第3节 向心加速度(强基课逐点理清物理观念)
课标要求 层级达标
知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。 学考层级 1.知道向心加速度的概念。 2.知道匀速圆周运动中向心加速度大小的表达式。
选考层级 1.理解向心加速度与半径的关系,并会用其进行简单的计算。 2.能根据问题情境选择合适的向心加速度的表达式。
逐点清(一) 匀速圆周运动的加速度方向
[多维度理解]
1.向心加速度的定义:物体做匀速圆周运动时,指向 的加速度。
2.向心加速度的物理意义
向心加速度是描述物体做圆周运动的线速度方向变化快慢的物理量。
(1)只表示线速度方向变化的快慢;
(2)不表示线速度大小变化的快慢。
3.向心加速度的方向
总是沿着圆周运动的半径指向 ,即方向始终与运动方向 ,方向时刻改变。
[微点拨]
向心加速度的方向特点
(1)指向圆心:无论是匀速圆周运动,还是变速圆周运动,向心加速度的方向都指向圆心,或者说与线速度的方向垂直。
(2)时刻改变:无论向心加速度的大小是否变化,向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变。所以一切圆周运动都是变加速曲线运动。
[全方位练明]
1.判断下列说法是否正确。
(1)做匀速圆周运动的物体的加速度一定不为0。 ( )
(2)做匀速圆周运动的物体加速度始终不变。 ( )
(3)匀速圆周运动是匀变速运动。 ( )
(4)匀速圆周运动的向心加速度的方向时刻指向圆心,大小不变。 ( )
2.下列关于向心加速度的说法正确的是 ( )
A.向心加速度的方向始终指向圆心
B.向心加速度的方向保持不变
C.在匀速圆周运动中,向心加速度是恒定的
D.在匀速圆周运动中,向心加速度的大小不断变化
3.(多选)关于匀速圆周运动和向心加速度,下列说法正确的是 ( )
A.匀速圆周运动的速度大小保持不变,所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B.做匀速圆周运动的物体,虽然速度大小不变,但方向时刻在变,所以必有加速度
C.做匀速圆周运动的物体,向心加速度的大小保持不变,所以是匀变速曲线运动
D.匀速圆周运动的向心加速度大小虽然不变,但方向始终指向圆心,时刻发生变化,所以匀速圆周运动不是匀变速运动
逐点清(二) 匀速圆周运动的加速度大小
[多维度理解]
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.向心加速度不同形式的表达式对比
4.向心加速度与半径的关系
(1)当线速度一定时,根据an=,可知向心加速度an与运动半径r成反比,如图甲所示。
(2)当角速度一定时,根据an=ω2r,可知向心加速度an与运动半径r成正比,如图乙所示。
[典例] (多选)如图所示的皮带传动装置,主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r,从动轮O2上轮的半径为2r,A、B、C分别为轮缘上的三点,设皮带不打滑,则下列比例关系正确的是 ( )
A.A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC=6∶2∶1
B.A、B、C三点的线速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶1∶1
C.A、B、C三点的角速度之比为ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1
D.A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC=3∶2∶1
听课记录:
[全方位练明]
1.关于质点的匀速圆周运动,下列说法正确的是 ( )
A.由an=可知,an与r成反比
B.由an=ω2r可知,an与r成正比
C.由v=ωr可知,ω与r成反比
D.由ω=2πf可知,ω与f成正比
2.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为 ( )
A.10 m/s2 B.100 m/s2
C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2
3.某同学通过做摆臂动作来研究圆周运动,用手机内置的速度传感器测定手的速度。该同学先用刻度尺测量手臂伸直时的长度(刻度尺的零刻度线与肩平齐),如图所示,然后他伸直手臂,手握手机,将手臂以肩为轴自然下摆。若当手臂摆到竖直位置时,手机显示的速度大小约为0.65 m/s,则此时手机的向心加速度大小约为 ( )
A.0.65 m/s2 B.1.3 m/s2
C.2 m/s2 D.6.5 m/s2
第3节 向心加速度
逐点清(一)
[多维度理解]
1．圆心 3.圆心 垂直
[全方位练明]
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．选A 向心加速度的方向沿圆周运动的半径指向圆心，方向时刻变化，故A正确，B错误；匀速圆周运动的向心加速度大小保持不变，方向时刻变化，故C、D错误。
3．选BD 做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，但方向时刻在变，所以必有加速度，且向心加速度的大小不变，方向时刻指向圆心，向心加速度不恒定，因此匀速圆周运动的加速度时刻变化，不是匀变速运动，故A、C错误，B、D正确。
