课时跟踪检测（十三） 圆周运动

PAGE第5页共7页课时跟踪检测（十三）圆周运动一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近下图中的()解析：选D让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来时，由于离心作用，水将跑到瓶子的边缘部分，使得边缘部分水的高度大于中心部分水的高度，则水面形状接近图D。2．(2020·菏泽期中检测)电影《流浪地球》的热播使人们关注到影视中“领航员号”空间站通过让圆形空间站旋转的方法获得人工重力的情形，空间模型如图所示，已知空间站半径为1000m，为了使宇航员感觉跟在地球表面上的时候一样“重”，g取10m/s2，空间站转动的角速度为()A．10rad/s B．1rad/sC．0.1rad/s D．0.01rad/s解析：选C空间站中宇航员做匀速圆周运动，使宇航员感受到与地球表面一样的“重力”是向心力所致，则根据g＝ω2r，则ω＝eq\r(\f(g,r))＝0.1rad/s，故C正确，A、B、D错误。3.(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)(多选)如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体N。若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为v，物体N处于静止状态，则(不计摩擦)()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与r成正比D．ω2与r成正比解析：选AC物体N静止不动，绳子拉力与物体N重力相等，物体M做匀速圆周运动，绳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正确，B错误；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝meq\f(v2,r)，则v2与r成正比，C正确；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝mω2r，则ω2与r成反比，D错误。4．(2021·张家界调研)如图所示，圆盘的圆心为O，转轴O1O2与水平面的夹角为θ，转轴O1O2通过O点与盘面垂直，B、D两点在通过O点的水平线上，AC⊥BD。圆盘匀速转动，一小物块(可视为质点)始终静止于圆盘的边缘。下列说法正确的是()A．通过B点时，物块受到的摩擦力由B指向OB．通过C点时，物块受到的摩擦力由C指向OC．通过A点时，物块一定受到摩擦力D．通过B、D两点时，物块受到的摩擦力相同解析：选B通过B点时，物块受到重力、支持力和摩擦力，三力的合力应该由B指向O点，提供向心力，此时摩擦力不会由B指向O，A错误；通过C点时，物块受到重力、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正确；通过A点时，若物块所受的重力和支持力的合力正好提供向心力，则物体不受摩擦力，C错误；通过B、D两点时，摩擦力的方向不一样，所以物块受到的摩擦力不同，D错误。5.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为()A.eq\r(3)mg B.eq\f(4\r(3),3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg解析：选A小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝meq\f(v2,R)，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝meq\f(2v2,R)，可解得：F＝3mg。由2FTcos30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝eq\r(3)mg，A项正确。6.太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D两点与圆心O等高且在B、D处平板与水平面夹角为θ。设小球的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g。若小球运动的周期为T＝2πeq\r(\f(R,3g))，则()A．在A处平板对小球的作用力大小为mgB．在C处平板对小球的作用力大小为3mgC．在B处小球一定受两个力的作用D．在A、C处平板对小球作用力大小的差值为2mg解析：选D在A处对小球由牛顿第二定律有NA＋mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，得NA＝2mg，同理，在C处对小球由牛顿第二定律有NC－mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，得NC＝4mg，平板对小球作用力大小的差值为2mg，故A、B错误，D正确；在B处小球可能只受重力和支持力两个力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三个力作用，故C错误。7.(2021·湘潭模拟)有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最大为()A.eq\f(g,ω2) B．ω2gC.eq\f(ω2,g) D.eq\f(g,2ω2)解析：选A以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力FN、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝htanθ，那么Fcosθ＋FN＝mg，Fsinθ＝mω2htanθ；当球即将离开水平面时，FN＝0，此时Fcosθ＝mg，Fsinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，即h＝eq\f(g,ω2)，故A正确。8．(2021·永州模拟)(多选)如图所示，水平转台上的小物体a、b通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢地增大其转速(即在每个转速下可认为是匀速转动)，已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台间的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离都为r且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是()A．物体a和b同时相对转台发生滑动B．当a受到的摩擦力为0时，b受到的摩擦力背离圆心C．当b受到的摩擦力为0时，a受到的摩擦力背离圆心D．