課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）

1/6課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問題1.(2023·廈門高一檢測(cè))“只要速度夠快，就能挑戰(zhàn)地球引力！”在挑戰(zhàn)極限的實(shí)驗(yàn)測(cè)試中，挑戰(zhàn)者在半徑為1.6m的豎直圓形跑道上成功奔跑一圈，引發(fā)觀眾的驚嘆。對(duì)于挑戰(zhàn)過程，下列說法正確的是()A．在跑道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，挑戰(zhàn)者的總機(jī)械能守恒B．要使挑戰(zhàn)成功，挑戰(zhàn)者在跑道最高點(diǎn)的速度至少為4m/sC．要使挑戰(zhàn)成功，挑戰(zhàn)者除速度要足夠大外，體重越小越好D．運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，挑戰(zhàn)者的向心加速度一定不小于g解析：選D在跑道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，人本身做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)，當(dāng)重力恰好提供向心力時(shí)，速度最小，根據(jù)mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)，實(shí)際上，人體的重心大約在腰部，實(shí)際半徑小于1.6m，故最小速度小于4m/s，故B錯(cuò)誤；由B項(xiàng)分析可知，質(zhì)量可以消去，體重對(duì)能否完成挑戰(zhàn)無影響，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)人向下的壓力大于等于零，根據(jù)牛頓第二定律mg＋N＝ma，故挑戰(zhàn)者的向心加速度一定不小于g，故D正確。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(jì)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為()A．200N B．400NC．600N D．800N解析：選B取該同學(xué)與踏板為研究對(duì)象，該同學(xué)身高相對(duì)于秋千的繩長可忽略不計(jì)，可以把該同學(xué)與踏板看成質(zhì)點(diǎn)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，由牛頓第二定律有2F－mg＝meq\f(v2,L)，代入數(shù)據(jù)解得F＝410N，最接近選項(xiàng)B，B正確。3.如圖所示，一長L＝0.4m的輕桿，可繞通過中點(diǎn)O的水平軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，在輕桿兩端分別固定小球A、B。當(dāng)A球通過最低點(diǎn)，B球通過最高點(diǎn)，且旋轉(zhuǎn)的角速度ω＝10rad/s時(shí)，轉(zhuǎn)軸對(duì)輕桿恰好無作用力，重力加速度g取10m/s2，忽略一切摩擦和阻力，則A、B兩個(gè)小球的質(zhì)量之比為()A．mA∶mB＝1∶3 B．mA∶mB＝1∶1C．mA∶mB＝2∶3 D．mA∶mB＝9∶11解析：選A若轉(zhuǎn)軸恰好對(duì)輕桿無作用力，可知輕桿對(duì)球A的拉力恰好等于輕桿對(duì)球B的拉力，設(shè)拉力大小為T，對(duì)A和B，根據(jù)牛頓第二定律可知T－mAg＝mAω2eq\f(L,2)，T＋mBg＝mBω2eq\f(L,2)，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得mA∶mB＝1∶3，故選A。4.如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對(duì)靜止。物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則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：選C物體隨圓盤做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)最容易滑動(dòng)，因此物體在最低點(diǎn)且剛好要滑動(dòng)時(shí)的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為最大值，這時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得，μmgcos30°－mgsin30°＝mrω2，求得ω＝1.0rad/s，C項(xiàng)正確，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.如圖所示，豎直光滑圓形管道固定不動(dòng)，A為管道的最低點(diǎn)，E為最高點(diǎn)，C為最右側(cè)的點(diǎn)，B在A、C之間任意可能位置，D在C、E之間任意可能位置。一直徑略小于管道內(nèi)徑的小球以某一初速度從最低點(diǎn)A開始沿管道運(yùn)動(dòng)，小球恰能通過管道的最高點(diǎn)E。已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，重力加速度為g。則()A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．小球在最高點(diǎn)E的速度大小為eq\r(gR)C．小球在D點(diǎn)可能擠壓管道的內(nèi)側(cè)也可能擠壓管道的外側(cè)D．小球在B點(diǎn)可能擠壓管道的內(nèi)側(cè)也可能擠壓管道的外側(cè)解析：選C小球的重力對(duì)小球做功，則小球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；小球恰能經(jīng)過最高點(diǎn)E，則在最高點(diǎn)的速度大小為0，B錯(cuò)誤；小球在C點(diǎn)將擠壓管道外側(cè)，在最高點(diǎn)E擠壓管道內(nèi)側(cè)，則小球在D點(diǎn)可能擠壓管道的內(nèi)側(cè)也可能擠壓管道的外側(cè)，C正確；小球在B點(diǎn)加速度有向上的分量，合外力有豎直向上的分量，而重力向下，則管道對(duì)小球有向上的分量，則小球只能擠壓管道的外側(cè)，D錯(cuò)誤。