逐点清(二)
[多维度理解]
2. ω2r
[典例] 选ABC 由题图可知，B、C两点的线速度大小相同，即vB＝vC，由v＝ωr可知，B、C两点的角速度与半径成反比，由a＝可知，B、C两点的向心加速度大小与半径成反比，则有ωB∶ωC＝2∶1，aB∶aC＝2∶1；A、B两点角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr可知，A、B两点的线速度大小与半径成正比，由a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度大小与半径成正比，则有vA∶vB＝3∶1，aA∶aB＝3∶1，因此vA∶vB∶vC＝3∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1，aA∶aB∶aC＝6∶2∶1，故A、B、C正确，D错误。
[全方位练明]
1．选D 质点做匀速圆周运动的向心加速度与质点的线速度、角速度、半径有关，当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比；由v＝ωr可知，当线速度一定时，角速度与半径成反比；角速度无论何时均与频率成正比。A、B、C错误，D正确。
2．选C 纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，向心加速度a＝ω2r，代入数据解得向心加速度大小约为1 000 m/s2，C正确。
3．选A 根据题意，由题图可知，手机转动的半径约为0.65 m，由公式an＝可得，手臂摆到竖直位置时，手机的向心加速度大小约为an＝＝0.65 m/s2，故选A。
3 / 4(共55张PPT)
向心加速度
(强基课——逐点理清物理观念)
第 3 节
课标要求 层级达标
知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。 学考层级 1.知道向心加速度的概念。
2.知道匀速圆周运动中向心加速度大小的表达式。
选考层级 1.理解向心加速度与半径的关系,并会用其进行简单的计算。
2.能根据问题情境选择合适的向心加速度的表达式。
1
逐点清(一) 匀速圆周运动的加速度方向
2
逐点清(二) 匀速圆周运动的加速度大小
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
逐点清(一) 匀速圆周运动的加速度方向
1.向心加速度的定义:物体做匀速圆周运动时,指向_____的加速度。
2.向心加速度的物理意义
向心加速度是描述物体做圆周运动的线速度方向变化快慢的物理量。
(1)只表示线速度方向变化的快慢;
(2)不表示线速度大小变化的快慢。
多维度理解
圆心
3.向心加速度的方向
总是沿着圆周运动的半径指向____,即方向始终与运动方向_____,方向时刻改变。
圆心
垂直
[微点拨]
向心加速度的方向特点
(1)指向圆心:无论是匀速圆周运动,还是变速圆周运动,向心加速度的方向都指向圆心,或者说与线速度的方向垂直。
(2)时刻改变:无论向心加速度的大小是否变化,向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变。所以一切圆周运动都是变加速曲线运动。
1.判断下列说法是否正确。
(1)做匀速圆周运动的物体的加速度一定不为0。 ( )
(2)做匀速圆周运动的物体加速度始终不变。 ( )
(3)匀速圆周运动是匀变速运动。 ( )
(4)匀速圆周运动的向心加速度的方向时刻指向圆心,大小不变。( )
全方位练明
√
×
×
√
2.下列关于向心加速度的说法正确的是 ( )
A.向心加速度的方向始终指向圆心
B.向心加速度的方向保持不变
C.在匀速圆周运动中,向心加速度是恒定的
D.在匀速圆周运动中,向心加速度的大小不断变化
√
解析:向心加速度的方向沿圆周运动的半径指向圆心,方向时刻变化,故A正确,B错误;匀速圆周运动的向心加速度大小保持不变,方向时刻变化,故C、D错误。
3.(多选)关于匀速圆周运动和向心加速度,下列说法正确的是 ( )
A.匀速圆周运动的速度大小保持不变,所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B.做匀速圆周运动的物体,虽然速度大小不变,但方向时刻在变,所以必有加速度
C.做匀速圆周运动的物体,向心加速度的大小保持不变,所以是匀变速曲线运动
D.匀速圆周运动的向心加速度大小虽然不变,但方向始终指向圆心,时刻发生变化,所以匀速圆周运动不是匀变速运动
√
√
解析:做匀速圆周运动的物体,速度的大小不变,但方向时刻在变,所以必有加速度,且向心加速度的大小不变,方向时刻指向圆心,向心加速度不恒定,因此匀速圆周运动的加速度时刻变化,不是匀变速运动,故A、C错误,B、D正确。
逐点清(二) 匀速圆周运动的加速度大小
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=____=____。
多维度理解
ω2r
3.向心加速度不同形式的表达式对比
4.向心加速度与半径的关系
(1)当线速度一定时,根据an=,可知向心加速度an与运动半径r成反比,如图甲所示。
(2)当角速度一定时,根据an=ω2r,可知向心加速度an与运动半径r成正比,如图乙所示。
