第3节 向心加速度

匀速圆周运动的向心加速度大小不变,方向时刻发生变化, $ \mathrm{A} $ 错误；向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量, $ \mathrm{B} $ 正确；向心加速度方向总是与速度方向垂直,向心加速度不改变物体的速率, $ \mathrm{C} $ 错误；由 $ a={\omega }^{2}r $ 可知,只有当角速度一定时,向心加速度才与半径成正比, $ \mathrm{D} $ 错误.

速度是矢量,物体从 $ A $ 运动到 $ B $ , $ \mathrm{\Delta }v $ 由 $ {v}_{A} $ 指向 $ {v}_{B} $ ,作矢量图时需将各矢量的起始点移至同一点,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误；做匀速圆周运动的物体加速度指向圆心,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 错误.

根据题意可知角速度 $ \omega =2\mathrm{\pi }n=314\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ，则距离溜溜球中心 $ 1\mathrm{c}\mathrm{m} $ 处的点向心加速度大小 $ {a}_{\mathrm{n}}={\omega }^{2}r={314}^{2}×0.01\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}\approx 986\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，接近 $ 1000\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

如图所示，地球自转周期 $ T=24\mathrm{h} $ ，该树做圆周运动的半径 $ r=R \cos {32}^{\circ } $ ，则该树的向心加速度大小 $ {a}_{\mathrm{n}}=\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}r}{{T}^{2}}\approx 2.9×{10}^{-2}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

由于 $ b $ 、 $ c $ 点所在的两轮同轴转动,则 $ b $ 、 $ c $ 角速度相等,根据 $ v=\omega r $ 可知, $ c $ 点的线速度大于 $ b $ 点的线速度, $ \mathrm{A} $ 错误； $ a $ 、 $ b $ 点所在的两轮靠齿轮传动,两轮边缘上的线速度大小相等,根据 $ \omega =\dfrac{v}{r} $ ,可知 $ a $ 点的角速度小于 $ b $ 点的角速度, $ \mathrm{B} $ 错误； $ a $ 、 $ b $ 点的线速度大小相等,做圆周运动的半径之比为 $ 2:1 $ ,根据 $ {a}_{\mathrm{n}}=\dfrac{{v}^{2}}{r} $ ,可知 $ a $ 、 $ b $ 点的向心加速度大小之比为 $ 1:2 $ , $ \mathrm{C} $ 错误； $ b $ 、 $ c $ 点的角速度相等,根据 $ {a}_{\mathrm{n}}={\omega }^{2}r $ ,可知 $ b $ 、 $ c $ 点的向心加速度大小之比为 $ 1:4 $ ,所以 $ a $ 、 $ c $ 点的向心加速度大小之比为 $ 1:8 $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

质点运动过程中的速度大小不变，方向时刻改变, $ \mathrm{A} $ 错误；质点的角速度 $ \omega =\dfrac{\theta }{t}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,轨迹圆的半径 $ r=\dfrac{l}{\theta }=0.5\mathrm{m} $ ,故质点在 $ A $ 点的向心加速度大小 $ a={\omega }^{2}r=\dfrac{{\mathrm{\pi }}^{2}}{18}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；质点做匀速圆周运动的速度大小 $ v=\omega r=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,根据几何关系,质点从 $ A $ 到 $ B $ 的速度变化量大小 $ \mathrm{\Delta }v=v=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,质点从 $ A $ 到 $ B $ 的平均加速度大小 $ \overline{a}=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{t}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

链球经过 $ A $ 点时速度 $ v $ 的方向沿轨迹切线方向, $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；链球经过 $ A $ 点时向心力 $ {F}_{\mathrm{n}} $ 的方向指向圆心 $ O $ , $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

当行车突然停止运动时,铸件做圆周运动,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{T}}-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ ,代入数据解得 $ {F}_{\mathrm{T}}=2.6×{10}^{4}\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律有 $ F{\prime }_{\mathrm{T}}={F}_{\mathrm{T}}=2.6×{10}^{4}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

冰面对运动员的作用力在竖直方向上的分力与重力平衡,水平方向上的分力提供向心力，则冰面对运动员的作用力大于重力, $ \mathrm{A} $ 错误；对运动员受力分析,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{n}}=\dfrac{mg}{ \tan \theta }=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,可得其转弯时的速度大小为 $ v=\sqrt{\dfrac{gR}{ \tan \theta }} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；运动员转弯时的速度大小为 $ v=\sqrt{\dfrac{gR}{ \tan \theta }} $ ,变形可得 $ \tan \theta =\dfrac{gR}{{v}^{2}} $ ,若 $ v $ 变大,则 $ \tan \theta $ 减小,蹬冰角 $ \theta $ 减小, $ \mathrm{C} $ 正确；运动员做匀速圆周运动,他所受合外力始终指向圆心,大小不变,方向变化, $ \mathrm{D} $ 错误.

