课时跟踪检测（十七）

1/6课时跟踪检测（十七）圆周运动中的临界问题1.(2023·厦门高一检测)“只要速度够快，就能挑战地球引力！”在挑战极限的实验测试中，挑战者在半径为1.6m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹。对于挑战过程，下列说法正确的是()A．在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒B．要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/sC．要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好D．运动到最高点时，挑战者的向心加速度一定不小于g解析：选D在跑道中运动时，人本身做功，机械能不守恒，故A错误；在最高点时，当重力恰好提供向心力时，速度最小，根据mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)，实际上，人体的重心大约在腰部，实际半径小于1.6m，故最小速度小于4m/s，故B错误；由B项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成挑战无影响，故C错误；运动到最高点时，轨道对人向下的压力大于等于零，根据牛顿第二定律mg＋N＝ma，故挑战者的向心加速度一定不小于g，故D正确。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取该同学与踏板为研究对象，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＝410N，最接近选项B，B正确。3.如图所示，一长L＝0.4m的轻杆，可绕通过中点O的水平轴在竖直平面内转动，在轻杆两端分别固定小球A、B。当A球通过最低点，B球通过最高点，且旋转的角速度ω＝10rad/s时，转轴对轻杆恰好无作用力，重力加速度g取10m/s2，忽略一切摩擦和阻力，则A、B两个小球的质量之比为()A．mA∶mB＝1∶3 B．mA∶mB＝1∶1C．mA∶mB＝2∶3 D．mA∶mB＝9∶11解析：选A若转轴恰好对轻杆无作用力，可知轻杆对球A的拉力恰好等于轻杆对球B的拉力，设拉力大小为T，对A和B，根据牛顿第二定律可知T－mAg＝mAω2eq\f(L,2)，T＋mBg＝mBω2eq\f(L,2)，代入数据联立可得mA∶mB＝1∶3，故选A。4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s解析：选C物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时根据牛顿第二定律得，μmgcos30°－mgsin30°＝mrω2，求得ω＝1.0rad/s，C项正确，A、B、D项错误。5.如图所示，竖直光滑圆形管道固定不动，A为管道的最低点，E为最高点，C为最右侧的点，B在A、C之间任意可能位置，D在C、E之间任意可能位置。一直径略小于管道内径的小球以某一初速度从最低点A开始沿管道运动，小球恰能通过管道的最高点E。已知小球做圆周运动的轨道半径为R，重力加速度为g。则()A．小球做匀速圆周运动B．小球在最高点E的速度大小为eq\r(gR)C．小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧D．小球在B点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧解析：选C小球的重力对小球做功，则小球不可能做匀速圆周运动，A错误；小球恰能经过最高点E，则在最高点的速度大小为0，B错误；小球在C点将挤压管道外侧，在最高点E挤压管道内侧，则小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧，C正确；小球在B点加速度有向上的分量，合外力有竖直向上的分量，而重力向下，则管道对小球有向上的分量，则小球只能挤压管道的外侧，D错误。6.(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学的经典模型之一，某同学通过实验来探究其相关规律。如图所示，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．只有当小球通过圆周最高点的速度大于0时才能完成完整的圆周运动B．若小球通过圆周最高点时速度为eq\r(\f(gL,3))，则力传感器读数为－eq\f(2,3)mgC．小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，力传感器读数总是为正值D．若小球通过圆周最低点时速度为eq\r(2gL)，则力传感器读数为mg解析：选ABC轻杆模型中小球过最高点速度大于0，A正确；小球在最高点时，对其受力分析有mg＋F＝meq\f(v2,L)，将速度eq\r(\f(gL,3))代入，解得F＝－eq\f(2,3)mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知力传感器受到向下的压力，即读数为－eq\f(2,3)mg，B正确；小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，小球都受到拉力，力传感器读数总是为正值，C正确；小球在最低点时，对其受力分析有F′－mg＝meq\f(v2,L)，将速度为eq\r(2gL)代入，解得F′＝3mg，D错误。7.(多选)如图，半径为R的金属圆环上焊接有一个立方体小盒，MN是与竖直直径重合的直线，与环交于M、N点，PQ是与水平直径重合的直线，与环交于P、Q点，盒内装有一个质量为m、直径略小于小盒边长的小球。第一次让圆环绕过圆心O、垂直纸面的轴做匀速圆周运动，盒子运动到最高点M时小球与盒子间的作用力刚好为零；第二次，盒子在与圆心O等高的位置Q处，让圆环绕MN匀速转动。两次转动的角速度大小相等，不计盒子和小球的大小，小球相对盒子始终静止，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．圆环两次转动的角速度大小均为eq\r(\f(g,R))B．第一次，盒子运动到N点时，盒子对小球的作用力大小为mgC．第二次，盒子对小球的作用力始终指向圆心OD．