[典例] (多选)如图所示的皮带传动装置,主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r,从动轮O2上轮的半径为2r,A、B、C分别为轮缘上的三点,设皮带不打滑,则下列比例关系正确的是 ( )
A.A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC=6∶2∶1
B.A、B、C三点的线速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶1∶1
C.A、B、C三点的角速度之比为ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1
D.A、B、C三点的加速度大小之比为aA∶aB∶aC=3∶2∶1
√
√
√
[解析] 由题图可知,B、C两点的线速度大小相同,即vB=vC,由v=ωr可知,B、C两点的角速度与半径成反比,由a=可知,B、C两点的向心加速度大小与半径成反比,则有ωB∶ωC=2∶1,aB∶aC=2∶1;A、B两点角速度相同,即ωA=ωB,由v=ωr可知,A、B两点的线速度大小与半径成正比,由a=ω2r可知,A、B两点的向心加速度大小与半径成正比,则有vA∶vB=3∶1,aA∶aB=3∶1,因此vA∶vB∶vC=3∶1∶1,ωA∶ωB∶ωC=
2∶2∶1,aA∶aB∶aC=6∶2∶1,故A、B、C正确,D错误。
1.关于质点的匀速圆周运动,下列说法正确的是 ( )
A.由an=可知,an与r成反比
B.由an=ω2r可知,an与r成正比
C.由v=ωr可知,ω与r成反比
D.由ω=2πf可知,ω与f成正比
全方位练明
√
解析:质点做匀速圆周运动的向心加速度与质点的线速度、角速度、半径有关,当线速度一定时,向心加速度与半径成反比;当角速度一定时,向心加速度与半径成正比;由v=ωr可知,当线速度一定时,角速度与半径成反比;角速度无论何时均与频率成正比。A、B、C错误,D正确。
2. “旋转纽扣”是一种传统游戏。如图,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为 ( )
A.10 m/s2 B.100 m/s2
C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2
√
解析:纽扣在转动过程中ω=2πn=100π rad/s,向心加速度a=ω2r,代入数据解得向心加速度大小约为1 000 m/s2,C正确。
3.某同学通过做摆臂动作来研究圆周运动,用手机内置的速度传感器测定手的速度。该同学先用刻度尺测量手臂伸直时的长度(刻度尺的零刻度线与肩平齐),如图所示,然后他伸直手臂,手握手机,将手臂以肩为轴自然下摆。若当手臂摆到竖直位置时,手机显示的速度大小约为0.65 m/s,则此时手机的向心加速度大小约为 ( )
A.0.65 m/s2 B.1.3 m/s2
C.2 m/s2 D.6.5 m/s2
√
解析:根据题意,由题图可知,手机转动的半径约为0.65 m,由公式an=可得,手臂摆到竖直位置时,手机的向心加速度大小约为an==0.65 m/s2,故选A。
课时跟踪检测
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(选择题1~8小题,每小题4分;10~11小题,每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1.下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A.向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B.向心加速度的方向不一定指向圆心
C.向心加速度描述线速度方向变化的快慢
D.匀速圆周运动的向心加速度不变
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解析:向心加速度的方向总是沿着圆周运动轨迹的半径指向圆心,故B错误;加速度是描述物体速度变化快慢的物理量,而向心加速度方向指向圆心,始终与速度垂直(时刻改变),不能改变速度的大小,只改变速度的方向,所以向心加速度的物理意义可以说成是描述线速度方向变化的快慢,而不能说成是描述物体速率变化的快慢,故A、D错误,C正确。
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2.(2024·黑吉辽高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上P、Q两点做圆周运动的 ( )
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
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解析:根据题图可知,Q点到轴的距离大于P点到轴的距离,则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径,A错误;P、Q两点同轴转动,角速度大小相等,根据v=ωr和a=ω2r分析可知,Q点的线速度和向心加速度均大于P点的,B、C错误,D正确。
