14、1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．無法比較t1、t2的大小
解析：選A 在AB段，速度越大，滑塊受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，速度越大，滑塊受支持力越大，摩擦力就越大，由題意知從A運(yùn)動(dòng)到C相比從C運(yùn)動(dòng)到A，在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以從A到C運(yùn)動(dòng)過程所受摩擦力較小，用時(shí)短，所以A正確。
3.(2018·淮海中學(xué)檢測)夏季游樂場的“飛舟沖浪”項(xiàng)目受到游客的歡迎，簡化模型如圖。一游客(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，至B點(diǎn)時(shí)脫離軌道，最終落在水面上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。下列說法中正確的是( )
A．在A點(diǎn)時(shí)，游客對圓弧軌道的
15、壓力等于其重力
B．在B點(diǎn)時(shí)，游客的向心加速度為g
C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，游客做勻變速運(yùn)動(dòng)
D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，游客做變加速運(yùn)動(dòng)
解析：選C 由于在A點(diǎn)水平初速度為v0，故mg－N＝m，解得：N＝mg－m，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在B點(diǎn)恰好脫離軌道，設(shè)該點(diǎn)切線與水平方向夾角為θ，則man＝mgcos θ，故an＝gcos θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程，游客只受重力，做勻變速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
[研一題]———————————————————————————————
[多選]如圖所示，半徑為R的圓弧軌道與半徑為的光滑半圓弧軌道通過圖示方式組合在一起，A、B
16、分別為半圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，O為半圓弧的圓心?，F(xiàn)讓一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從B點(diǎn)以一定的初速度沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，恰好通過最高點(diǎn)A后落在圓弧軌道上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是( )
A．小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)所受合力為零
B．小球從B點(diǎn)出發(fā)時(shí)的初速度大小為
C．C點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為
D．小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgR
[解析] 由于小球剛好能通過半圓弧軌道的最高點(diǎn)A，故小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)由重力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所受合力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在A點(diǎn)時(shí)，有mg＝m，其中
r＝，解得：vA＝ ，由機(jī)械能守恒定律可得：mvB2＝mgR＋mvA2，解得：vB＝ ，
17、選項(xiàng)B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：x＝vAt，y＝gt2，由幾何關(guān)系可得：x2＋y2＝R2，解得：y＝，故C點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知：EkC＝
mvA2＋mgy，解得：EkC＝mgR，選項(xiàng)D正確。
[答案] BD
[悟一法]————————————————————————————————
平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合問題的兩類思維流程
1．單個(gè)質(zhì)點(diǎn)的連續(xù)運(yùn)動(dòng)的思維流程
2．質(zhì)點(diǎn)和圓盤的獨(dú)立運(yùn)動(dòng)的思維流程
[通一類]————————————————————————————————
1.如圖所示，B為豎直圓弧軌道的左端點(diǎn)，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為
18、α。一小球在圓弧軌道左側(cè)的A點(diǎn)以速度v0平拋，恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧軌道。已知重力加速度為g，則A、B之間的水平距離為( )