6.(多選)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)是物理學(xué)的經(jīng)典模型之一，某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)來探究其相關(guān)規(guī)律。如圖所示，質(zhì)量為m的小球固定在力傳感器測(cè)量的一側(cè)，傳感器另一側(cè)固定在輕桿一端，現(xiàn)給小球一初速度讓其繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球到O點(diǎn)距離為L，已知當(dāng)力傳感器受到球?qū)ζ錇閴毫r(shí)讀數(shù)為負(fù)，受到拉力時(shí)讀數(shù)為正，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．只有當(dāng)小球通過圓周最高點(diǎn)的速度大于0時(shí)才能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)B．若小球通過圓周最高點(diǎn)時(shí)速度為eq\r(\f(gL,3))，則力傳感器讀數(shù)為－eq\f(2,3)mgC．小球在與圓心等高的B點(diǎn)下方運(yùn)動(dòng)過程中，力傳感器讀數(shù)總是為正值D．若小球通過圓周最低點(diǎn)時(shí)速度為eq\r(2gL)，則力傳感器讀數(shù)為mg解析：選ABC輕桿模型中小球過最高點(diǎn)速度大于0，A正確；小球在最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)其受力分析有mg＋F＝meq\f(v2,L)，將速度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，由牛頓第三定律可知力傳感器受到向下的壓力，即讀數(shù)為－eq\f(2,3)mg，B正確；小球在與圓心等高的B點(diǎn)下方運(yùn)動(dòng)過程中，小球都受到拉力，力傳感器讀數(shù)總是為正值，C正確；小球在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)其受力分析有F′－mg＝meq\f(v2,L)，將速度為eq\r(2gL)代入，解得F′＝3mg，D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖，半徑為R的金屬圓環(huán)上焊接有一個(gè)立方體小盒，MN是與豎直直徑重合的直線，與環(huán)交于M、N點(diǎn)，PQ是與水平直徑重合的直線，與環(huán)交于P、Q點(diǎn)，盒內(nèi)裝有一個(gè)質(zhì)量為m、直徑略小于小盒邊長的小球。第一次讓圓環(huán)繞過圓心O、垂直紙面的軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，盒子運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)M時(shí)小球與盒子間的作用力剛好為零；第二次，盒子在與圓心O等高的位置Q處，讓圓環(huán)繞MN勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。兩次轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小相等，不計(jì)盒子和小球的大小，小球相對(duì)盒子始終靜止，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．圓環(huán)兩次轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小均為eq\r(\f(g,R))B．第一次，盒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，盒子對(duì)小球的作用力大小為mgC．第二次，盒子對(duì)小球的作用力始終指向圓心OD．兩次盒子都運(yùn)動(dòng)到Q位置時(shí)盒子對(duì)小球的作用力大小相等解析：選AD由題意可知，在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在最高點(diǎn)mg＝mRω2，解得ω＝eq\r(\f(g,R))，A項(xiàng)正確；第一次，盒子運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)F－mg＝mRω2，解得F＝2mg，B項(xiàng)錯(cuò)誤；第二次，盒子對(duì)小球的作用力與小球重力的合力指向圓心O，C項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)第一次盒子運(yùn)動(dòng)到Q位置盒子對(duì)小球的作用力大小為F1，則eq\r(F12－mg2)＝mRω2，設(shè)第二次盒子對(duì)小球的作用力大小為F2，則eq\r(F22－mg2)＝mRω2，因此有F1＝F2，D項(xiàng)正確。8．(2023·濟(jì)南高一調(diào)研)(多選)汽車更換輪胎后其重心會(huì)偏離轉(zhuǎn)軸，這時(shí)需對(duì)輪胎進(jìn)行動(dòng)平衡旋轉(zhuǎn)調(diào)整。卸下輪胎固定在動(dòng)平衡機(jī)上，在輪轂上的恰當(dāng)位置貼上適當(dāng)質(zhì)量的平衡塊(如圖所示)，就可以讓其重心恢復(fù)到轉(zhuǎn)軸。若平衡塊的質(zhì)量為m，與轉(zhuǎn)軸的距離為R，當(dāng)輪胎以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)()A．若平衡塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)車軸受到的合力豎直向上，則應(yīng)減小平衡塊的質(zhì)量B．若平衡塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)車軸受到的合力沿水平方向，則應(yīng)只調(diào)整平衡塊的質(zhì)量C．