第3節向心加速度學習目標要求核心素養和關鍵能力1.理解向心加速度的概念，知道其方向特點。2.知道向心加速度和線速度以及角速度的關系。3.會從動力學角度分析向心加速度產生的原因。4.會應用動力學方法分析勻速圓周運動問題。1.科學思維(1)通過控制變量法理解向心加速度與線速度和角速度的關系。(2)建立勻速圓周運動模型，應用動力學方法分析推理。2.關鍵能力：建模能力，分析推理能力。一、勻速圓周運動的加速度方向1.向心加速度：物體做勻速圓周運動時的加速度總指向圓心，我們把它叫作向心加速度。2.方向：沿半徑方向指向圓心，與線速度方向垂直。3.作用：向心加速度只改變線速度的方向，而不改變其大小。【做一做】(多選)(2020·深州中學高一月考)關于向心加速度，以下說法中正確的是()A.向心加速度的方向始終與線速度方向垂直B.向心加速度只改變線速度的方向，不改變線速度的大小C.物體做圓周運動時的加速度方向始終指向圓心D.物體做勻速圓周運動時的加速度方向始終指向圓心答案ABD解析向心加速度的方向沿半徑指向圓心，速度方向沿圓周的切線方向，所以向心加速度的方向始終與速度方向垂直，且只改變線速度的方向，不改變線速度的大小，故A、B正確；變速圓周運動的加速度方向不指向圓心，故C錯誤；物體做勻速圓周運動時，只具有向心加速度，加速度方向始終指向圓心，故D正確。二、勻速圓周運動的加速度大小1.向心加速度公式：an＝eq\f(v2,r)＝ω2r。2.適用范圍：向心加速度公式既適用于勻速圓周運動，也適用于非勻速圓周運動。【想一想】(1)什么情況下，向心加速度與半徑成正比？(2)什么情況下，向心加速度與半徑成反比？答案(1)角速度不變(或相同)時。(2)線速度不變(或相同)時。探究1向心加速度的理解■情境導入如圖甲所示，地球繞太陽做勻速圓周運動(漫畫)；如圖乙所示小球繞細繩的另一端固定點在光滑水平面內做勻速圓周運動，請思考：(1)在勻速圓周運動過程中，地球、小球的運動狀態發生變化嗎？若變化，變化的原因是什么？(2)向心加速度改變物體的速度大小嗎？(3)向心加速度是如何產生的？答案(1)變化。向心加速度的作用。(2)向心加速度只改變線速度的方向，不改變速度的大小。(3)向心力。■歸納拓展1.物理意義描述勻速圓周運動線速度方向變化的快慢，不表示速度大小變化的快慢。2.向心加速度的方向總是沿著圓周運動的半徑指向圓心，即方向始終與運動方向垂直，方向時刻改變。3.圓周運動的性質不論向心加速度an的大小是否變化，an的方向是時刻改變的，所以圓周運動的向心加速度時刻發生改變，圓周運動一定是非勻變速曲線運動。4.變速圓周運動的向心加速度做變速圓周運動的物體，加速度一般情況下不指向圓心，該加速度有兩個分量：一是向心加速度，二是切向加速度。向心加速度改變速度的方向，切向加速度改變速度的大小。在變速圓周運動中，向心加速度的方向也總是指向圓心。【例1】關于向心加速度，下列說法正確的是()A.由an＝eq\f(v2,r)知，勻速圓周運動的向心加速度恒定B.向心加速度只改變線速度的方向，不改變線速度的大小C.向心加速度越大，物體速率變化越快D.做圓周運動的物體，加速度方向時刻指向圓心答案B解析向心加速度是矢量，且方向始終指向圓心，因此為變量，故A錯誤；向心加速度只改變線速度的方向，不改變線速度的大小，故B正確；向心加速度越大表示物體速度方向變化越快，故C錯誤；只有勻速圓周運動，加速度方向才時刻指向圓心，故D錯誤。【針對訓練1】如圖所示，質量為m的木塊從半徑為R的半球形碗口下滑到碗的最低點的過程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么()A.加速度為零B.加速度恒定C.加速度大小不變，方向時刻改變，但不一定指向圓心D.加速度大小不變，方向時刻指向圓心答案D解析由題意知，木塊做勻速圓周運動，木塊的加速度大小不變，方向時刻指向圓心，D正確，A、B、C錯誤。探究2向心加速度與其他物理量的關系1.幾種表達式(1)對應線速度：an＝eq\f(v2,r)。