导弹沿切线方向的速度为 $ v \cos \theta $ ,沿法向的速度为 $ v \sin \theta $ ；沿切线方向做匀速圆周运动,对应的向心加速度为 $ {a}_{\mathrm{n}}=\dfrac{{\left(v \cos \theta \right) ^ {2}}}{R} $ ,故沿法向满足 $ t=\dfrac{2v \sin \theta }{g-{a}_{\mathrm{n}}} $ ,又 $ s=v \cos \theta \cdot t $ ,联立解得 $ s=\dfrac{2{v}^{2} \sin \theta \cos \theta }{g-\dfrac{{v}^{2}{ \cos }^{2}\theta }{R}} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

过 $ A $ 、 $ B $ 分别向 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 作垂线,与 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 的交点即为 $ A $ 、 $ B $ 做圆周运动的圆心,向心加速度指向圆心而非球心, $ \mathrm{D} $ 错误； $ A $ 、 $ B $ 两点均绕 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 转动,具有相同的角速度,由几何知识知, $ A $ 的转动半径大,由 $ v=\omega r $ 知, $ A $ 的线速度大,由 $ a={\omega }^{2}r $ 知, $ A $ 的向心加速度大, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确.

圆心一定在圆周所在平面内,小球通过 $ a $ 、 $ b $ 两处做匀速圆周运动的圆心均不为 $ O $ 点, $ \mathrm{A} $ 错误；设小球通过 $ a $ 、 $ b $ 两处时所受支持力方向与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ,根据牛顿第二定律得 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}r $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{g \tan \theta }{r}} $ , $ a $ 处 $ \theta $ 小,半径 $ r $ 大,所以角速度的大小关系为 $ {\omega }_{a} < {\omega }_{b} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；由 $ mg \tan \theta =ma $ 得 $ a=g \tan \theta $ ,则向心加速度的大小关系为 $ {a}_{a} < {a}_{b} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；由 $ {F}_{\mathrm{n}}=mg \tan \theta $ 得向心力的大小关系为 $ {F}_{a} < {F}_{b} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

摄像机在弯道上运动的速度大小不断增加,方向不断变化,则速度不断变化,故 $ \mathrm{A} $ 错误；当运动员加速通过弯道时,摄像机与运动员保持同步运动,则摄像机也要加速转弯,摄像机所受合外力方向与速度方向夹角为锐角,可知合外力大致方向为 $ {F}_{1} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；摄像机与运动员保持同步运动,则摄像机的角速度与运动员的角速度相等,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据 $ a={\omega }^{2}r $ ，摄像机的转动半径大于运动员的,可知摄像机的向心加速度大于运动员的向心加速度,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ B $ 点和 $ C $ 点同轴转动,角速度相同,但半径不同,根据 $ v=\omega r $ 可知, $ B $ 点和 $ C $ 点的线速度大小不相等, $ \mathrm{A} $ 错误； $ A $ 点和 $ B $ 点同链条传动,线速度大小相等,根据 $ v=\dfrac{2\mathrm{\pi }r}{T} $ 可知, $ A $ 点和 $ B $ 点周期不同, $ B $ 点和 $ C $ 点同轴转动,角速度相同,周期相同，故 $ A $ 点和 $ C $ 点的周期不同, $ \mathrm{B} $ 错误；根据 $ a={\omega }^{2}r $ ,可得 $ {a}_{B}:{a}_{C}={r}_{2}:{r}_{3} $ , $ \mathrm{C} $ 正确； $ A $ 点和 $ B $ 点同链条传动,线速度大小相等,根据 $ v=\omega r $ ,可得 $ {v}_{A}:{v}_{C}={v}_{B}:{v}_{C}={r}_{2}:{r}_{3} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