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3.(2024·济宁高一校联考)天宫空间站天和核心舱的机械臂长度约为10米,是我国自主研发的七自由度机械臂,可以实现三维空间的任意位置和姿态控制,与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图中A、B、C是三个主要关节支点,P、Q为BC臂上的两点,若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α=90°不变,机械臂整体以A支点为轴抬起,则下列说法正确的是 ( )
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A.作业过程中P与Q线速度大小相等
B.作业过程中P与Q线速度方向相同
C.作业过程中P与Q角速度大小相等
D.作业过程中P与Q加速度大小相等
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解析:由于P与Q是同轴转动,所以角速度相同,由题意可知AP与AQ长度、指向都不同,根据v=ωr,所以线速度大小、方向不同,故A、B错误,C正确;由an=ω2r,可知P与Q加速度大小不相等,故D错误。
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4.(2024年1月·江西高考适应性演练)(多选)陶瓷是中华瑰宝,是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯,如图(a)所示,将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上,用刀旋削,使坯体厚度适当,表里光洁。对应的简化模型如图(b)所示,粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。当转台转速恒定时,关于粗坯上P、Q两质点,下列说法正确的是 ( )
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A.P的角速度大小比Q的大
B.P的线速度大小比Q的大
C.P的向心加速度大小比Q的大
D.同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
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解析:由题意可知,粗坯上P、Q两质点属于同轴转动,故ωP=ωQ,即P的角速度大小跟Q的一样大,故A错误;根据v=rω,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以vP>vQ,即P的线速度大小比Q的大,故B正确;根据a=rω2,且rP>rQ,ωP=ωQ,所以aP>aQ,即P的向心加速度大小比Q的大,故C正确;因为转台转速恒定,所以同一时刻P所受合力的方向与Q所受合力的方向均指向中心轴,故合力方向不相同,故D错误。
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5.(2024·云南昆明高一期末)如图所示,水平圆盘A和水平圆盘B通过摩擦传动正在匀速转动,它们不发生相对滑动,物块1和物块2分别相对静止在圆盘A和圆盘B上,圆盘B的半径是圆盘A的1.5倍,物块2做圆周运动的半径是物块1的2倍,则物块1和物块2的向心加速度大小之比为 ( )
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A.3∶2 B.9∶4
C.9∶8 D.4∶9
解析:由题意知圆盘A和圆盘B的半径之比为RA∶RB=2∶3,圆盘A和圆盘B边缘上各点速率相等,有ωARA=ωBRB,解得圆盘A和圆盘B的角速度之比为ωA∶ωB=3∶2,物块1和物块2做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,根据a=ω2r,得物块1和物块2的向心加速度大小之比为a1∶a2=r1∶r2=9∶8,故选C。
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6.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的边缘上有A、B、C三个点,向心加速度随半径变化图像如图所示,则 ( )
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A.A、B两点加速度关系满足甲图线
B.A、B两点加速度关系满足乙图线
C.A、C两点加速度关系满足甲图线
D.A、C两点加速度关系满足乙图线
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解析:根据a=,A、B两点的线速度大小相等,加速度与半径成反比,加速度关系满足甲图线,A正确,B错误;根据a=, A、C两点的线速度大小不相等,加速度与半径不成反比,加速度关系不满足甲图线,C错误;根据a=ω2R,A、C两点的角速度不相等,加速度与半径不成正比,加速度关系不满足乙图线,D错误。
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7.长为L的细绳一端固定于O点,另一端系一个小球(视为质点),在O点的正下方的A处钉一个钉子,如图所示。将小球从一定高度摆下,到达最低点时速度大小为v,则细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为( )
