析】（1）在一个小时的时间内，分针每转过的角度为360度，而时针转过的角度为30度，
所以角速度之比为：：：：1；
（2）根据可知，，故：1；
（3）由可得，线速度之比为：：：1；
（4）根据知，向心加速度之比为：：1。
10、如下图所示，某滑板运动员恰好从B点进入半径为2m的圆弧轨道，该圆弧轨道在C点与水平轨道相接，运动员滑到C点时的速度大小为，求他到达C点前、后的瞬时加速度不计各种阻力．
【答案】、方向竖直向上、0
【解析】运动员经圆弧轨道滑到C点前做圆周运动．因为不计各种阻力，故经过C点之前的瞬间运动员所受合力方向竖直向上，由得运动员到达C点前的瞬时加速度，方向竖直向上．运动员滑过C点后，进入水平轨道做匀速直线运动，故加速度．
培优练习
1、如图所示，假设地球绕地轴自转时，在其表面上有A、B两物体(图中涂色的平面表示赤道平面)，图中θ1和θ2已知，则(　　)
A．角速度之比
B．线速度之比
C．周期之比
D．向心加速度之比为
【答案】B
【解析】AC．、两物体随地球自转的角速度相同，所以周期相同，因此、两物体的角速度 之比和周期之比
A错误，Ｃ错误；
B．设地球半径为，据有：，，
B正确；
D．据知，因、两物体的角速度相等，向心加速度与线速度成正比，因此得
D错误。
2、(多选)某实验楼大厅里科普器材中有如图4所示的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮.若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
图4
A.小齿轮逆时针匀速转动
B.小齿轮的每个齿的线速度均相同
C.小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D.小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍
【答案】CD
【解析】小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向一致，小齿轮也是顺时针匀速转动，故A错误；大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的每个齿的线速度方向不同，故B错误；根据v＝ωr可知，线速度大小相等，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，故C正确；根据an＝，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，可知小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍，故D正确.
3、如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1∶R2=2∶1，A、B分别是两轮边缘上的点，假定皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度之比为vA∶vB=1∶2
B．A、B两点的线速度之比为vA∶vB=1∶1
C．A、B两点的加速度之比为aA∶aB=1∶1
D．A、B两点的加速度之比为aA∶aB=2∶1
【答案】B
【解析】AB．AB为同缘传动，故AB线速度大小相等，故A错误，B正确；CD．根据 可知，A、B两点的加速度之比为1:2，故CD错误。
4、(多选)如图所示的靠轮传动装置中，右轮半径为2r，a为它边缘上的一点，b为轮上的一点，b距轴的距离为r.左侧为一轮轴，大轮的半径为4r，d为它边缘上的一点，小轮的半径为r，c为它边缘上的一点.若传动中靠轮不打滑，则(　　)
A.b点与d点的线速度大小相等
B.a点与c点的线速度大小相等
C.c点与b点的角速度相等
D.a点与d点的向心加速度大小之比为1∶8
【答案】BD
【解析】左边两轮同轴转动，c、d两点角速度相等，根据v＝rω知，d点的线速度大于c点的线速度，而a、c两点的线速度大小相等，则d点线速度大于a点的线速度；a、b两点的角速度相等，则a点的线速度大于b点的线速度，所以d点的线速度大于b点的线速度，故A错误，B正确；a、c两点的线速度大小相等，半径之比为2∶1，根据ω＝，知a、c两点的角速度之比为1∶2，a、b两点的角速度相等，所以b、c两点的角速度不相等，故C错误；a、c两点的线速度大小相等，半径之比为2∶1，根据an＝，知a、c两点的向心加速度之比为1∶2，c、d轮共轴转动，角速度相等，半径之比为1∶4，根据an＝ω2r知c、d两点的向心加速度之比为1∶4，所以a、d两点的向心加速度之比为1∶8.