设拨浪鼓的半径为 $ r $ ,绳长为 $ L $ ,绳与竖直方向的夹角为 $ \varphi $ ,小球做匀速圆周运动,则有 $ mg \tan \varphi =m{\left(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}\right) ^ {2}}(L \sin \varphi +r) $ ,可得 $ \dfrac{g}{{\left(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}\right) ^ {2}}}=L \cos \varphi +\dfrac{r}{ \tan \varphi } $ ,可知 $ L $ 越长, $ \varphi $ 越大, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误；设球到悬点的竖直距离为 $ ℎ $ ,则有 $ mg \tan \varphi =m{\left(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}\right) ^ {2}}(ℎ \tan \varphi +r) $ ,可得 $ \dfrac{g}{{\left(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}\right) ^ {2}}}=ℎ+\dfrac{r}{ \tan \varphi } $ ,可知 $ \varphi $ 越大,球到悬点的竖直距离越大, $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 由题意可知,摩擦力恰好为零时,由支持力与重力的合力提供向心力,受力分析如图1所示,可得 $ mg \tan \theta =m{\omega }_{0}^{2}R \sin \theta $ ,解得 $ {\omega }_{0}=\sqrt{\dfrac{2g}{R}} $ .

图1

（2） 当 $ \omega > {\omega }_{0} $ 时,重力与支持力的合力不足以提供小物块做圆周运动所需的向心力,摩擦力方向沿陶罐壁切线方向向下,当角速度达到最大时,摩擦力向下达到最大值,如图2所示,设此时角速度为 $ {\omega }_{1} $ ,水平方向有 $ {F}_{\mathrm{N}} \cos {30}^{\circ }+{f}_{\mathrm{m}} \cos {60}^{\circ }=m{\omega }_{1}^{2}R \sin {60}^{\circ } $ ,在竖直方向有 $ mg+{f}_{\mathrm{m}} \sin {60}^{\circ }={F}_{\mathrm{N}} \sin {30}^{\circ } $ ,其中 $ {f}_{\mathrm{m}}=\mu {F}_{\mathrm{N}} $ ,联立解得 $ {\omega }_{1}=\sqrt{\dfrac{3g}{R}} $ ,

图2

当 $ \omega < {\omega }_{0} $ 时,重力与支持力的合力大于小物块做圆周运动所需向心力,则摩擦力方向沿陶罐壁切线方向向上,当角速度最小时,摩擦力向上达到最大值,如图3所示,设此时角速度为 $ {\omega }_{2} $ ,水平方向有 $ F{\prime }_{\mathrm{N}} \cos {30}^{\circ }-f{\prime }_{\mathrm{m}} \cos {60}^{\circ }=m{\omega }_{2}^{2}R \sin {60}^{\circ } $ ,在竖直方向有 $ mg=F{\prime }_{\mathrm{N}} \sin {30}^{\circ }+f{\prime }_{\mathrm{m}} \sin {60}^{\circ } $ ,其中 $ f{\prime }_{\mathrm{m}}=\mu F{\prime }_{\mathrm{N}} $ ,联立得 $ {\omega }_{2}=\sqrt{\dfrac{10g}{7R}} $ ,

图3

若要小物块与陶罐保持相对静止,则转台转动角速度的取值范围为 $ \sqrt{\dfrac{10g}{7R}}⩽ \omega ⩽ \sqrt{\dfrac{3g}{R}} $ .

因为 $ A $ 、 $ B $ 两点同轴转动,所以 $ A $ 、 $ B $ 两点的角速度是相等的,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 、 $ B $ 两点做圆周运动的圆心都是 $ O $ 点,半径分别是 $ OA $ 和 $ OB $ ,由余弦定理可得 $ O{B}^{2}=O{A}^{2}+A{B}^{2}-2OA\cdot AB \cos {120}^{\circ } $ ,解得 $ OB=\sqrt{13}a $ ,由 $ v=r\omega $ 可知,角速度一定,线速度大小之比等于半径之比,故 $ A $ 、 $ B $ 两点线速度大小之比为 $ 1:\sqrt{13} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由向心加速度 $ a=r{\omega }^{2} $ 可知, $ A $ 、 $ B $ 两点向心加速度大小之比为 $ 1:\sqrt{13} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确； $ B $ 点的向心加速度沿着 $ OB $ 指向 $ O $ 点,故 $ \mathrm{D} $ 错误.