A. B.
C.v2L D.L
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解析:细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变,由向心加速度公式a=,且r=,解得a=,故选B。
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8.(2024·随州高一检测)(多选)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆,如图所示,可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点,下端固定于箱内O'点,B点为后盖上的一点,后盖可绕过O点的固定铰链转动。在匀速合上后备箱盖的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.B点的线速度始终不变
B.A点与B点的角速度相同
C.以O'为参考系,A点做匀速直线运动
D.A点比B点的向心加速度小
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解析:后盖绕过O点的固定铰链匀速转动时,B点的线速度大小不变,方向不断变化,A错误;A点与B点绕同一转轴O转动,则A点与B点的角速度相同,B正确;以O'为参考系,A点相对O'点的速度大小不断变化,不是做匀速直线运动,C错误;根据a=ω2r,因A点的转动半径较小,则A点比B点的向心加速度小,D正确。
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9.(12分)如图所示为男女双人花样滑冰运动的示意图,男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动。若男运动员的转速为30 r/min,女运动员触地冰鞋的线速度为1.5π m/s,求:
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(1)女运动员触地冰鞋做圆周运动的半径;
答案:1.5 m
解析:男运动员拉着女运动员做匀速圆周运动,可知女运动员触地冰鞋的转速n=30 r/min=0.5 r/s,由ω=2πn,解得ω=π rad/s,
女运动员触地冰鞋的线速度为1.5π m/s,
根据v=ωr,解得r== m=1.5 m。
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(2)女运动员触地冰鞋做圆周运动的向心加速度大小。
答案:1.5π2 m/s2
解析:女运动员触地冰鞋做圆周运动的向心加速度大小为an== m/s2=1.5π2 m/s2。
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B级——选考进阶
10.(多选)如图所示是修正带的内部结构示意图,工作时出带轮通过齿轮带动收带轮转动。设出带轮半径为R,收带轮半径为r。某同学在使用修正带时,下列说法正确的是( )
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A.两轮转动方向相反
B.两轮边缘线速度大小相等
C.出带轮与收带轮角速度之比为R∶r
D.出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为r∶R
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解析:修正带的出带轮是通过齿轮带动收带轮转动的,所以两轮转动的方向相反,两轮边缘线速度大小相等,A、B正确;由于两轮边缘线速度大小相等,半径不同,由公式v=rω可得,出带轮与收带轮角速度之比为=,由向心加速度公式a=可得,出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为=,C错误,D正确。
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11.(2024·深圳高一检测)如图,为防止航天员的肌肉萎缩,中国空间站配备了健身自行车作为健身器材。 某次航天员健身时,脚踏板始终保持水平,当脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处的过程中,关于脚踏板上P、Q两点的说法正确的是 ( )
A.P做匀速直线运动
B.Q做匀速圆周运动
C.P的线速度大小比Q的大
D.P的向心加速度大小比Q的大
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解析:过O点作PQ的平行线,使O1O、O2O的长度等于P、Q两点到脚踏板转轴的距离,脚踏板转轴绕O点做匀速圆周运动,由几何知识可知P、Q两点到O1、O2两点的距离不变,P、Q两点绕O1、O2点做匀速圆周运动,且运动半径相等,故A错误,B正确。根据题意可知P、Q两点做圆周运动的角速度大小相等,由v=ωr得,P、Q两点的线速度大小相等,C错误;由an=ω2r得,P、Q两点的向心加速度大小相等,D错误。
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12.(14分)飞船(如图所示)发射升空后,进入椭圆轨道,然后实施变轨进入距地球表面约343 km的圆形轨道。已知飞船的质量为8 000 kg,飞船约90 min绕地球一圈,地球半径为6.37×103 km,试求飞船在圆形轨道上运行时的向心加速度及其所受的向心力。(π取3.14,结果保留三位有效数字)