(2)對應角速度：an＝rω2。(3)對應周期：an＝eq\f(4π2,T2)r。(4)對應轉速：an＝4π2n2r。2.通過控制變量法理解各量間關系(1)當r一定時，an∝v2，an∝ω2。(2)當v一定時，an∝eq\f(1,r)。(3)當ω一定時，an∝r。3.an與r的關系圖像如圖所示。由an－r圖像可以看出：an與r成正比還是反比，要看ω恒定還是v恒定。【例2】(2021·湖南岳陽市高一期末)如圖所示，兩輪用皮帶傳動，皮帶不打滑，A、B、C三點分別位于兩輪上且滿足關系rA>rB＝rC，則這三點的向心加速度aA、aB、aC的關系是()A.aA＝aB＝aC B.aC>aA>aBC.aC<aA<aB D.aC＝aA>aB答案C解析A、B兩點線速度大小相等，根據a＝eq\f(v2,r)，因rA>rB，則aA<aB；A、C兩點角速度相等，根據a＝rω2，因rA>rC，則aA>aC，故aB>aA>aC。故選項C正確。【針對訓練2】(2021·浙江杭州市高一期末)物體做半徑不同的勻速圓周運動，它的加速度與半徑的倒數關系如圖所示，則該物體運動中下列哪個物理量保持不變()A.線速度大小 B.角速度大小C.轉速 D.向心力大小答案A解析由圖像可知，a與r成反比，則由向心加速度公式a＝eq\f(v2,r)可知，物體的線速度大小不變，故A正確；根據a＝ω2r知，若ω不變，a∝r，故B錯誤；根據a＝(2πn)2r可知，若轉速不變，a∝r，故C錯誤；若向心力保持不變，向心加速度就不隨半徑變化，故D錯誤。探究3勻速圓周運動的動力學分析1.勻速圓周運動的條件：F合＝Fn。2.動力學方法應用步驟(1)對勻速圓周運動物體受力分析，求合力。(2)根據牛頓第二定律列式：Fn＝man＝mω2r＝meq\f(v2,r)。(3)求解相關物理量。【例3】如圖所示，一個豎直放置的圓錐筒可繞其中心OO′轉動，筒內壁粗糙，筒壁與中心軸OO′的夾角θ＝60°，筒內壁上的A點有一質量為m的小物塊，A離中心軸OO′的距離為R，重力加速度為g。求：(1)當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點受到的摩擦力和支持力的大小；(2)當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其受到的摩擦力為零時，筒轉動的角速度。答案(1)eq\f(1,2)mgeq\f(\r(3),2)mg(2)eq\r(\f(\r(3)g,3R))解析(1)當筒不轉動時，對物塊進行受力分析如圖。則FNsinθ＋fcosθ＝mgFNcosθ＝fsinθ由以上兩式解得FN＝mgsinθ＝eq\f(\r(3),2)mgf＝mgcosθ＝eq\f(1,2)mg。(2)物塊隨筒勻速轉動，其受到的摩擦力為零時，FNcosθ＝mω2RFNsinθ＝mg由以上兩式解得ω＝eq\r(\f(g,Rtanθ))＝eq\r(\f(\r(3)g,3R))。【針對訓練3】如圖所示，將小球穿在硬桿上，硬桿與豎直軸線OO′的夾角為53°，使硬桿繞OO′勻速轉動，此時小球相對于硬桿靜止在某一位置上，且與硬桿之間沒有摩擦，小球質量為0.1kg，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。求：(1)桿對小球的彈力大小；(2)小球做圓周運動的角速度ω與其離O點距離x的關系式。答案(1)1.25N(2)ω＝eq\f(5,4)eq\r(\f(6,x))rad/s解析對小球受力分析如圖(1)豎直方向由平衡條件可得FNsin53°＝mg，解得FN＝1.25N。(2)水平方向有FNcos53°＝mω2r，其中r＝xsin53°解得ω＝eq\f(5,4)eq\r(\f(6,x))rad/s。