課時跟蹤檢測（十三） 圓周運動

PAGE第5頁共7頁課時跟蹤檢測（十三）圓周運動一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．讓礦泉水瓶繞自身中心軸轉動起來，帶動瓶中水一起高速穩(wěn)定旋轉時，水面形狀接近下圖中的()解析：選D讓礦泉水瓶繞自身中心軸轉動起來時，由于離心作用，水將跑到瓶子的邊緣部分，使得邊緣部分水的高度大于中心部分水的高度，則水面形狀接近圖D。2．(2020·菏澤期中檢測)電影《流浪地球》的熱播使人們關注到影視中“領航員號”空間站通過讓圓形空間站旋轉的方法獲得人工重力的情形，空間模型如圖所示，已知空間站半徑為1000m，為了使宇航員感覺跟在地球表面上的時候一樣“重”，g取10m/s2，空間站轉動的角速度為()A．10rad/s B．1rad/sC．0.1rad/s D．0.01rad/s解析：選C空間站中宇航員做勻速圓周運動，使宇航員感受到與地球表面一樣的“重力”是向心力所致，則根據(jù)g＝ω2r，則ω＝eq\r(\f(g,r))＝0.1rad/s，故C正確，A、B、D錯誤。3.(2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷)(多選)如圖所示，一輕繩穿過水平桌面上的小圓孔，上端拴物體M，下端拴物體N。若物體M在桌面上做半徑為r的勻速圓周運動時，角速度為ω，線速度大小為v，物體N處于靜止狀態(tài)，則(不計摩擦)()A．M所需向心力大小等于N所受重力的大小B．M所需向心力大小大于N所受重力的大小C．v2與r成正比D．ω2與r成正比解析：選AC物體N靜止不動，繩子拉力與物體N重力相等，物體M做勻速圓周運動，繩子拉力完全提供向心力，即T＝mNg＝F向，所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，A正確，B錯誤；根據(jù)向心加速度公式和牛頓第二定律得F向＝mNg＝meq\f(v2,r)，則v2與r成正比，C正確；根據(jù)向心加速度公式和牛頓第二定律得F向＝mNg＝mω2r，則ω2與r成反比，D錯誤。4．(2021·張家界調研)如圖所示，圓盤的圓心為O，轉軸O1O2與水平面的夾角為θ，轉軸O1O2通過O點與盤面垂直，B、D兩點在通過O點的水平線上，AC⊥BD。圓盤勻速轉動，一小物塊(可視為質點)始終靜止于圓盤的邊緣。下列說法正確的是()A．通過B點時，物塊受到的摩擦力由B指向OB．通過C點時，物塊受到的摩擦力由C指向OC．通過A點時，物塊一定受到摩擦力D．通過B、D兩點時，物塊受到的摩擦力相同解析：選B通過B點時，物塊受到重力、支持力和摩擦力，三力的合力應該由B指向O點，提供向心力，此時摩擦力不會由B指向O，A錯誤；通過C點時，物塊受到重力、支持力、摩擦力，三力合力的方向由C指向O，提供向心力，摩擦力由C指向O，B正確；通過A點時，若物塊所受的重力和支持力的合力正好提供向心力，則物體不受摩擦力，C錯誤；通過B、D兩點時，摩擦力的方向不一樣，所以物塊受到的摩擦力不同，D錯誤。5.如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g。現(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根輕繩的拉力大小為()A.eq\r(3)mg B.eq\f(4\r(3),3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg解析：選A小球在運動過程中，A、B兩點與小球所在位置構成等邊三角形，由此可知，小球做圓周運動的半徑R＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，兩繩與小球運動半徑方向間的夾角為30°，由題意，小球在最高點的速率為v時，mg＝meq\f(v2,R)，當小球在最高點的速率為2v時，應有：F＋mg＝meq\f(2v2,R)，可解得：F＝3mg。由2FTcos30°＝F，可得兩繩的拉力大小均為FT＝eq\r(3)mg，A項正確。6.太極球是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落。現(xiàn)將太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動。A為圓周的最高點，C為最低點，B、D兩點與圓心O等高且在B、D處平板與水平面夾角為θ。設小球的質量為m，圓周運動的半徑為R，重力加速度為g。若小球運動的周期為T＝2πeq\r(\f(R,3g))，則()A．在A處平板對小球的作用力大小為mgB．在C處平板對小球的作用力大小為3mgC．在B處小球一定受兩個力的作用D．在A、C處平板對小球作用力大小的差值為2mg解析：選D在A處對小球由牛頓第二定律有NA＋mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，得NA＝2mg，同理，在C處對小球由牛頓第二定律有NC－mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，得NC＝4mg，平板對小球作用力大小的差值為2mg，故A、B錯誤，D正確；在B處小球可能只受重力和支持力兩個力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三個力作用，故C錯誤。