A. B.
C. D.
解析：選A 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v，如圖所示，在B點(diǎn)分解速度v可知：vx＝v0，vy＝v0tan α，又知小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有vy＝gt，解得：t＝，A、B之間的水平距離為
xAB＝v0t＝，A項(xiàng)正確。
2．[多選](2018·揭陽模擬)如圖所示，小球沿水平面以初速度v0通過O點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的豎直半圓弧軌道，半圓弧軌道最高點(diǎn)為P，不計(jì)一切阻力，則( )
A．小球進(jìn)入豎直半圓弧軌道后做勻速圓
19、周運(yùn)動(dòng)
B．若小球能通過P點(diǎn)，則小球在P點(diǎn)受力平衡
C．若小球的初速度v0＝3，則小球一定能通過P點(diǎn)
D．若小球恰能通過P點(diǎn)，則小球落地點(diǎn)到O點(diǎn)的水平距離為2R
解析：選CD 不計(jì)一切阻力，小球機(jī)械能守恒，隨著高度增加，動(dòng)能減少，故做變速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；小球在最高點(diǎn)P需要向心力，故受力不平衡，B錯(cuò)誤；若小球恰能通過P點(diǎn)，則有mg＝，得vP＝，小球過P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vPt，2R＝gt2，得
x＝·2＝2R，D正確；由機(jī)械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，則小球一定能通過P點(diǎn)，C正確。
3．(2018·六盤山模擬)如圖所示，半徑為R的圓盤在豎直面內(nèi)繞O軸
20、勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，盤上A、B兩點(diǎn)均粘有一小物體，當(dāng)B點(diǎn)轉(zhuǎn)至最低位置時(shí)，O、A、B、P四點(diǎn)在同一豎直線上，已知OA＝AB，P是地面上的一點(diǎn)。A、B兩點(diǎn)處的小物體同時(shí)脫落，最終落到水平地面上同一點(diǎn)(不計(jì)空氣的阻力)。則OP之間的距離是( )
A．R B．7R
C．R D．5R
解析：選A 設(shè)OP之間的距離為h，則A下落的高度為h－R，A隨圓盤運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR，設(shè)A下落的時(shí)間為t1，水平位移為x，則在豎直方向上有h－R＝gt12，在水平方向上有x＝ωRt1，B下落的高度為h－R，B隨圓盤運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR，設(shè)B下落的時(shí)間為t2，水平位移也為x，則在豎直方向上有h－R＝gt22，在水平方向上有x
21、＝ωRt2，解得
h＝R，A項(xiàng)正確。
[專題強(qiáng)訓(xùn)提能]
1．(2018·肇慶摸底)如圖，一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，另一端可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)使輕桿與小球在同一豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，測得小球的向心加速度大小為g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，下列說法正確的是( )
A．小球的線速度大小為gL
B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)處于完全失重狀態(tài)
C．當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，輕桿對小球作用力方向指向圓心O點(diǎn)
D．輕桿在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，輕桿對小球作用力的最大值為mg
22、
解析：選B 根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)中a＝，解得：v＝，A錯(cuò)誤；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小為g，所以小球在最高點(diǎn)的加速度為g，處于完全失重狀態(tài)，B正確；當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，輕桿對小球的作用力和重力的合力指向圓心，所以輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心O點(diǎn)，C錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)輕桿對小球的作用力最大，即F－mg＝ma，解得：F＝2mg，D錯(cuò)誤。
2.一截面為圓形的內(nèi)壁光滑細(xì)管被彎成一個(gè)半徑為R的大圓環(huán)，并固定在豎直平面內(nèi)。在管內(nèi)的環(huán)底A處有一質(zhì)量為m、直徑比管徑略小的小球，小球上連有一根穿過位于環(huán)頂B處管口的輕繩，在水平外力F的作用下，小球以恒定的速率從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，如圖所示
23、。忽略內(nèi)、外側(cè)半徑差別(小球可視為質(zhì)點(diǎn))，此過程中外力F的變化情況是( )
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先減小，后增大 D．先增大，后減小
解析：選D 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，所以切線方向合力為零，設(shè)小球重力方向與切線方向的夾角為α，則有F＝mgcos α，小球上升過程中，α從90°先減小到
0(與圓心等高處)，后增大到90°(B點(diǎn)處)，cos α 先增大后減小，所以F＝mgcos α先增大后減小，故D正確。
