课时跟踪检测（十六） 三类典型的圆周运动问题

课时跟踪检测（十六）三类典型的圆周运动问题A级——全员必做1.如图所示，某餐桌上有一半径为0.8m的圆形水平转盘，在转盘的边缘有一个茶杯随转盘一起转动。已知茶杯和转盘间的动摩擦因数为0.32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。为了使处于转盘边缘的茶杯不滑出转盘，转盘转动的角速度不能超过()A．3.2rad/s B．2rad/sC．1.6rad/s D．0.8rad/s解析：选B由题意知当转盘转起来时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值时，角速度最大，结合牛顿第二定律及向心力公式μmg＝mrω2，可求得ω＝eq\r(\f(μg,r))＝2rad/s，故选B。2.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200N B．400NC．600N D．800N解析：选B该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学与踏板看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝meq\f(v2,L)，代入数据解得F≈400N，B正确。3．(2023·盐城模拟)如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．A、B球受到的支持力之比为eq\r(3)∶3B．A、B球的向心力之比为eq\r(3)∶1C．A、B球运动的角速度之比为1∶1D．A、B球运动的线速度之比为1∶1解析：选D对小球A、B受力分析，受到重力和支持力在竖直方向合力为零，则有FNsinθ＝mg，则有FNA＝eq\f(mg,sin30°)，FNB＝eq\f(mg,sin60°)，得FNA∶FNB＝sin60°∶sin30°＝eq\f(\r(3),2)∶eq\f(1,2)＝eq\r(3)∶1，故A错误；受到重力和支持力的合力提供向心力，则有FA＝eq\f(mg,tan30°)，FB＝eq\f(mg,tan60°)，得FA∶FB＝tan60°∶tan30°＝eq\r(3)∶eq\f(\r(3),3)＝3∶1，故B错误；小球运动轨道高度相同，则半径r＝htanθ，根据F＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(F,mr))＝eq\r(\f(g,htan2θ))，得ωA∶ωB＝tan60°∶tan30°＝3∶1，故C错误；根据r＝htanθ，可得eq\f(rA,rB)＝eq\f(htan30°,htan60°)＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(3))＝eq\f(1,3)，根据v＝ωr，可得vA∶vB＝ωArA∶ωBrB＝1∶1，故D正确。4．(2023·常州模拟)如图所示，质量均为m的两个小球A、B套在光滑水平直杆P上，整个直杆被固定在竖直转轴上，并保持水平，两球间用劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧连接在一起，A球被轻质细绳拴在竖直转轴上，细绳长度也为L，现欲使横杆AB随竖直转轴一起在水平面内匀速转动，其角速度为ω，求当弹簧长度稳定后，下列关于细绳的拉力和弹簧的总长度结论正确的是()A．细绳的拉力为3mω2LB．弹簧总长度为eq\f(2mω2L,k－mω2)C．细绳的拉力为mω2Leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2k,k－mω2)))D．弹簧总长度为L＋eq\f(2mω2L,k)解析：选C设直杆匀速转动时，弹簧伸长量为x，对A球有FT－F＝mω2L，对B球有F＝mω2(2L＋x)，F＝kx，联立以上方程解得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)，则弹簧的总长为L′＝L＋eq\f(2mω2L,k－mω2)＝eq\f(k＋mω2,k－mω2)L，故C正确，A、B、D错误。5．如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则()A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsinθD．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化解析：选C小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F－2mgsinθ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。6．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，则下列说法错误的是()A．小球的质量为eq\f(aR,b)B．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选B当弹力F方向向下时，F＋mg＝eq\f(mv2,R)，解得：F＝eq\f(m,R)v2－mg，当弹力F方向向上时，mg－F＝meq\f(v2,R)，解得：F＝mg－meq\f(v2,R)，对比F-v2图像可知，b＝gR、a＝mg，联立解得g＝eq\f(b,R)、m＝eq\f(aR,b)，选项A正确，B错误；v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上，选项C正确；v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等，选项D正确。7．(2023·泰州模拟)如图，质量为M的物块A放在倾角为θ的斜面上，一质量为m的小球B通过细绳跨过定滑轮与物块A相连，当小球B以角速度ω做圆周运动时，物块A刚好保持静止。忽略绳与滑轮间摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是()A．物块A受到的摩擦力一定向下B．物块A可能不受摩擦力作用C．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度一定增大D．