两次盒子都运动到Q位置时盒子对小球的作用力大小相等解析：选AD由题意可知，在竖直面内做圆周运动时，在最高点mg＝mRω2，解得ω＝eq\r(\f(g,R))，A项正确；第一次，盒子运动到最低点时F－mg＝mRω2，解得F＝2mg，B项错误；第二次，盒子对小球的作用力与小球重力的合力指向圆心O，C项错误；设第一次盒子运动到Q位置盒子对小球的作用力大小为F1，则eq\r(F12－mg2)＝mRω2，设第二次盒子对小球的作用力大小为F2，则eq\r(F22－mg2)＝mRω2，因此有F1＝F2，D项正确。8．(2023·济南高一调研)(多选)汽车更换轮胎后其重心会偏离转轴，这时需对轮胎进行动平衡旋转调整。卸下轮胎固定在动平衡机上，在轮毂上的恰当位置贴上适当质量的平衡块(如图所示)，就可以让其重心恢复到转轴。若平衡块的质量为m，与转轴的距离为R，当轮胎以角速度ω匀速转动时()A．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力竖直向上，则应减小平衡块的质量B．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力沿水平方向，则应只调整平衡块的质量C．平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mω2RD．平衡块到达与转轴等高的位置时，受到轮毂的作用力大小为meq\r(ω4R2＋g2)解析：选AD平衡块到达最高点时，对平衡块受力分析F＋mg＝mω2R，F＝m(ω2R－g)，若减小平衡块的质量，则平衡块受到向下的弹力减小，则平衡块对轮毂向上的弹力减小，可以减小车轴受到的竖直向上的合力，故A正确；平衡块到达最高点时，平衡块对轮毂的力在竖直方向，仅调整平衡块质量，不能改变车轴水平方向的受力，故B错误；平衡块到达最低点时，根据牛顿第二定律有N－mg＝mω2R，解得N＝mg＋mω2R，根据牛顿第三定律，平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mg＋mω2R，故C错误；平衡块到达与转轴等高的位置时，水平方向根据牛顿第二定律F1＝mω2R，竖直方向根据平衡条件F2＝mg，受到轮毂的作用力为F合＝eq\r(F12＋F22)＝meq\r(ω4R2＋g2)，故D正确。9．(2023·泉州高一检测)(多选)陶艺是中国上下五千年的传统技艺，融合了祖辈们的智慧。某次陶艺制作得到一个半径R＝10cm的半球形陶罐，并固定在绕竖直轴OO′转动的水平转台上，转台转轴OO′过陶罐的圆心O，如图所示。现将一个小滑块放在陶罐内，转动转台，使得滑块与球心O的连线与转轴成θ＝53°角，与陶罐保持相对静止。已知滑块与陶罐内表面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则转台转动的角速度ω()A．最小值为2.5eq\r(10)rad/sB．最小值为5eq\r(2)rad/sC．最大值为2.5eq\r(110)rad/sD．最大值为5eq\r(22)rad/s解析：选AC当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向上，且为最大值时，转台转动角速度最小，以小滑块为对象，竖直方向受力平衡有Ncosθ＋fmsinθ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得Nsinθ－fmcosθ＝mωmin2Rsinθ，又fm＝μN，联立解得ωmin＝2.5eq\r(10)rad/s，A正确，B错误；当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向下，且为最大值时，转台转动角速度最大，以小滑块为对象，竖直方向受力平衡有N′cosθ－fm′sinθ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得N′sinθ＋fm′cosθ＝mωmax2Rsinθ，又fm′＝μN′，联立解得ωmax＝2.5eq\r(110)rad/s，C正确，D错误。10.如图所示，两绳系一个质量为m的小球。两绳的另两端分别固定于竖直轴上的A、B两处，绳AC长为L。两绳都拉直时，AC与轴夹角为α，BC与轴夹角为β，已知重力加速度大小为g。问：(1)小球绕轴做圆周运动的角速度在什么范围内，两绳都能拉直？(2)当两绳都受到拉力，且角速度为ω0时，上、下两绳对小球的拉力分别为多大？解析：(1)当AC绳拉直但没有力时，即T1＝0时，由重力和绳BC的拉力T2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgtanβ＝mrωmax2，其中r＝Lsinα，联立解得ωmax＝eq\r(\f(gtanβ,Lsinα))；当T2恰为零时，根据牛顿第二定律，有mgtanα＝mrωmin2，其中r＝Lsinα，联立解得ωmin＝eq\r(\f(g,Lcosα))，则两绳均拉直时角速度范围为eq\r(\f(g,Lcosα))≤ω≤eq\r(\f(gtanβ,Lsinα))。(2)两绳均处于张紧状态，此时小球受AC绳拉力T1、BC绳拉力T2、mg三力作用，正交分解后可得，水平方向T1sinα＋T2sinβ＝mLsinα·ω02，竖直方向T1cosα＋T2cosβ＝mg，联立解得T1＝eq\f(mLω02sinα·cosβ－mgsinβ,sinα－β)，T2＝eq\f(mLω02sin2α－2mgsinα,2sinβ－α)。答案：(1)eq\r(\f(g,Lcosα))≤ω≤eq\r(\f(gtanβ,Lsinα))(2)eq\f(mLω02sinα·cosβ－mgsinβ,sinα－β)eq\f(mLω02sin2α－2mgsinα,2sinβ－α)11．(2023·浙江宁波高一检测)如图甲，光滑的水平木板上有一质量m＝0.5kg的小球A，它与物块B通过长为3m、不可伸长的轻质细线连接，细线通过木板中心的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R＝1m、角速度ω＝6rad/s的匀速圆周运动时，物块B恰好处于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好不滑动。已知物块B与粗糙木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，A、B均可视为