第二章 三类典型的圆周运动问题 突破训练 Word版含答案

三类典型的圆周运动问题
1．(2019·汕头模拟)如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端系住一小球在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时轻绳的拉力大小为FT。拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量。下列说法正确的是(　　)
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与圆周轨道半径有关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：选D　在最高点时对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT＋mg＝m，可得FT＝m－mg，对照题图乙则有0＝m－mg，得g＝，则a＝gR；图线过点(2a，b)，则b＝m－mg，得b＝mg，则＝，A、B、C错误；由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，D正确。
2.(2019·儋州四校联考)如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时速度可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
解析：选A　小球在最高点时，轻杆对小球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得mg－F＝m，则v＜，故A正确；当小球速度为时，由重力提供向心力，轻杆的作用力为零，故B错误；小球通过最高点时轻杆对小球的作用力可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝m，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，轻杆的拉力增大，小球通过最高点时轻杆对小球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝m，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，轻杆的支持力减小，故C、D错误。
3.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是(　　)
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度变小
解析：选D　设小球A、金属块B的质量分别为m、M，细线的拉力为T，小球A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对金属块B研究，金属块B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对小球A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，当A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ变小，a减小，T减小，则金属块B受到桌面的静摩擦力变小，故A、C错误；以整体为研究对象知，金属块B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
4.(2019·太原模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小球从水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道。OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2。下列说法正确的是(　　)
A．tan θ1·tan θ2＝2　　　　　 　B.＝2
C．tan θ1·tan θ2＝ D.＝
解析：选A　小球从水平桌面飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律知，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝＝，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝＝＝，则tan θ1·tan θ2＝2。故A正确，B、C、D错误。
5.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm。两个物体之间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2。两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则(　　)
A．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心
B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
解析：选B　设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由圆盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力。当mω2r＝fm即ω＝ 时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，由于r16.(多选)(2019·石家庄质检)如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点。外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
解析：选BC　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于球A、B的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B正确；球B在最高点时，对杆无作用力，此时球A所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
7.(多选)建筑行业使用的小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)，如图所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，空气阻力不计，则(　　)
A．铁球转动过程中机械能守恒
B．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
C．铁球转动到最低点时，处于超重状态
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝ 
解析：选CD　由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断地变化，所以铁球转动过程中机械能不守恒，选项A错误；由于铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化，由a＝ω2l可知，铁球做圆周运动的向心加速度大小不变，但其方向在不断地发生变化，故选项B错误；铁球转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁球的拉力要大于铁球所受的重力，铁球处于超重状态，选项C正确；以支架和铁球整体为研究对象，铁球转动到最高点时，只有铁球有向下的加速度，由牛顿第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝ ，选项D正确。
8.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离管道后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直碰到倾角为45°的斜面上。已知管道的半径为R＝1 m，小球可视为质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则(　　)
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
解析：选AC　根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；设在B点管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，v＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。
9.如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比＝。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的细绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。钢管内径的粗细不计，重力加速度为g。求：
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ；
(2)小球A转动的周期。
解析：(1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态，
有F＝mBg
在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos θ＝mAg
解得cos θ＝＝
所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ＝60°。
(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有Fsin θ＝mA
r＝lsin θ
解得小球A的线速度v＝ 
又T＝
则小球A转动的周期T＝π 。
答案：(1)60°　(2)π 
10．(2019·湖南六校联考)如图所示为水上乐园的设施，由弧形滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水面离水平滑道高度h＝5 m。现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)若游客恰能安全滑过圆形滑道最高点，起滑点A离水平滑道多高；
(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，起滑点A距水平滑道的高度取值范围为多少。
解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有
mg＝m
设起滑点A离水平轨道的高为H1，
从A到圆形滑道最高点，由机械能守恒定律，有
mgH1＝mv2＋mg×2R
解得H1＝5 m。
(2)游客安全落在M点时起滑点A距水平滑道的高度最小，从A到C由机械能守恒定律，有
mgH1＝mv12
解得v1＝10 m/s
游客从C点到M点做平抛运动，由平抛运动规律可知
h＝gt2
解得t＝1 s
则s1＝v1t＝10 m
游客安全落在N点时起滑点A距水平滑道的高度最大，
s2＝s1＋L＝15 m
则对应在C点的速度v2＝＝15 m/s
从A点到C点由机械能守恒定律，有mgH2＝mv22
解得H2＝11.25 m
安全起滑点A距水平滑道高度范围为
5 m≤H≤11.25 m。
答案：(1)5 m　(2)5 m≤H≤11.25 m
11.如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动。水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知物体A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体所受的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2。当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零。求：
(1)角速度ω1多大，此时两物体受到的摩擦力各多大；
(2)角速度ω2多大，此时轻绳拉力多大。
解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时静摩擦力提供做圆周运动所需的向心力
有Ff＝mω2R，
当静摩擦力达到最大后轻绳才开始提供拉力。
设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg时，框架的角速度为ω0，则有
μmg＝mω02R
解得ω0＝ 
物体离转轴PQ越远，受到静摩擦力越先达到最大值，当角速度为ω1＝ 时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为
FfA＝m1ω12R1＝
FfB＝μm2g。
(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为FT，对于物体A有
FT＋FfA′＝m1ω2R1
对于物体B有FT＋FfB＝m2ω2R2
解得物体A受到的静摩擦力为
FfA′＝μm2g－(m2R2－m1R1)ω2
由于R1＜R2和m1＜m2，则物体A受到的静摩擦力随角速度的增大而减小，当静摩擦力减为零时，框架的角速度为
ω2＝ 
解得轻绳拉力为FT＝。
答案：(1) 　　μm2g
(2)