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答案:9.03 m/s2 7.23×104 N
解析:由题意可得飞船的角速度
ω== rad/s≈1.16×10-3 rad/s
飞船向心加速度的大小
a=ω2r=(1.16×10-3)2×(6 370+343)×103 m/s2≈9.03 m/s2
飞船所受的向心力
F=mω2r=8 000×(1.16×10-3)2×(6 370+343)×103 N≈7.23×104 N。
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4课时跟踪检测(八) 向心加速度
(选择题1～8小题，每小题4分；10～11小题，每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1．下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A．向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B．向心加速度的方向不一定指向圆心
C．向心加速度描述线速度方向变化的快慢
D．匀速圆周运动的向心加速度不变
2．(2024·黑吉辽高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的( )
A．半径相等
B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等
D．角速度大小相等
3．(2024·济宁高一校联考)天宫空间站天和核心舱的机械臂长度约为10米，是我国自主研发的七自由度机械臂，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图中A、B、C是三个主要关节支点，P、Q为BC臂上的两点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α＝90°不变，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是( )
A．作业过程中P与Q线速度大小相等
B．作业过程中P与Q线速度方向相同
C．作业过程中P与Q角速度大小相等
D．作业过程中P与Q加速度大小相等
4．(2024年1月·江西高考适应性演练)(多选)陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图(a)所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图(b)所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是( )
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
5．(2024·云南昆明高一期末)如图所示，水平圆盘A和水平圆盘B通过摩擦传动正在匀速转动，它们不发生相对滑动，物块1和物块2分别相对静止在圆盘A和圆盘B上，圆盘B的半径是圆盘A的1.5倍，物块2做圆周运动的半径是物块1的2倍，则物块1和物块2的向心加速度大小之比为( )
A．3∶2 B．9∶4
C．9∶8 D．4∶9
6．自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的边缘上有A、B、C三个点，向心加速度随半径变化图像如图所示，则( )
A．A、B两点加速度关系满足甲图线
B．A、B两点加速度关系满足乙图线
C．A、C两点加速度关系满足甲图线
D．A、C两点加速度关系满足乙图线
7.长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球(视为质点)，在O点的正下方的A处钉一个钉子，如图所示。将小球从一定高度摆下，到达最低点时速度大小为v，则细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为( )
A. B. C．v2L D.L
8.(2024·随州高一检测)(多选)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B点为后盖上的一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动。在匀速合上后备箱盖的过程中，下列说法正确的是( )
A．B点的线速度始终不变
B．A点与B点的角速度相同
C．以O′为参考系，A点做匀速直线运动
D．A点比B点的向心加速度小
9.(12分)如图所示为男女双人花样滑冰运动的示意图，男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动。若男运动员的转速为30 r/min，女运动员触地冰鞋的线速度为1.5π m/s，求：
(1)女运动员触地冰鞋做圆周运动的半径；
(2)女运动员触地冰鞋做圆周运动的向心加速度大小。
B级——选考进阶
10.(多选)如图所示是修正带的内部结构示意图，工作时出带轮通过齿轮带动收带轮转动。设出带轮半径为R，收带轮半径为r。某同学在使用修正带时，下列说法正确的是( )
A．两轮转动方向相反
B．两轮边缘线速度大小相等
C．出带轮与收带轮角速度之比为R∶r
D．出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为r∶R
11．(2024·深圳高一检测)如图，为防止航天员的肌肉萎缩，中国空间站配备了健身自行车作为健身器材。 某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，当脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处的过程中，关于脚踏板上P、Q两点的说法正确的是( )
