課時跟蹤檢測（十六） 三類典型的圓周運動問題

課時跟蹤檢測（十六）三類典型的圓周運動問題A級——全員必做1.如圖所示，某餐桌上有一半徑為0.8m的圓形水平轉(zhuǎn)盤，在轉(zhuǎn)盤的邊緣有一個茶杯隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動。已知茶杯和轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)為0.32，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。為了使處于轉(zhuǎn)盤邊緣的茶杯不滑出轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度不能超過()A．3.2rad/s B．2rad/sC．1.6rad/s D．0.8rad/s解析：選B由題意知當(dāng)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)起來時，由靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大值時，角速度最大，結(jié)合牛頓第二定律及向心力公式μmg＝mrω2，可求得ω＝eq\r(\f(μg,r))＝2rad/s，故選B。2.如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200N B．400NC．600N D．800N解析：選B該同學(xué)身高相對于秋千的繩長可忽略不計，可以把該同學(xué)與踏板看成質(zhì)點。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，由牛頓第二定律有2F－mg＝meq\f(v2,L)，代入數(shù)據(jù)解得F≈400N，B正確。3．(2023·鹽城模擬)如圖所示，兩個圓錐內(nèi)壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．A、B球受到的支持力之比為eq\r(3)∶3B．A、B球的向心力之比為eq\r(3)∶1C．A、B球運動的角速度之比為1∶1D．A、B球運動的線速度之比為1∶1解析：選D對小球A、B受力分析，受到重力和支持力在豎直方向合力為零，則有FNsinθ＝mg，則有FNA＝eq\f(mg,sin30°)，F(xiàn)NB＝eq\f(mg,sin60°)，得FNA∶FNB＝sin60°∶sin30°＝eq\f(\r(3),2)∶eq\f(1,2)＝eq\r(3)∶1，故A錯誤；受到重力和支持力的合力提供向心力，則有FA＝eq\f(mg,tan30°)，F(xiàn)B＝eq\f(mg,tan60°)，得FA∶FB＝tan60°∶tan30°＝eq\r(3)∶eq\f(\r(3),3)＝3∶1，故B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑r＝htanθ，根據(jù)F＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(F,mr))＝eq\r(\f(g,htan2θ))，得ωA∶ωB＝tan60°∶tan30°＝3∶1，故C錯誤；根據(jù)r＝htanθ，可得eq\f(rA,rB)＝eq\f(htan30°,htan60°)＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(3))＝eq\f(1,3)，根據(jù)v＝ωr，可得vA∶vB＝ωArA∶ωBrB＝1∶1，故D正確。4．(2023·常州模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個小球A、B套在光滑水平直桿P上，整個直桿被固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，并保持水平，兩球間用勁度系數(shù)為k、自然長度為L的輕質(zhì)彈簧連接在一起，A球被輕質(zhì)細(xì)繩拴在豎直轉(zhuǎn)軸上，細(xì)繩長度也為L，現(xiàn)欲使橫桿AB隨豎直轉(zhuǎn)軸一起在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，其角速度為ω，求當(dāng)彈簧長度穩(wěn)定后，下列關(guān)于細(xì)繩的拉力和彈簧的總長度結(jié)論正確的是()A．細(xì)繩的拉力為3mω2LB．彈簧總長度為eq\f(2mω2L,k－mω2)C．細(xì)繩的拉力為mω2Leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2k,k－mω2)))D．彈簧總長度為L＋eq\f(2mω2L,k)解析：選C設(shè)直桿勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧伸長量為x，對A球有FT－F＝mω2L，對B球有F＝mω2(2L＋x)，F(xiàn)＝kx，聯(lián)立以上方程解得FT＝mω2L＋eq\f(2mω2kL,k－mω2)＝mω2Leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2k,k－mω2)))，x＝eq\f(2mω2L,k－mω2)，則彈簧的總長為L′＝L＋eq\f(2mω2L,k－mω2)＝eq\f(k＋mω2,k－mω2)L，故C正確，A、B、D錯誤。5．如圖所示，長為l的輕桿兩端各固定一個質(zhì)量為m的小球a、b，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且桿可繞位于中點的轉(zhuǎn)軸平行于斜面轉(zhuǎn)動，當(dāng)小球a位于最低點時給系統(tǒng)一初始角速度ω0，不計一切阻力，則()A．