高中物理(新人教版)必修第二册同步习题：水平面内的圆周运动的临界问题(同步习题)【含答案及解析】

第六章圆周运动
专题强化练4水平面内的圆周运动的临界问题
非选择题
1.(2020天津静海六校高三上期中,)如图所示,圆盘可绕过圆心O的竖直轴在水平面内匀速转动,物体P放在圆盘上,一轻质弹簧一端连接物体P,另一端固定在竖直轴上。

已知物体的质量m=0.5 kg,弹簧的自然长度l0=10 cm,劲度系数k=75
N/m,物体与圆盘表面间的动摩擦因数μ=0.8。

物体P可看作质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。

当圆盘以角速度ω=5√2 rad/s 转动时,P与圆盘相对静止,弹簧恰处于原长。

求:
(1)此时P对圆盘的作用力都有哪些,各为多大?
(2)为使P与圆盘保持相对静止,求弹簧长度的取值范围。

(假设弹簧不会超出弹性限度)
2.(2020湖南长沙明德中学高一下月考,)如图所示,两轻绳系一质量为m=0.1 kg的小球,上面绳长L=2 m,两绳都拉直时与竖直轴的夹角分别为37°和53°,取
g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

问:当小球绕轴转动的角速度为4 rad/s 时,上、下两绳拉力分别为多大?
3.(2020安徽合肥肥东二中高二上月考,)如图所示,在光滑的圆锥体顶端用长为L的细线悬挂一质量为m的小球。

圆锥体固定在水平面上不动,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角θ=30°。

现使小球绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周
运动。

(1)当小球角速度ω1=√g
时,求细线对小球的拉力;
6L
时,求细线对小球的拉力。

(2)当小球角速度ω2=√3g
2L
4.(2020江苏扬州中学高三上月考,)如图所示的水平转盘可绕竖直轴OO'旋转,盘上的水平杆上穿着两个质量均为m=2 kg的小球A和B。

现将A和B分别置于距轴r A=0.5 m和r B=1 m处,并用不可伸长的轻绳相连。

已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m=1 N。

试分析转盘的角速度ω从零逐渐缓慢增大(短时间内可近似认为是匀速转动),两球与杆保持相对静止过程中,在满足下列条件下ω的大小。

(1)绳中刚要出现张力时的ω1;
(2)A、B中某个球所受的摩擦力刚要改变方向时的ω2,并指明是哪个球的摩擦力方向改变;
(3)两球相对杆刚要滑动时的ω3。

答案全解全析
1.答案 (1)见解析 (2)7 cm~23 cm 解析 (1)物体P 受力如图:
静摩擦力f 提供P 做匀速圆周运动所需的向心力,P 的角速度与圆盘的角速度相同,运动半径r=l 0=0.1 m,则
f=m ω2r=2.5 N
圆盘对P 的支持力N=mg=5 N
根据牛顿第三定律可知物体P 对圆盘有大小为2.5 N 的静摩擦力和大小为5 N 的压力。

(2)物体P 所受最大静摩擦力f m =μmg=4 N 。

当弹簧长度最短时,弹簧处于压缩状态,P 受到指向圆心的最大静摩擦力,设此时弹簧的压缩量为x 1,满足f m -kx 1=m ω2(l 0-x 1),解得x 1=3 cm,对应弹簧长度为l 1=l 0-x 1=7 cm;当弹簧长度最长时,弹簧处于伸长状态,P 受到背向圆心的最大静摩擦力,设此时弹簧的伸长量为x 2,满足kx 2-f m =m ω2(l 0+x 2),解得x 2=13 cm,对应弹簧长度为l 2=l 0+x 2=23 cm 。

2.答案 0 2.4 N
解析 因为上面绳长L=2 m,由几何关系知下面的绳长为L'=1.5 m 。

当小球转动的角速度ω很小时,绳AC 与竖直轴的夹角很小,BC 绳并不张紧。

当ω逐渐增大,直至AC 绳与竖直轴的夹角为37°时,BC 绳才被拉直,但BC 绳中的张力仍然为零,设此时小球的角速度为ω1,则有
T AC cos 37°=mg
T AC sin 37°=m ω12L sin 37°
将已知条件代入上式解得ω1=2.5 rad/s
当角速度ω继续增大时,T AC 减小,T BC 增大。

设角速度达到ω2时,T AC =0,则有 T BC cos 53°=mg
T BC sin 53°=m ω22L sin 37°
解得ω2=3.33 rad/s
因为ω=4 rad/s>3.33 rad/s,所以AC 绳松弛,拉力为0,BC 绳张紧,设此时BC 绳与竖直轴的夹角为θ,则有
T BC sin θ=m ω2L' sin θ 解得T BC =2.4 N 。

3.答案 (1)
1+12√324
mg (2)3
2
mg
解析(1)小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为F N=0 由牛顿第二定律可得mg tan θ=mω02L sin θ
解得ω0=√2√3g
3L
因ω1=√g
6L
<ω0,F N≠0,对小球进行受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律有T1 sin θ-N1 cos θ=mω12L sin θ
T1 cos θ+N1 sin θ-mg=0
解得T1=1+12√3
24
mg
甲
乙
(2)因ω2=√3g
2L
>ω0,小球离开圆锥体,对小球进行受力分析如图乙所示,设细线与竖直方向的夹角为α,由牛顿第二定律得
T2 sin α=mω22L sin α
解得T2=3
2
mg。

4.答案(1)0.7 rad/s (2)1 rad/s A球(3)1.4 rad/s
解析(1)当ω较小时,有f A=F nA=mω2r A,f B=F nB=mω2r B
因r B>r A,所以随角速度增大,B球所受静摩擦力先达到最大,此后绳子开始出现张力。

对B球有f m=F nB=mω12r B
解得ω1=√f m
mr B =√2
2
rad/s≈0.7 rad/s。

(2)当绳上出现张力后,对B球:f m+T=F nB=mω2r B
对A球:f A+T=F nA=mω2r A
当ω增大时,T增大,f A减小,当f A减小到0时,
对A球:T=F nA=mω22r A,对B球:f m+T=F nB=mω22r B
=1 rad/s。

联立解得ω2=√f m
m(r B-r A)
当ω继续增大时,f A的方向反向,直至A球和B球一起向B球一侧滑动。

(3)A、B两球相对杆刚要滑动时,对A球:T-f m=F nA=mω32r A,对B
球:f m+T=F nB=mω32r B
=√2 rad/s≈1.4 rad/s。

联立解得ω3=√2f m
m(r B-r A)。