平衡塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輪轂的作用力大小為mω2RD．平衡塊到達(dá)與轉(zhuǎn)軸等高的位置時(shí)，受到輪轂的作用力大小為meq\r(ω4R2＋g2)解析：選AD平衡塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)平衡塊受力分析F＋mg＝mω2R，F(xiàn)＝m(ω2R－g)，若減小平衡塊的質(zhì)量，則平衡塊受到向下的彈力減小，則平衡塊對(duì)輪轂向上的彈力減小，可以減小車軸受到的豎直向上的合力，故A正確；平衡塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，平衡塊對(duì)輪轂的力在豎直方向，僅調(diào)整平衡塊質(zhì)量，不能改變車軸水平方向的受力，故B錯(cuò)誤；平衡塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝mω2R，解得N＝mg＋mω2R，根據(jù)牛頓第三定律，平衡塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輪轂的作用力大小為mg＋mω2R，故C錯(cuò)誤；平衡塊到達(dá)與轉(zhuǎn)軸等高的位置時(shí)，水平方向根據(jù)牛頓第二定律F1＝mω2R，豎直方向根據(jù)平衡條件F2＝mg，受到輪轂的作用力為F合＝eq\r(F12＋F22)＝meq\r(ω4R2＋g2)，故D正確。9．(2023·泉州高一檢測(cè))(多選)陶藝是中國上下五千年的傳統(tǒng)技藝，融合了祖輩們的智慧。某次陶藝制作得到一個(gè)半徑R＝10cm的半球形陶罐，并固定在繞豎直軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸OO′過陶罐的圓心O，如圖所示?，F(xiàn)將一個(gè)小滑塊放在陶罐內(nèi)，轉(zhuǎn)動(dòng)轉(zhuǎn)臺(tái)，使得滑塊與球心O的連線與轉(zhuǎn)軸成θ＝53°角，與陶罐保持相對(duì)靜止。已知滑塊與陶罐內(nèi)表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω()A．最小值為2.5eq\r(10)rad/sB．最小值為5eq\r(2)rad/sC．最大值為2.5eq\r(110)rad/sD．最大值為5eq\r(22)rad/s解析：選AC當(dāng)陶罐對(duì)小滑塊的靜摩擦力沿切線向上，且為最大值時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度最小，以小滑塊為對(duì)象，豎直方向受力平衡有Ncosθ＋fmsinθ＝mg，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得Nsinθ－fmcosθ＝mωmin2Rsinθ，又fm＝μN(yùn)，聯(lián)立解得ωmin＝2.5eq\r(10)rad/s，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)陶罐對(duì)小滑塊的靜摩擦力沿切線向下，且為最大值時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度最大，以小滑塊為對(duì)象，豎直方向受力平衡有N′cosθ－fm′sinθ＝mg，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得N′sinθ＋fm′cosθ＝mωmax2Rsinθ，又fm′＝μN(yùn)′，聯(lián)立解得ωmax＝2.5eq\r(110)rad/s，C正確，D錯(cuò)誤。10.如圖所示，兩繩系一個(gè)質(zhì)量為m的小球。兩繩的另兩端分別固定于豎直軸上的A、B兩處，繩AC長為L。兩繩都拉直時(shí)，AC與軸夾角為α，BC與軸夾角為β，已知重力加速度大小為g。問：(1)小球繞軸做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度在什么范圍內(nèi)，兩繩都能拉直？(2)當(dāng)兩繩都受到拉力，且角速度為ω0時(shí)，上、下兩繩對(duì)小球的拉力分別為多大？解析：(1)當(dāng)AC繩拉直但沒有力時(shí)，即T1＝0時(shí)，由重力和繩BC的拉力T2的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有mgtanβ＝mrωmax2，其中r＝Lsinα，聯(lián)立解得ωmax＝eq\r(\f(gtanβ,Lsinα))；當(dāng)T2恰為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，有mgtanα＝mrωmin2，其中r＝Lsinα，聯(lián)立解得ωmin＝eq\r(\f(g,Lcosα))，則兩繩均拉直時(shí)角速度范圍為eq\r(\f(g,Lcosα))≤ω≤eq\r(\f(gtanβ,Lsinα))。(2)兩繩均處于張緊狀態(tài)，此時(shí)小球受AC繩拉力T1、BC繩拉力T2、mg三力作用，正交分解后可得，水平方向T1sinα＋T2sinβ＝mLsinα·ω02，豎直方向T1cosα＋T2cosβ＝mg，聯(lián)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·浙江寧波高一檢測(cè))如圖甲，光滑的水平木板上有一質(zhì)量m＝0.5kg的小球A，它與物塊B通過長為3m、不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線通過木板中心的光滑小孔O，當(dāng)小球A在水平木板上做半徑R＝1m、角速度ω＝6rad/s的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊B恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。將光滑的木板換成粗糙的水平木板，A、B位置互換，物塊B到光滑小孔O的距離為1m，讓A在水平面內(nèi)繞過O的豎直軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，此時(shí)物塊B恰好不滑動(dòng)。已知物塊B與粗糙木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，A、B均可視為