7.(2021·湘潭模擬)有一豎直轉軸以角速度ω勻速旋轉，轉軸上的A點有一長為l的細繩系有質量為m的小球。要使小球在隨轉軸勻速轉動的同時又不離開光滑的水平面，則A點到水平面的高度h最大為()A.eq\f(g,ω2) B．ω2gC.eq\f(ω2,g) D.eq\f(g,2ω2)解析：選A以小球為研究對象，小球受三個力的作用，重力mg、水平面支持力FN、繩子拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為mω2R，設繩子與豎直方向的夾角為θ，則有：R＝htanθ，那么Fcosθ＋FN＝mg，F(xiàn)sinθ＝mω2htanθ；當球即將離開水平面時，F(xiàn)N＝0，此時Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，即h＝eq\f(g,ω2)，故A正確。8．(2021·永州模擬)(多選)如圖所示，水平轉臺上的小物體a、b通過彈簧連接，并靜止在轉臺上，現(xiàn)轉臺從靜止開始緩慢地增大其轉速(即在每個轉速下可認為是勻速轉動)，已知a、b的質量分別為m、2m，a、b與轉臺間的動摩擦因數(shù)均為μ，a、b離轉臺中心的距離都為r且與轉臺保持相對靜止，已知彈簧的原長為r，勁度系數(shù)為k，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法中正確的是()A．物體a和b同時相對轉臺發(fā)生滑動B．當a受到的摩擦力為0時，b受到的摩擦力背離圓心C．當b受到的摩擦力為0時，a受到的摩擦力背離圓心D．當a、b均相對轉臺靜止時，允許的最大角速度為eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))解析：選CD發(fā)生相對滑動前，靜摩擦力和彈簧彈力提供向心力，當剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜摩擦力，kr＋μmg＝mω2r，知ω＝eq\r(\f(k,m)＋\f(μg,r))，質量大的先發(fā)生相對滑動，故b先發(fā)生相對滑動，故A錯誤；當a受摩擦力為零時，彈簧彈力充當a的向心力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供b的向心力，b質量較大，故向心力大，所以b受摩擦力指向圓心，故B錯誤；當b受到的摩擦力為0時，彈簧彈力充當b的向心力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供a的向心力，a質量較小，故向心力小，所以a受摩擦力背離圓心，故C正確；當a、b均相對轉臺靜止時，由以上分析可知，b先發(fā)生相對滑動，在b剛要發(fā)生相對滑動時的角速度為ω＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，故D正確。9．(2021·人大附中質量檢測)某游樂設施如圖所示，由半圓形APB和直線形BC細圓管組成的細圓管軌道固定在水平桌面上(圓半徑比細圓管內徑大得多)，軌道內壁光滑且A、P、B、C各點在同一水平面上。已知APB部分的半徑R＝0.8m，BC段長L＝1.6m，彈射裝置將一質量m＝0.2kg的小球(可視為質點)以水平初速度v0從A點彈入軌道，小球從C點離開軌道水平拋出，落地點D離C點的水平距離為s＝1.6m，桌子的高度h＝0.8m，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)小球水平初速度v0的大小。(2)小球在半圓形軌道上運動的角速度ω以及從A點運動到C點所用的時間t。(3)小球在半圓形軌道上運動時細圓管對小球的作用力F的大小。解析：(1)小球離開軌道后做平拋運動，則有：豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向：s＝v0t得：v0＝seq\r(\f(g,2h))＝1.6×eq\r(\f(10,1.6))m/s＝4m/s。(2)小球在半圓形軌道上運動時的角速度為ω＝eq\f(v0,R)＝eq\f(4,0.8)rad/s＝5rad/s。小球從A到B的時間為t1＝eq\f(πR,v0)＝eq\f(3.14×0.8,4)s＝0.628s。小球從B到C做勻速直線運動，時間為t2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(1.6,4)s＝0.4s。因此從A點運動到C點所用的時間為t＝t1＋t2＝1.028s。(3)根據(jù)牛頓第二定律得，圓管對小球的水平作用力大小為Fx＝meq\f(v02,R)＝0.2×eq\f(42,0.8)N＝4N。