在輕桿轉(zhuǎn)過180°的過程中，角速度逐漸減小B．只有ω0大于某臨界值，系統(tǒng)才能做完整的圓周運動C．輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的大小始終為2mgsinθD．輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的方向始終在變化解析：選C小球a、b質(zhì)量均為m，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且桿可繞位于中點的轉(zhuǎn)軸平行于斜面轉(zhuǎn)動，當(dāng)系統(tǒng)有初始角速度時，在轉(zhuǎn)動過程中，系統(tǒng)的重力勢能不變，那么系統(tǒng)的動能也不變，因此系統(tǒng)始終勻速轉(zhuǎn)動，故A、B錯誤；選兩球及桿作為系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律，則有：F－2mgsinθ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsinθ，而輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的方向始終沿著斜面向上，故C正確，D錯誤。6．如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一個小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，則下列說法錯誤的是()A．小球的質(zhì)量為eq\f(aR,b)B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閑q\f(R,b)C．v2＝c時，小球?qū)U的彈力方向向上D．v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等解析：選B當(dāng)彈力F方向向下時，F(xiàn)＋mg＝eq\f(mv2,R)，解得：F＝eq\f(m,R)v2－mg，當(dāng)彈力F方向向上時，mg－F＝meq\f(v2,R)，解得：F＝mg－meq\f(v2,R)，對比F-v2圖像可知，b＝gR、a＝mg，聯(lián)立解得g＝eq\f(b,R)、m＝eq\f(aR,b)，選項A正確，B錯誤；v2＝c時，小球?qū)U的彈力方向向上，選項C正確；v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等，選項D正確。7．(2023·泰州模擬)如圖，質(zhì)量為M的物塊A放在傾角為θ的斜面上，一質(zhì)量為m的小球B通過細(xì)繩跨過定滑輪與物塊A相連，當(dāng)小球B以角速度ω做圓周運動時，物塊A剛好保持靜止。忽略繩與滑輪間摩擦，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是()A．物塊A受到的摩擦力一定向下B．物塊A可能不受摩擦力作用C．若斜面傾角θ增大，要使A繼續(xù)保持靜止，小球B做圓周運動的角速度一定增大D．若斜面傾角θ增大，要使A繼續(xù)保持靜止，小球B做圓周運動的角速度可能保持不變解析：選D設(shè)球B做圓周運動時細(xì)線與豎直方向夾角為α，細(xì)線張力為F，則對球B有Fsinα＝mω2r，對物塊A，因為剛好保持靜止，則一定受摩擦力作用，且達(dá)到最大靜摩擦力fm，當(dāng)fm沿斜面向上時，有F＋fm＝Mgsinθ①，當(dāng)fm沿斜面向下時，有F＝fm＋Mgsinθ②，故A、B錯誤；當(dāng)θ增大時，Mgsinθ增大，fm＝μMgcosθ減小，要使A繼續(xù)保持靜止，在①式情況下，繩的拉力F要增大，小球B做圓周運動的角速度要增大；在②式情況下，繩的拉力F有可能保持不變，小球B做圓周運動的角速度可以保持不變，C錯誤，D正確。8.(2023·蘇州模擬)游樂園的小型“摩天輪”上對稱站著質(zhì)量均為m的8位同學(xué)，其中甲、乙同學(xué)的位置如圖所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若某時刻轉(zhuǎn)到頂點a的甲同學(xué)將一小重物向右水平拋出使之恰好做自由落體運動，并立即通知下面的同學(xué)接住，結(jié)果重物掉落過程中被乙同學(xué)第一次到達(dá)最低點b時接到。已知“摩天輪”半徑為R，重力加速度為g，(不計人和吊籃的大小及重物的質(zhì)量，假設(shè)人與吊籃之間除腳接觸外沒有其他接觸)。則()A．“摩天輪”轉(zhuǎn)動的周期為2eq\r(\f(R,g))B．乙同學(xué)初始狀態(tài)受到的摩擦力向右C．乙同學(xué)在最低點對地板的壓力大小為mg－eq\f(π2,64)mgD．甲同學(xué)在最高點對地板的壓力大小為mg＋eq\f(π2,64)mg解析：選B由題意可知，重物做自由落體運動有2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(R,g))，此時間正好等于摩天輪圓周運動周期的八分之一，故摩天輪轉(zhuǎn)動的周期為T＝8t＝16eq\r(\f(R,g))，故A錯誤；乙同學(xué)若只受到支持力與重力，則不能提供乙做圓周運動的向心力，所以乙同學(xué)初始狀態(tài)受到向右的摩擦力，故B正確；由牛頓第二定律可知，甲同學(xué)在最高點時有mg－F1＝meq\f(4π2,T2)R，解得F1＝mg－eq\f(π2,64)mg，乙同學(xué)在最低點時有F2－mg＝meq\f(4π2,T2)R，解得F2＝mg＋eq\f(π2,64)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，同學(xué)對吊籃地板的壓力大小與吊籃地板對同學(xué)的支持力大小相等，故C、D錯誤。