A．P做匀速直线运动
B．Q做匀速圆周运动
C．P的线速度大小比Q的大
D．P的向心加速度大小比Q的大
12．(14分)飞船(如图所示)发射升空后，进入椭圆轨道，然后实施变轨进入距地球表面约343 km的圆形轨道。已知飞船的质量为8 000 kg，飞船约90 min绕地球一圈，地球半径为6.37×103 km，试求飞船在圆形轨道上运行时的向心加速度及其所受的向心力。(π取3.14，结果保留三位有效数字)
课时跟踪检测(八)
1．选C 向心加速度的方向总是沿着圆周运动轨迹的半径指向圆心，故B错误；加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，而向心加速度方向指向圆心，始终与速度垂直(时刻改变)，不能改变速度的大小，只改变速度的方向，所以向心加速度的物理意义可以说成是描述线速度方向变化的快慢，而不能说成是描述物体速率变化的快慢，故A、D错误，C正确。
2．选D 根据题图可知，Q点到轴的距离大于P点到轴的距离，则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径，A错误；P、Q两点同轴转动，角速度大小相等，根据v＝ωr和a＝ω2r分析可知，Q点的线速度和向心加速度均大于P点的，B、C错误，D正确。
3．选C 由于P与Q是同轴转动，所以角速度相同，由题意可知AP与AQ长度、指向都不同，根据v＝ωr，所以线速度大小、方向不同，故A、B错误，C正确；由an＝ω2r，可知P与Q加速度大小不相等，故D错误。
4．选BC 由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，故ωP＝ωQ，即P的角速度大小跟Q的一样大，故A错误；根据v＝rω，且rP>rQ，ωP＝ωQ，所以vP>vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；根据a＝rω2，且rP>rQ，ωP＝ωQ，所以aP>aQ，即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；因为转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q所受合力的方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。
5．选C 由题意知圆盘A和圆盘B的半径之比为RA∶RB＝2∶3，圆盘A和圆盘B边缘上各点速率相等，有ωARA＝ωBRB，解得圆盘A和圆盘B的角速度之比为ωA∶ωB＝3∶2，物块1和物块2做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，根据a＝ω2r，得物块1和物块2的向心加速度大小之比为a1∶a2＝ωr1∶ωr2＝9∶8，故选C。
6．选A 根据a＝，A、B两点的线速度大小相等，加速度与半径成反比，加速度关系满足甲图线，A正确，B错误；根据a＝， A、C两点的线速度大小不相等，加速度与半径不成反比，加速度关系不满足甲图线，C错误；根据a＝ω2R，A、C两点的角速度不相等，加速度与半径不成正比，加速度关系不满足乙图线，D错误。
7．选B 细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变，由向心加速度公式a＝，且r＝，解得a＝，故选B。
8．选BD 后盖绕过O点的固定铰链匀速转动时，B点的线速度大小不变，方向不断变化，A错误；A点与B点绕同一转轴O转动，则A点与B点的角速度相同，B正确；以O′为参考系，A点相对O′点的速度大小不断变化，不是做匀速直线运动，C错误；根据a＝ω2r，因A点的转动半径较小，则A点比B点的向心加速度小，D正确。
9．解析：(1)男运动员拉着女运动员做匀速圆周运动，可知女运动员触地冰鞋的转速n＝30 r/min＝0.5 r/s，由ω＝2πn，
解得ω＝π rad/s，
女运动员触地冰鞋的线速度为1.5π m/s，
根据v＝ωr，
解得r＝＝ m＝1.5 m。
(2)女运动员触地冰鞋做圆周运动的向心加速度大小为
an＝＝ m/s2＝1.5π2 m/s2。
答案：(1)1.5 m (2)1.5π2 m/s2
10．选ABD 修正带的出带轮是通过齿轮带动收带轮转动的，所以两轮转动的方向相反，两轮边缘线速度大小相等，A、B正确；由于两轮边缘线速度大小相等，半径不同，由公式v＝rω可得，出带轮与收带轮角速度之比为＝，由向心加速度公式a＝可得，出带轮与收带轮边缘向心加速度大小之比为＝，C错误，D正确。
11．选B 过O点作PQ的平行线，使O1O、O2O的长度等于P、Q两点到脚踏板转轴的距离，脚踏板转轴绕O点做匀速圆周运动，由几何知识可知P、Q两点到O1、O2两点的距离不变，P、Q两点绕O1、O2点做匀速圆周运动，且运动半径相等，故A错误，B正确。根据题意可知P、Q两点做圆周运动的角速度大小相等，由v＝ωr得，P、Q两点的线速度大小相等，C错误；由an＝ω2r得，P、Q两点的向心加速度大小相等，D错误。
12．解析：由题意可得飞船的角速度
ω＝＝ rad/s≈1.16×10－3 rad/s
飞船向心加速度的大小
a＝ω2r＝(1.16×10－3)2×(6 370＋343)×103 m/s2≈9.03 m/s2
飞船所受的向心力
F＝mω2r＝8 000×(1.16×10－3)2×(6 370＋343)×103 N≈7.23×104 N。
答案：9.03 m/s2 7.23×104 N
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