当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))解析：选CD发生相对滑动前，静摩擦力和弹簧弹力提供向心力，当刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，kr＋μmg＝mω2r，知ω＝eq\r(\f(k,m)＋\f(μg,r))，质量大的先发生相对滑动，故b先发生相对滑动，故A错误；当a受摩擦力为零时，弹簧弹力充当a的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供b的向心力，b质量较大，故向心力大，所以b受摩擦力指向圆心，故B错误；当b受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当b的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供a的向心力，a质量较小，故向心力小，所以a受摩擦力背离圆心，故C正确；当a、b均相对转台静止时，由以上分析可知，b先发生相对滑动，在b刚要发生相对滑动时的角速度为ω＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，故D正确。9．(2021·人大附中质量检测)某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细圆管内径大得多)，轨道内壁光滑且A、P、B、C各点在同一水平面上。已知APB部分的半径R＝0.8m，BC段长L＝1.6m，弹射装置将一质量m＝0.2kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道水平抛出，落地点D离C点的水平距离为s＝1.6m，桌子的高度h＝0.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1)小球水平初速度v0的大小。(2)小球在半圆形轨道上运动的角速度ω以及从A点运动到C点所用的时间t。(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小。解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，则有：竖直方向：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)小球在半圆形轨道上运动时的角速度为ω＝eq\f(v0,R)＝eq\f(4,0.8)rad/s＝5rad/s。小球从A到B的时间为t1＝eq\f(πR,v0)＝eq\f(3.14×0.8,4)s＝0.628s。小球从B到C做匀速直线运动，时间为t2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(1.6,4)s＝0.4s。因此从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝1.028s。(3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为Fx＝meq\f(v02,R)＝0.2×eq\f(42,0.8)N＝4N。竖直作用力大小为Fy＝mg＝2N故细圆管对小球的作用力为F＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝2eq\r(5)N。答案：(1)4m/s(2)5rad/s1.028s(3)2eq\r(5)N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(2021·长沙调研)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β。则()A．A的质量一定小于B的质量B．A、B受到的摩擦力可能同时为零C．若A不受摩擦力，则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：选D当B的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtanβ＝mωB2Rsinβ解得：ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))同理可得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小，A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块的向心力变大，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。11.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是()A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等解析：选D设细线与竖直方向的夹角为θ，对环N受力分析，受到竖直向下的重力GN，细线的拉力T，杆给的水平支持力Feq\a\vs4\al(N1)，因为两环相对杆的位置不变，所以对环N来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上Tcosθ＝GN，在水平方向上Feq\a\vs4\al(N1)＝Tsinθ，因为重力恒定，θ恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，故A、C错误；对环M受力分析，受到细线的拉力T′，竖直向下的重力GM，竖直向上的支持力Feq\a\vs4\al(N2)，以及水平杆给的摩擦力f，在竖直方向上有Feq\a\vs4\al(N2)＝GM＋T′cosθ＝GM＋GN，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向向右，即T′sinθ－f＝mω2r⇒f＝T′sinθ－mω2r，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即T′sinθ＋f＝mω2r⇒f＝mω2r－T′sinθ，故可能存在f＝mω12r－T′sinθ＝T′sinθ－mω22r，摩擦力向左和向右时大小相等的情况，故B错误，D正确。12．如图甲所示的过山车轨道，有连续两个环，我们把它简化为如图乙所示的模型，忽略一切阻力，假设大环的半径是小环半径的1.5倍，当过山车通过大环的最低点和最高点时，轨道对过山车的压力差绝对值为ΔN1，当过山车通过小环的最低点和最高点时，轨道对过山车的压力差绝对值为ΔN2，则下面说法中正确的是()A．ΔN2＝ΔN1 B．ΔN2＝1.5ΔN1C．ΔN1＝1.5ΔN2 D．ΔN1＝3ΔN2解析：选A假设题图乙中小环的半径为R，在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN1－mg＝meq\f(v12,R)在最高点，根据牛顿第二定律可得：FN2＋mg＝meq\f(v22,R)根据机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋mg·2R解得：FN1－FN2＝6mg可知压力差和半径无关，和初速度也无关，故选A。13.一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′。用一根长为0.5m的轻绳一端系一质量为0.1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(1)当小球的角速度为4rad/s时，求轻绳中的拉力大小。(2)逐渐