（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 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)講義（含解析）.doc

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抓住“三類模型”破解豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 考法 學(xué)法 圓周運(yùn)動(dòng)是歷年高考必考的運(yùn)動(dòng)形式，特別是豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，在高考中考查的頻率較高。該部分內(nèi)容主要解決豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的三類典型模型(繩模型、桿模型和外軌模型)、向心力的分析及其方程應(yīng)用、圓周運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的多過程組合問題。用到的思想方法有：①應(yīng)用臨界條件處理臨界問題的方法；②正交分解法； ③矢量三角形法；④等效思想；⑤分解思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [知能全通]———————————————————————————————— 1．繩模型的特點(diǎn) 實(shí)例 球與繩連接、水流星、翻滾過山車等 圖示 在最高 點(diǎn)受力 重力，彈力F彈向下或等于零 mg＋F彈＝m 恰好過 最高點(diǎn) F彈＝0，mg＝m，vmin＝，即在最高點(diǎn)的速度v≥ 2．繩模型中小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度及受力特點(diǎn) v＝ 時(shí) 拉力或壓力為零 v> 時(shí) 小球受向下的拉力或壓力作用 v< 時(shí) 小球不能到達(dá)最高點(diǎn) [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則 N1－N2的值為(　　) A．3mg　　　　　　　　 B．4mg C．5mg D．6mg 解析：選D　設(shè)小球在最低點(diǎn)速度為v1，所受軌道彈力為N1′，在最高點(diǎn)速度為v2，所受軌道彈力為N2′，根據(jù)牛頓第二定律：在最低點(diǎn)有N1′－mg＝m，在最高點(diǎn)有 N2′＋mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理：mg2R＝mv12－mv22，解得：N1′－N2′＝6mg，由牛頓第三定律知N1′＝N1，N2′＝N2，故選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 2.如圖所示，長(zhǎng)均為L(zhǎng)的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離也為L(zhǎng)，重力加速度大小為g?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，每根輕繩的拉力大小為(　　) A．mg　　　　　　　 B．mg C．3mg D．2mg 解析：選A　由題圖可知，小球在運(yùn)動(dòng)過程中，A、B兩點(diǎn)與小球所在位置構(gòu)成等邊三角形，由此可知，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝Lsin 60＝L，兩根輕繩與小球運(yùn)動(dòng)半徑方向間的夾角為30，由題意，小球在最高點(diǎn)的速率為v時(shí)，mg＝m，當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速率為2v時(shí)，應(yīng)有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg，由2FTcos 30＝F，可得每根輕繩的拉力大小均為FT＝mg，A項(xiàng)正確。 3．[多選](2018深圳高三調(diào)研)如圖甲所示，一長(zhǎng)為l的輕繩，一端穿在過O點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個(gè)裝置繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。小球通過最高點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力F與其速度平方v2的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) A．圖像函數(shù)表達(dá)式為F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的小球做實(shí)驗(yàn)，得到的圖線斜率更大 D．繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的小球做實(shí)驗(yàn)，圖線b點(diǎn)的位置不變 解析：選BD　小球通過最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：F＋mg＝m，解得F＝m－mg，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F＝0時(shí)，根據(jù)表達(dá)式有：mg＝m，解得g＝＝，故B正確；根據(jù) F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的小球做實(shí)驗(yàn)，得到的圖線斜率更小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)F＝0時(shí)，g＝，可知b點(diǎn)的位置與小球的質(zhì)量無關(guān)，繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的小球做實(shí)驗(yàn)，圖線b點(diǎn)的位置不變，故D正確。 [知能全通]———————————————————————————————— 1．桿模型的特點(diǎn) 實(shí)例 球與桿連接、球過豎直平面內(nèi)的圓形管道、套在圓環(huán)上的物體等 圖示 在最高 點(diǎn)受力 重力，彈力F彈向下、向上或等于零 mgF彈＝m 恰好過 最高點(diǎn) v＝0，mg＝F彈 在最高點(diǎn)速度可為零 2．桿模型中小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度及受力特點(diǎn) v＝0時(shí) 小球受向上的支持力，且FN＝mg 0時(shí) 小球受向下的拉力或壓力，并且拉力或壓力隨速度的增大而增大 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1．(2017全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力(　　) A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 解析：選A　由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小環(huán)下滑過程中，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力先背離后指向大圓環(huán)的圓心，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 2.如圖所示，輕桿長(zhǎng)為3L，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B，光滑水平轉(zhuǎn)軸穿過桿上距球A為L(zhǎng)處的O點(diǎn)，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球B恰好無作用力。