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度可能保持不变解析：选D设球B做圆周运动时细线与竖直方向夹角为α，细线张力为F，则对球B有Fsinα＝mω2r，对物块A，因为刚好保持静止，则一定受摩擦力作用，且达到最大静摩擦力fm，当fm沿斜面向上时，有F＋fm＝Mgsinθ①，当fm沿斜面向下时，有F＝fm＋Mgsinθ②，故A、B错误；当θ增大时，Mgsinθ增大，fm＝μMgcosθ减小，要使A继续保持静止，在①式情况下，绳的拉力F要增大，小球B做圆周运动的角速度要增大；在②式情况下，绳的拉力F有可能保持不变，小球B做圆周运动的角速度可以保持不变，C错误，D正确。8.(2023·苏州模拟)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，其中甲、乙同学的位置如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a的甲同学将一小重物向右水平抛出使之恰好做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落过程中被乙同学第一次到达最低点b时接到。已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，(不计人和吊篮的大小及重物的质量，假设人与吊篮之间除脚接触外没有其他接触)。则()A．“摩天轮”转动的周期为2eq\r(\f(R,g))B．乙同学初始状态受到的摩擦力向右C．乙同学在最低点对地板的压力大小为mg－eq\f(π2,64)mgD．甲同学在最高点对地板的压力大小为mg＋eq\f(π2,64)mg解析：选B由题意可知，重物做自由落体运动有2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(R,g))，此时间正好等于摩天轮圆周运动周期的八分之一，故摩天轮转动的周期为T＝8t＝16eq\r(\f(R,g))，故A错误；乙同学若只受到支持力与重力，则不能提供乙做圆周运动的向心力，所以乙同学初始状态受到向右的摩擦力，故B正确；由牛顿第二定律可知，甲同学在最高点时有mg－F1＝meq\f(4π2,T2)R，解得F1＝mg－eq\f(π2,64)mg，乙同学在最低点时有F2－mg＝meq\f(4π2,T2)R，解得F2＝mg＋eq\f(π2,64)mg，根据牛顿第三定律可知，同学对吊篮地板的压力大小与吊篮地板对同学的支持力大小相等，故C、D错误。9.如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T(g取10m/s2，结果可用根式表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向间的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线的拉力，如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向上运用牛顿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)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿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级——重点选做10．(2023·无锡模拟)如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球均静止时，弹簧的长度为L－eq\f(mg,2k)B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mgC．角速度ω0＝eq\r(\f(kg,kL－2mg))D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力增大解析：选C若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，台面对B球的支持力FNB＝mg，设弹簧的压缩量为x1，再对A球分析可得mg＝kx1，故弹簧的长度为L1＝L－x1＝L－eq\f(mg,k)，故A项错误；当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即FNB′＝0，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知eq\f(mg,tanθ)＝mω02·Lcosθ，F杆sinθ＝mg，而对A球依然处于平衡，有F杆sinθ＋mg＝Fk＝kx2，而由几何关系sinθ＝eq\f(L－x2,L)，联立四式解得Fk＝2mg，ω0＝eq\r(\f(kg,kL－2mg))，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A与B组成的系统，在竖直方向始终处于平衡，有Fk＝mg＋mg＝2mg，则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D错误。11．过山车是游乐场里一项刺激有趣的项目，小张同学玩过之后，制作了一个迷你型的过山车模型(如图甲)，其中一段结构简化为如图乙所示，该段由倾角α＝37°的倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直圆轨道和弧形轨道平滑连接而成。假设迷你型过山车的质量m＝1kg且可以看作质点，现从斜轨道上A处静止滑下，已知竖直圆轨道半径R＝0.1m，LAB＝1.5m，LBC＝1m，过山车与轨道AB和BC之间的动摩擦因数均为0.25，弧形轨道与圆轨道均视为光滑，忽略题意之外其他阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求过山车到C点时对圆轨道的压力大小；(2)通过计算判断过山车能否冲上弧形轨道；(3)若过山车从斜面上距离B点s处静止释放，求s满足什么条件，过山车会脱轨。解析：(1)A→C过程，根据动能定理得mgLABsin37°－μmgcos37°·LAB－μmgLBC＝eq\f(1,2)mvC2－0，解得vC＝eq\r(7)m/s，在C点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝80N，根据牛顿第三定律得：过山车到C点时对圆轨道的压力FN′＝FN＝80N，方向竖直向下。(2)设过山车到圆轨道最高点时的临界速度为v1，有mg＝meq\f(v12,R)，解得v1＝eq\r(gR)＝1m/s，由C点到圆轨道最高点，由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2，解得v＝eq\r(3)m/s>v1，可以冲上弧形轨道。(3)过山车不能通过圆轨道最高点时