3.如圖所示，一質(zhì)量為m的小物塊沿豎直面內(nèi)半徑為R的圓弧軌道下滑，滑到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為v，若小物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)是μ，則當(dāng)小物塊滑到
24、最低點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力為( )
A．μmg B．μ
C．μm D．μm
解析：選D 小物塊滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得FN－mg＝m，得FN＝m，則當(dāng)小物塊滑到最低點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力為f＝μFN＝μm，D正確。
4．[多選](2018·洛陽高三統(tǒng)考)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的光滑細(xì)金屬圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量均為m的帶孔小球A、B穿于環(huán)上，兩根長為R的細(xì)繩一端分別系于A、B球上，另一端分別系于圓環(huán)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，現(xiàn)讓圓環(huán)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)角速度緩慢增大到某一值時(shí)，連接B球的繩子恰好拉直，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中繩子不會斷，則下列說法正確的是( )
A．連接B球
25、的繩子恰好拉直時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
B．連接B球的繩子恰好拉直時(shí)，圓環(huán)對A球的作用力為零
C．繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，圓環(huán)對B球的作用力可能為零
D．繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，A球可能會沿圓環(huán)向上移動(dòng)
解析：選AB 當(dāng)連接B球的繩子剛好拉直時(shí)，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得ω＝
，A項(xiàng)正確；連接B球的繩子恰好拉直時(shí)，A球與B球轉(zhuǎn)速相同，由對稱性知，A球所受合力也為mgtan 60°，又A球所受重力為mg，可判斷出A球所受繩子的拉力為＝2mg，A球不受圓環(huán)的作用力，B項(xiàng)正確；繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，連接B球的繩子上會有拉力，要維持B球豎直方向所受外力的合力為零，圓環(huán)對B球
26、必定有彈力，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大，圓環(huán)對A球的彈力不為零，根據(jù)豎直方向上A球所受外力的合力為零，可知繩子對A球的拉力增大，繩子應(yīng)張得更緊，因此A球不可能沿圓環(huán)向上移動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
5．(2019屆高三·合肥調(diào)研)如圖甲所示，輕桿一端與一小球相連，另一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某一位置開始計(jì)時(shí)，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力。下列說法中正確的是( )
A．t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積相等
B．t2時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積相等
C．t1
27、時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積不相等
D．t2時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積不相等
解析：選A 由題意可知，題圖乙中t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，面積S1表示的是小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到水平直徑最左端位置的過程中通過的水平位移，其大小等于輕桿的長度；S2表示的是小球從水平直徑最左端位置運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中通過的水平位移，其大小也等于輕桿的長度，所以選項(xiàng)A正確。
6.如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，A、C點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D點(diǎn)為與圓心O在同一水平線上的點(diǎn)，小滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體在地面上靜止不動(dòng)
28、，則關(guān)于物體對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力的說法正確的是( )
A．小滑塊在A點(diǎn)時(shí)，N>Mg，摩擦力方向向左
B．小滑塊在B點(diǎn)時(shí)，N＝Mg，摩擦力方向向左
C．小滑塊在C點(diǎn)時(shí)，N>(M＋m)g，物體與地面無摩擦力
D．小滑塊在D點(diǎn)時(shí)，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：選C 小滑塊在A點(diǎn)時(shí)對物體的作用力豎直向上，物體在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力，A錯(cuò)誤；小滑塊在B點(diǎn)時(shí)，需要的向心力向右，所以物體對小滑塊有向右的支持力作用，對物體受力分析可知，地面要對物體有向右的摩擦力作用，小滑塊在豎直方向上對物體沒有作用力，物體受力平衡，所以物體對地面的壓力N＝Mg，B錯(cuò)誤；小滑