5、(多选)如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，θ＝30°，则(　　)
A.a、b两点的线速度相同
B.a、b两点的角速度相同
C.a、b两点的线速度大小之比va∶vb＝2∶
D.a、b两点的向心加速度大小之比aa∶ab＝∶2
【答案】BD
【解析】球绕中心轴线转动，球上各点应具有相同的周期和角速度，即ωa＝ωb，B正确；因为a、b两点做圆周运动的半径不同，rb＞ra，根据v＝ωr知vb＞va，A错误；θ＝30°，设球半径为R，则rb＝R，ra＝Rcos 30°＝R，故＝＝，C错误；又根据an＝ω2r知＝＝.
6、(多选)如图所示，小球A用不可伸长的轻质细线拴着在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，当小球A运动到左侧时，在小球A的正上方高度为R处的小球B水平飞出，飞出时的速度大小为.不计空气阻力，重力加速度为g，要使小球A在运动一周的时间内能与小球B相碰，则小球A的向心加速度大小可能为(　　)
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】B做平抛运动，在竖直方向上有：R＝gt2，得：t＝，则水平方向的位移为x＝v0t＝·＝R，若要使小球A在运动一周的时间内能与小球B相碰，根据几何关系可知，当A运动或时恰能与B相碰，则有：t＝＝或t＝＝，又有an＝R，联立解得：an＝或an＝。
7、由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起的过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中（ ）
A．P点的线速度不变
B．P点的加速度不变
C．Q点在水平方向的分速度增大
D．Q点在竖直方向的分速度增大
【答案】C
【解析】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，方向改变，故P点的线速度改变，选项A错误；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，方向发生变化，选项B错误；
C．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
则由数学知识可知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中Q点在水平方向的分速度增大，选项C正确。
D．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
则由数学知识可知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中Q点在竖直方向的分速度减小，选项D错误。
8、如图所示，小球通过细线绕圆心O在足够大的光滑水平面上做匀速圆周运动。已知小球质量m=0.40kg，线速度大小v=1.0m/s，细线长L=0.25m。求：
(1)小球的角速度大小；
(2)小球运动一周的时间；
(3)小球的向心加速度大小；
(4)若某一时刻细线突然断，小球的具体运动特点。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)小球在水平面上沿切线方向做匀速直线运动
【解析】(1)根据可知角速度
(2)周期为
(3)向心加速度为
(4)若某一时刻细线突然断，小球所受合外力为0，在水平面上沿切线方向做匀速直线运动。
9、如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知AB部分的半径。弹射装置将一个质量为的小球（可视为质点）以的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度，不计空气阻力，g取。求：
（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω、向心加速度a的大小；
（2）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小。
【答案】（1）ω = 3rad/s，a = 9m/s2；（2）t = 0.4s，vD = 5m/s
【解析】（1）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动运动，则有
v0 = ωR，a = ω2R
代入数据有
ω = 3rad/s，a = 9m/s2
（2）小球在空中做平抛运动，竖直方向有
h = gt2，vy = gt
解得
t = 0.4s，vy = 4m/s
则D点的速度大小为
vD = = 5m/s
10、如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动。当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子该处边缘的线速度相同。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角。测得水从管口流出速度v0＝3m/s，轮子半径R＝0.1m。不计挡水板的大小，不计空气阻力。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)轮子转动的角速度ω及边缘上某点的向心加速度大小；
(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h。
【答案】(1)50rad/s；250m/s2；(2)1.12m；0.86m
【解析】
(1)水流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度为v
v＝＝5 m/s
轮子边缘的线速度
v′＝v＝5 m/s
所以轮子转动的角速度
ω＝ ＝50 rad/s
a＝＝250 m/s2
(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，平抛运动时间为t，水平、竖直分位移分别为x、y：
vy＝＝4 m/s
t＝＝0.4 s
x＝v0t＝1.2 m
y＝gt2＝0.8 m
水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h为：
l＝x－Rcos 37°＝1.12 m
h＝y＋Rsin 37°＝0.86 m
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