【題型示例】圖甲為游樂場的懸空旋轉椅，可抽象為如圖乙所示模型，已知繩長L＝5m，水平橫梁L′＝3m，小孩質量m＝40kg，整個裝置可繞豎直軸勻速轉動，繩與豎直方向夾角θ＝37°，小孩可視為質點，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)繩子的拉力大小；(2)該裝置轉動的角速度；(3)增大轉速后，繩子與豎直方向的夾角變為53°，求此時裝置轉動的角速度。【模型分析】圓錐擺模型(1)運動分析：小球在水平面內做勻速圓周運動。(2)受力分析：只受兩個力作用，即豎直向下的重力以及沿擺線方向的拉力。(3)力與運動關系分析①水平面(軌道平面)方向F合＝ma向，即mgtanθ＝meq\f(v2,lsinθ)②豎直面(垂直于軌道平面)方向Fcosθ＝mg。【建模思路】(1)將實際運動情境轉化為平面示意圖。(2)通過運動分析和受力分析看是否符合圓錐擺特點。(3)利用分解思想①在勻速圓周運動軌道平面方向列牛頓第二定律方程。②在垂直勻速圓周運動軌道平面方向列平衡方程。【規范解析】答案(1)500N(2)eq\f(\r(5),2)rad/s(3)eq\r(\f(40,21))rad/s解析(1)小孩受力情況如圖所示由于豎直方向受力平衡，有Fcosθ＝mg代入數據得F＝500N。(2)小孩做圓周運動的半徑r＝L′＋Lsin37°＝6m由Fsinθ＝mrω2，代入數據解得ω＝eq\f(\r(5),2)rad/s。(3)此時半徑為r′＝L′＋Lsin53°＝7m由mgtan53°＝mr′ω′2解得ω′＝eq\r(\f(40,21))rad/s。【模型拓展】1.(向心加速度的理解)(多選)關于圓周運動中的向心加速度，以下說法中正確的是()A.向心加速度越大，說明做圓周運動的物體線速度的大小變化越快B.向心加速度越大，說明做圓周運動的物體線速度的方向變化越快C.向心加速度的方向始終與線速度的方向垂直D.在勻速圓周運動中向心加速度是恒量答案BC解析向心加速度是描述做圓周運動的物體線速度方向變化快慢的物理量，向心加速度越大，說明做圓周運動的物體線速度的方向變化越快，選項A錯誤，B正確；向心加速度的方向始終與線速度的方向垂直，選項C正確；在勻速圓周運動中向心加速度方向不斷變化，不是恒量，選項D錯誤。2.(向心加速度與其他物理量的關系)(多選)(2021·甘肅天水市高一期中)對于勻速圓周運動的物體，下列說法正確的是()A.由an＝eq\f(v2,r)知，向心加速度an與半徑r成反比B.由an＝eq\f(4π2,T2)r知，向心加速度an與半徑r成正比C.由ω＝eq\f(2π,T)知，角速度ω與周期T成反比D.由an＝ω2r知，當角速度ω一定時，向心加速度an與半徑r成正比答案CD解析由an＝eq\f(v2,r)知，線速度不變時，向心加速度an與半徑r成反比，選項A錯誤；由an＝eq\f(4π2,T2)r知，周期不變時，向心加速度an與半徑r成正比，選項B錯誤；由ω＝eq\f(2π,T)知，角速度ω與周期T成反比，選項C正確；由an＝ω2r知，當角速度ω一定時，向心加速度an與半徑r成正比，選項D正確。3.(向心加速度與其他物理量的關系)甲、乙兩個物體都做勻速圓周運動，轉動半徑之比為4∶9，轉動的周期之比為3∶2，則它們的向心加速度之比為()A.3∶2 B.16∶81C.4∶9 D.9∶4答案B解析根據向心加速度公式a＝eq\f(4π2r,T2)，代入數據可得eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(16,81)，故B正確，A、C、D錯誤。4.(勻速圓周運動的動力學分析)(2021·石家莊精英中學高一月考)甲、乙兩名花樣滑冰運動員M甲＝40kg，M乙＝60kg，面對面手拉手繞他們連線上某一點做勻速圓周運動，角速度均為5rad/s，如圖所示。若兩人相距1.5m，不計冰面對人的摩擦力，求：(1)甲做圓周運動的半徑；(2)乙做圓周運動的線速度為多大；(3)甲對乙的拉力大小。