29、塊在C點(diǎn)對物體的作用力豎直向下，物體在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑塊對物體的壓力要大于自身所受的重力，則物體對地面的壓力N>(M＋m)g，C正確；小滑塊在D點(diǎn)和B點(diǎn)受力情況類似，分析可知N＝Mg，摩擦力方向向左，D錯(cuò)誤。
7．如圖所示，內(nèi)壁光滑的半球形碗放在水平面上，將質(zhì)量不同的A、B兩個(gè)小球(A球質(zhì)量小，B球質(zhì)量大)從碗口兩側(cè)同時(shí)由靜止釋放，讓兩球沿內(nèi)壁下滑，不計(jì)兩小球的大小，則下列說法正確的是( )
A．A球先到達(dá)碗底
B．B球先到達(dá)碗底
C．兩球下滑的過程中，碗有向左滑動(dòng)的趨勢
D．兩球下滑的過程中，碗有向右滑動(dòng)的趨勢
解析：選D 由于兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于過球心
30、的豎直線對稱，兩小球下滑過程中在同一水平面上的加速度大小始終相同，所以同時(shí)到達(dá)碗底，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于B球質(zhì)量較大，下滑過程中對右側(cè)碗壁的作用力較大，所以兩球下滑的過程中，碗有向右滑動(dòng)的趨勢，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。
8.[多選](2018·廈門模擬)如圖所示，兩根等長的細(xì)線拴著兩個(gè)小球在豎直平面內(nèi)各自做圓周運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻小球1運(yùn)動(dòng)到自身軌道的最低點(diǎn)，小球2恰好運(yùn)動(dòng)到自身軌道的最高點(diǎn)，這兩點(diǎn)高度相同，此時(shí)兩小球速度大小相同，若兩小球質(zhì)量均為m，可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力的影響，則下列說法正確的是( )
A．此刻兩根細(xì)線拉力大小相同
B．運(yùn)動(dòng)過程中，兩根細(xì)線上拉力的差值最大為2mg
C．運(yùn)
31、動(dòng)過程中，兩根細(xì)線上拉力的差值最大為10mg
D．相對同一零勢能面，球1在最高點(diǎn)的機(jī)械能等于球2在最低點(diǎn)的機(jī)械能
解析：選CD 題述位置，球1加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，球2加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故拴著球1的細(xì)線拉力較大，故A錯(cuò)誤；球1在最高點(diǎn)時(shí)，有：F1＋mg＝m，球2在最低點(diǎn)時(shí)，有：F2－mg＝m，兩球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，球1：mv2＝
mv12＋2mgR，球2：mv2＝mv22－2mgR，解得：F1＝m－5mg，F(xiàn)2＝m＋5mg，故
F2－F1＝10mg，故B錯(cuò)誤，C正確；兩球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，而題述位置兩球的機(jī)械能相等，故兩球的機(jī)械能一直是相等的，故D正確。
32、9.如圖所示，一傾角為30°的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離為d處，有一帶負(fù)電的電荷量為q、質(zhì)量為m的物體與圓盤始終保持相對靜止。整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝，則物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g為重力加速度)( )
A. B.
C. D.
解析：選A 對物體隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的各個(gè)位置分析比較可知，當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)時(shí)，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大，由牛頓第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得：μ＝，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
10.固定在豎直
33、平面內(nèi)的光滑圓弧軌道ABCD，其A點(diǎn)與圓心等高，D點(diǎn)為軌道的最高點(diǎn)，DB為豎直直徑，AC為水平直徑，AE為水平面，如圖所示。今使小球自A點(diǎn)正上方某處由靜止釋放，且從A點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的高度，總能使小球通過最高點(diǎn)D，則小球通過D點(diǎn)后( )
A．一定會落到水平面AE上
B．一定會再次落到圓弧軌道上
C．可能會再次落到圓弧軌道上
D．一定不會落到水平面AE上
解析：選A 設(shè)圓弧軌道半徑為R，若小球恰好能夠通過最高點(diǎn)D，根據(jù)mg＝m，得：vD＝，知在最高點(diǎn)D的最小速度為，小球經(jīng)過D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)R＝
gt2，得：t＝ ，則平拋運(yùn)動(dòng)的最小水平位移為：x＝vDt＝
34、·＝R，知小球一定會落到水平面AE上。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
11.如圖所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN旋轉(zhuǎn)以調(diào)節(jié)其與水平面所成的傾角。板上一根長為L＝0.60 m的輕繩，它的一端系住一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在板上的O點(diǎn)。當(dāng)平板的傾角為α?xí)r，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，第一次給小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最高點(diǎn)的速度大小為 m/s，若要使小球在最高點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力大小恰與小球所受的重力大小相等，則小球在最高點(diǎn)的速度大小為(取重力加速度g＝10 m/s2)( )