豎直作用力大小為Fy＝mg＝2N故細圓管對小球的作用力為F＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝2eq\r(5)N。答案：(1)4m/s(2)5rad/s1.028s(3)2eq\r(5)N二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性10.(2021·長沙調研)如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉動。質量不同的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α>β。則()A．A的質量一定小于B的質量B．A、B受到的摩擦力可能同時為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大解析：選D當B的摩擦力恰為零時，受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanβ＝mωB2Rsinβ解得：ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))同理可得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))物塊轉動角速度與物塊的質量無關，所以無法判斷質量的大小，A錯誤；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同時為零，B錯誤；若A不受摩擦力，此時轉臺的角速度為ωA>ωB，所以B物塊的向心力變大，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯誤；如果轉臺角速度從A不受摩擦力開始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正確。11.如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉動時，兩金屬環(huán)一直相對桿不動，下列判斷正確的是()A．轉動的角速度越大，細線中的拉力越大B．轉動的角速度越大，環(huán)M與水平桿之間的彈力越大C．轉動的角速度越大，環(huán)N與豎直桿之間的彈力越大D．轉動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等解析：選D設細線與豎直方向的夾角為θ，對環(huán)N受力分析，受到豎直向下的重力GN，細線的拉力T，桿給的水平支持力Feq\a\vs4\al(N1)，因為兩環(huán)相對桿的位置不變，所以對環(huán)N來說處于靜止狀態(tài)，合力為零，故在豎直方向上Tcosθ＝GN，在水平方向上Feq\a\vs4\al(N1)＝Tsinθ，因為重力恒定，θ恒定，所以細線的拉力不變，環(huán)N與桿之間的彈力恒定，故A、C錯誤；對環(huán)M受力分析，受到細線的拉力T′，豎直向下的重力GM，豎直向上的支持力Feq\a\vs4\al(N2)，以及水平桿給的摩擦力f，在豎直方向上有Feq\a\vs4\al(N2)＝GM＋T′cosθ＝GM＋GN，恒定不變，若以較小角速度轉動時，摩擦力方向向右，即T′sinθ－f＝mω2r?f＝T′sinθ－mω2r，隨著角速度的增大，摩擦力方向可能變成向左，即T′sinθ＋f＝mω2r?f＝mω2r－T′sinθ，故可能存在f＝mω12r－T′sinθ＝T′sinθ－mω22r，摩擦力向左和向右時大小相等的情況，故B錯誤，D正確。12．如圖甲所示的過山車軌道，有連續(xù)兩個環(huán)，我們把它簡化為如圖乙所示的模型，忽略一切阻力，假設大環(huán)的半徑是小環(huán)半徑的1.5倍，當過山車通過大環(huán)的最低點和最高點時，軌道對過山車的壓力差絕對值為ΔN1，當過山車通過小環(huán)的最低點和最高點時，軌道對過山車的壓力差絕對值為ΔN2，則下面說法中正確的是()A．ΔN2＝ΔN1 B．ΔN2＝1.5ΔN1C．ΔN1＝1.5ΔN2 D．ΔN1＝3ΔN2解析：選A假設題圖乙中小環(huán)的半徑為R，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN1－mg＝meq\f(v12,R)在最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN2＋mg＝meq\f(v22,R)根據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋mg·2R解得：FN1－FN2＝6mg可知壓力差和半徑無關，和初速度也無關，故選A。13.一光滑圓錐固定在水平地面上，其圓錐角為74°，圓錐底面的圓心為O′。用一根長為0.5m的輕繩一端系一質量為0.1kg的小球(可視為質點)，另一端固定在光滑圓錐頂上O點，O點距地面高度為0.75m，如圖所示，如果使小球在光滑圓錐表面上做圓周運動。(1)當小球的角速度為4rad/s時，求輕繩中的拉力大小。(2)逐漸