答案(1)0.9m(2)3.0m/s(3)900N解析(1)甲、乙兩名運動員受到的拉力提供向心力，由于相互的拉力大小相等，根據牛頓第二定律得M甲R甲ωeq\o\al(2,甲)＝M乙R乙ωeq\o\al(2,乙)由于甲、乙兩名運動員面對面手拉著手做圓周運動的溜冰表演，所以ω甲＝ω乙已知兩人相距1.5m，即R甲＋R乙＝1.5m所以兩人的運動半徑R甲＝0.9m，R乙＝0.6m。(2)兩人的角速度相同，ω甲＝ω乙＝5rad/s。根據線速度v＝ωr得乙的線速度是v乙＝ωR乙＝5×0.6m/s＝3.0m/s。(3)甲對乙的拉力提供乙的向心力F＝M乙ω2R乙＝60×52×0.6N＝900N。課時定時訓練(限時35分鐘)題組一向心加速度的理解1.(2020·廣州實驗學校高一月考)關于向心力和向心加速度的說法中正確的是()A.做勻速圓周運動的物體其向心力是恒定不變的B.向心力不改變做圓周運動物體的線速度的大小C.做圓周運動的物體所受各力的合力一定是向心力D.向心加速度時刻指向圓心，方向不變答案B解析做勻速圓周運動的物體，向心力的方向始終指向圓心，其向心力是變力，故A錯誤；向心力的方向始終沿著半徑指向圓心，與速度方向垂直，只改變速度的方向，不改變速度的大小，故B正確；非勻速圓周運動，合力指向圓心的分力提供向心力，物體所受各力的合力并不一定是向心力，故C錯誤；向心加速度的方向始終沿著半徑指向圓心，方向改變，故D錯誤。2.關于做勻速圓周運動物體的向心加速度的方向，下列說法中正確的是()A.與線速度方向始終相同B.與線速度方向始終相反C.始終指向圓心D.始終保持不變答案C解析向心加速度的方向與線速度方向垂直，始終指向圓心，選項A、B錯誤，C正確；做勻速圓周運動物體的向心加速度的大小不變，而方向時刻變化，D錯誤。題組二向心加速度與其他物理量的關系3.(多選)(2021·湖北葛洲壩中學月考)關于質點做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A.由a＝ω2r可知，a與r成正比B.由a＝eq\f(v2,r)可知，a與r成反比C.當v一定時，a與r成反比D.由ω＝2πn可知，角速度ω與轉速n成正比答案CD解析利用a＝eq\f(v2,r)和a＝ω2r來討論a與r的關系時應該先明確v與ω的情況，不能單從數學關系出發，故選項A、B錯誤，C正確；由ω＝2πn可知，式中的2π是常數，故ω與n成正比，選項D正確。4.甲、乙兩個物體都做勻速圓周運動，轉動半徑之比為3∶4，在相同的時間里甲轉過60圈，乙轉過45圈，則它們的向心加速度之比為()A.3∶4 B.4∶3C.4∶9 D.9∶4答案B解析根據公式an＝ω2r及ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)知eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(r甲,r乙)×eq\f(Teq\o\al(2,乙),Teq\o\al(2,甲))，而T甲＝eq\f(t,60)，T乙＝eq\f(t,45)，所以eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(3,4)×eq\f(602,452)＝eq\f(4,3)，選項B正確。5.(多選)(2021·河北高一學業考試)如圖所示，風力發電機葉片上有M、N兩點，其中M在葉片的端點，N在另一葉片的中點。當葉片勻速轉動時，下列說法正確的是()A.M點的角速度等于N點的角速度B.M點的角速度大于N點的角速度C.M點的向心加速度等于N點的向心加速度D.M點的向心加速度大于N點的向心加速度答案AD解析M、N兩點屬于同軸轉動，故他們的角速度相等，A正確，B錯誤；根據a＝ω2r，M點轉動半徑大于N點的轉動半徑，M點的向心加速度大于N點的向心加速度，C錯誤，D正確。6.(多選)某同學放飛了一只紙飛機，恰好在空中盤旋，若近似認為紙飛機以速率v在水平面內做半徑為r的勻速圓周運動，則關于紙飛機的向心加速度的說法正確的是()A.大小為eq\f(v2,r)B.大小為g－eq\f(v2,r)C.方向在水平面內D.