A. m/s B．2 m/s
C．3 m/s D．2 m
35、/s
解析：選C 小球在傾斜平板上運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力、輕繩拉力、傾斜平板彈力。在垂直傾斜平板方向上合力為0，重力沿傾斜平板方向的分量為mgsin α，若小球恰能通過最高點(diǎn)，輕繩拉力T＝0，此時(shí)mgsin α＝m，代入數(shù)據(jù)得：sin α＝，若要使小球在最高點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力大小恰與小球所受的重力大小相等，小球在最高點(diǎn)時(shí)，有mg＋mgsin α＝m，代入數(shù)據(jù)得：v′＝3 m/s，故C正確。
12.[多選](2018·大慶模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的兩個(gè)半圓軌道在B點(diǎn)平滑相接，兩個(gè)半圓的圓心O1、O2在同一水平線上，粗糙的小半圓半徑為R，光滑的大半圓半徑為2R；一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從大半圓的
36、一端A點(diǎn)以一定的初速度向上沿著半圓內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)，且剛好能通過大半圓的最高點(diǎn)，最后滑塊從小半圓的左端沖出軌道，剛好能到達(dá)大半圓的最高點(diǎn)，已知重力加速度為g，則( )
A．滑塊在A點(diǎn)的初速度為
B．滑塊在A點(diǎn)對半圓軌道的壓力為6mg
C．滑塊第一次通過小半圓過程克服摩擦力做的功為mgR
D．增大滑塊在A點(diǎn)的初速度，則滑塊通過小半圓克服摩擦力做的功不變
解析：選AC 由于滑塊恰好能通過大半圓的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)重力提供向心力，即
mg＝m，解得v＝，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mvA2＝2mgR＋m()2，解得
vA＝，A正確；滑塊在A點(diǎn)時(shí)受到半圓軌道的支持力為：F＝m＝3mg，由牛頓第
三定
37、律可知，B錯(cuò)誤；設(shè)滑塊在O1點(diǎn)的速度為v1，則v1＝＝2，在小半圓運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得Wf＝mvA2－mv12＝mgR，C正確；增大滑塊在A點(diǎn)的初速度，則滑塊在小半圓中各個(gè)位置速度都增大，滑塊對小半圓的平均壓力增大，因此克服摩擦力做的功增多，D錯(cuò)誤。
13．[多選](2018·湖南六校聯(lián)考)如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖。拴接物塊的細(xì)線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)從而拖動(dòng)物塊。已知輪軸的半徑R＝0.5 m，細(xì)線始終保持水平；被拖動(dòng)物塊質(zhì)量m＝1 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5；輪軸的角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系是 ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判斷正確的是
38、( )
A．物塊做勻速運(yùn)動(dòng)
B．細(xì)線對物塊的拉力是5 N
C．細(xì)線對物塊的拉力是6 N
D．物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小是1 m/s2
解析：選CD 由題意知，物塊的速度為：v＝ωR＝2t×0.5＝t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小是1 m/s2，故A錯(cuò)誤，D正確；由牛頓第二定律可得，物塊所受合外力為：F＝ma＝1 N，F(xiàn)＝T－f，地面摩擦力為：f＝μmg＝0.5×
1×10 N＝5 N，故可得物塊受細(xì)線拉力為：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B錯(cuò)誤，C正確。
14.[多選](2018·鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖所示，半徑為R
39、的內(nèi)壁光滑圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)?，F(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，使小球在極短的時(shí)間內(nèi)獲得一個(gè)水平速度后沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)。已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功大小為W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功大小為W2。設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動(dòng)能，則的值可能是( )
A. B.
C. D．1
解析：選BC 第一次擊打后小球最多到達(dá)與圓心O等高位置，根據(jù)功能關(guān)系，有：W1≤mgR，兩次擊打后小球可以到達(dá)軌道最高點(diǎn)，根據(jù)功能關(guān)系，有：W1＋W2－2mgR＝
mv2，在最高點(diǎn)，有：mg＋FN＝m≥mg，解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。
高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第一部分 第一板塊 第3講 抓住“三類模型”破解豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) Word版含解析