9.如圖所示，用一根長為l＝1m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細(xì)線的張力為T(g取10m/s2，結(jié)果可用根式表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？(2)若細(xì)線與豎直方向間的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？解析：(1)若要小球剛好離開錐面，此時小球只受到重力和細(xì)線的拉力，如圖所示。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向上運用牛頓第二定律及向心力公式得mgtanθ＝mω02lsinθ解得ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s。(2)當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時，小球已離開錐面，由牛頓第二定律及向心力公式有mgtan60°＝mω′2lsin60°，解得ω′＝eq\r(\f(g,lcos60°))＝2eq\r(5)rad/s。答案：(1)eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/sB級——重點選做10．(2023·無錫模擬)如圖所示，足夠大的水平圓臺中央固定一光滑豎直細(xì)桿，原長為L的輕質(zhì)彈簧套在豎直桿上，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B用長為L的輕桿及光滑鉸鏈相連，小球A穿過豎直桿置于彈簧上。讓小球B以不同的角速度ω繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度為ω0時，小球B剛好離開臺面。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球均靜止時，彈簧的長度為L－eq\f(mg,2k)B．角速度ω＝ω0時，小球A對彈簧的壓力為mgC．角速度ω0＝eq\r(\f(kg,kL－2mg))D．角速度從ω0繼續(xù)增大的過程中，小球A對彈簧的壓力增大解析：選C若兩球靜止時，均受力平衡，對B球分析可知桿的彈力為零，臺面對B球的支持力FNB＝mg，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，再對A球分析可得mg＝kx1，故彈簧的長度為L1＝L－x1＝L－eq\f(mg,k)，故A項錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度為ω0時，小球B剛好離開臺面，即FNB′＝0，設(shè)桿與轉(zhuǎn)盤的夾角為θ，由牛頓第二定律可知eq\f(mg,tanθ)＝mω02·Lcosθ，F(xiàn)桿sinθ＝mg，而對A球依然處于平衡，有F桿sinθ＋mg＝Fk＝kx2，而由幾何關(guān)系sinθ＝eq\f(L－x2,L)，聯(lián)立四式解得Fk＝2mg，ω0＝eq\r(\f(kg,kL－2mg))，則彈簧對A球的彈力為2mg，由牛頓第三定律可知A球?qū)椈傻膲毫?mg，故B錯誤，C正確；當(dāng)角速度從ω0繼續(xù)增大，B球?qū)h起來，桿與水平方向的夾角θ變小，對A與B組成的系統(tǒng)，在豎直方向始終處于平衡，有Fk＝mg＋mg＝2mg，則彈簧對A球的彈力是2mg，由牛頓第三定律可知A球?qū)椈傻膲毫σ廊粸?mg，故D錯誤。11．過山車是游樂場里一項刺激有趣的項目，小張同學(xué)玩過之后，制作了一個迷你型的過山車模型(如圖甲)，其中一段結(jié)構(gòu)簡化為如圖乙所示，該段由傾角α＝37°的傾斜軌道AB、水平軌道BC、豎直圓軌道和弧形軌道平滑連接而成。假設(shè)迷你型過山車的質(zhì)量m＝1kg且可以看作質(zhì)點，現(xiàn)從斜軌道上A處靜止滑下，已知豎直圓軌道半徑R＝0.1m，LAB＝1.5m，LBC＝1m，過山車與軌道AB和BC之間的動摩擦因數(shù)均為0.25，弧形軌道與圓軌道均視為光滑，忽略題意之外其他阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求過山車到C點時對圓軌道的壓力大小；(2)通過計算判斷過山車能否沖上弧形軌道；(3)若過山車從斜面上距離B點s處靜止釋放，求s滿足什么條件，過山車會脫軌。解析：(1)A→C過程，根據(jù)動能定理得mgLABsin37°－μmgcos37°·LAB－μmgLBC＝eq\f(1,2)mvC2－0，解得vC＝eq\r(7)m/s，在C點，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝80N，根據(jù)牛頓第三定律得：過山車到C點時對圓軌道的壓力FN′＝FN＝80N，方向豎直向下。(2)設(shè)過山車到圓軌道最高點時的臨界速度為v1，有mg＝meq\f(v12,R)，解得v1＝eq\r(gR)＝1m/s，由C點到圓軌道最高點，由動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2，解得v＝eq\r(3)m/s>v1，可以沖上弧形軌道。(3)過山車不能通過圓軌道最高點時