方向在豎直面內答案AC解析向心加速度的大小an＝eq\f(v2,r)，方向在水平面內，故A、C正確，B、D錯誤。7.(2021·湖南會同一中高一期中)A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖)，在相同的時間內，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們()A.線速度大小之比為3∶2B.角速度大小之比為4∶3C.圓周運動的半徑之比為2∶1D.向心加速度大小之比為2∶1答案D解析根據v＝eq\f(Δs,Δt)和ω＝eq\f(Δθ,Δt)可知線速度之比為4∶3，角速度之比為3∶2，選項A、B錯誤；由v＝ωr知半徑之比為8∶9，選項C錯誤；根據an＝ωv可判斷向心加速度大小之比為2∶1，選項D正確。題組三勻速圓周運動的動力學分析8.(2021·南陽市高一下學期期末)如圖所示，長為L的細繩一端固定于O點，另一端系一個小球，在O點的正下方釘一個光滑的小釘子A，小球從一定高度擺下，當細繩與釘子相碰時，釘子的位置距小球eq\f(L,4)，則細繩碰到釘子前、后瞬間()A.繩對小球的拉力大小之比為1∶4B.小球所受合力大小之比為1∶4C.小球做圓周運動的線速度大小之比為1∶4D.小球做圓周運動的角速度之比為4∶1答案B解析細繩碰到釘子前、后瞬間線速度大小不變，即線速度大小之比為1∶1，半徑變小，根據v＝ωr得知，角速度之比為1∶4，故C、D錯誤；根據F合＝F－mg＝meq\f(v2,r)，則合力之比為1∶4，選項B正確；拉力F＝mg＋meq\f(v2,r)，可知拉力之比eq\f(F1,F2)＝eq\f(g＋\f(v2,L),g＋\f(4v2,L))＝eq\f(gL＋v2,gL＋4v2)≠eq\f(1,4)，選項A錯誤。9.如圖所示，兩個質量相同的小球用長度不等的細線拴在同一點，并在同一水平面內做同方向的勻速圓周運動，則它們的()A.向心力大小相同B.運動周期不同C.運動線速度大小相同D.運動角速度相同答案D解析對其中一個小球受力分析，如圖所示，受重力，繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，故合力提供向心力；將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關系得合力F＝mgtanθ，①θ不同，則F大小不同，故A錯誤；由向心力公式得F＝mω2r，②設小球與懸掛點間的高度差為h，由幾何關系，得r＝htanθ，③由①②③得，ω＝eq\r(\f(g,h))，可知角速度與繩子的長度和轉動半徑無關，兩球角速度相同，故D正確；又由T＝eq\f(2π,ω)可知兩球運動周期相同，故B錯誤；由v＝ωr可知，兩球轉動半徑不等，線速度大小不同，故C錯誤。10.(2021·浙江杭州市高一期末)轉籃球是一項難度較高的動作技巧，其中包含了許多物理知識。如圖所示，假設某同學能讓籃球在手指上(手指剛好在籃球的正下方)做勻速圓周運動，下列有關該同學轉籃球的物理知識正確的是()A.籃球上各點做圓周運動的圓心在手指上B.籃球上各點的向心加速度方向都指向球心C.籃球上各點做圓周運動的角速度相同D.籃球上各點離轉軸越近，做圓周運動的向心加速度越大答案C解析籃球上的各點做圓周運動時，是繞著轉軸做圓周運動，圓心均在轉軸上，故A錯誤；籃球上各點的向心加速度應該指向運動時所在圓周的圓心，故B錯誤；籃球上的各點繞同一轉軸做圓周運動，故角速度相同，故C正確；由于各點轉動的角速度相同，根據a＝ω2r可知籃球上各點離轉軸越近，做圓周運動的向心加速度越小，故D錯誤。11.(2021·甘肅天水一中高一段考)如圖所示為兩級皮帶傳動裝置，轉動時皮帶均不打滑，中間兩個輪子是固定在一起的，輪1的半徑和輪2的半徑相同，輪3的半徑和輪4的半徑相同，且為輪1和輪2半徑的一半，則輪1邊緣的a點和輪4邊緣的c點相比()A.線速度之比為1∶4B.角速度之比為4∶1C.向心加速度之比為8∶1D.向心加速度之比為1∶