忽略空氣阻力。則球B在最高點(diǎn)時(shí)(　　) A．球B的速度為零 B．球A的速度大小為 C．水平轉(zhuǎn)軸對(duì)桿的作用力為1.5mg D．水平轉(zhuǎn)軸對(duì)桿的作用力為2.5mg 解析：選C　球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A錯(cuò)誤；由于球A、B的角速度相等，則球A的速度大小vA＝，故B錯(cuò)誤；球B在最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)桿無作用力，此時(shí)球A所受重力和桿的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，則水平轉(zhuǎn)軸對(duì)桿的作用力為1.5mg，故C正確，D錯(cuò)誤。 3．(2019屆高三佛山模擬)如圖所示，內(nèi)壁光滑、質(zhì)量為m的管形圓軌道，豎直放置在光滑水平地面上，恰好處在左、右兩固定光滑擋板M、N之間，圓軌道半徑為R，質(zhì)量為m的小球能在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，管的內(nèi)徑忽略不計(jì)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)，圓軌道對(duì)地面的壓力剛好為零，下列判斷正確的是(　　) A．圓軌道對(duì)地面的最大壓力大小為8mg B．圓軌道對(duì)擋板M、N的壓力總為零 C．小球運(yùn)動(dòng)的最小速度為 D．小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最右端時(shí)，圓軌道對(duì)擋板N的壓力大小為5mg 解析：選A　當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓軌道對(duì)地面的壓力為零，可知小球?qū)A軌道的彈力等于圓軌道的重力，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋N＝m，N＝mg，解得小球在最高點(diǎn)的速度v1＝，該速度為小球運(yùn)動(dòng)的最小速度。根據(jù)動(dòng)能定理得，mg2R＝mv22－ mv12，根據(jù)牛頓第二定律得，N′－mg＝m，解得軌道對(duì)小球的最大支持力N′＝7mg，由平衡條件及牛頓第三定律可知，圓軌道對(duì)地面的最大壓力為8mg，A正確，C錯(cuò)誤；在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，圓軌道對(duì)擋板的一側(cè)有力的作用，所以對(duì)擋板M、N的壓力不為零，B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最右端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgR＝mv32－mv12，根據(jù)牛頓第二定律得N″＝m，解得N″＝4mg，由平衡條件及牛頓第三定律可知，此時(shí)圓軌道對(duì)擋板N的壓力大小為4mg，D錯(cuò)誤。 [知能全通]———————————————————————————————— 1．外軌模型的特點(diǎn) 實(shí)例 拱形橋等 圖示 在最高 點(diǎn)受力 重力，支持力向上或等于零 mg－FN＝m 最高點(diǎn) 的運(yùn)動(dòng) FN恰好為0時(shí)，mg＝m，vmax＝ 即在最高點(diǎn)的速度v≤ 2．外軌模型中汽車通過最高點(diǎn)時(shí)的速度及受力特點(diǎn) v＝0時(shí) 汽車受向上的支持力，且FN＝mg 0時(shí) 汽車只受重力，而且已經(jīng)脫離地面 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1．[多選]如圖所示，汽車車廂頂部懸掛一個(gè)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)汽車以某一速度v＝在水平地面上勻速行駛時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；當(dāng)汽車以同一速率勻速通過一個(gè)橋面半徑為r的圓弧形凸形橋的最高點(diǎn)時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，下列選項(xiàng)中正確的是(　　) A．L1>L2　　　　　 　 B．L1＝L2 C．L1，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＝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(zhǎng)為L(zhǎng)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(cè)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(duì)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(duì)小球作用力的最大值為mg 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(duì)小球的作用力和重力的合力指向圓心，所以輕桿對(duì)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(duì)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。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(yáng)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(zhǎng)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(huì)斷，則下列說法正確的是(　　) A．連接B球的繩子恰好拉直時(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(duì)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(duì)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(huì)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(duì)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(huì)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(duì)B球必定有彈力，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大，圓環(huán)對(duì)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(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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)，則關(guān)于物體對(duì)地面的壓力N和地面對(duì)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(duì)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(duì)小滑塊有向右的支持力作用，對(duì)物體受力分析可知，地面要對(duì)物體有向右的摩擦力作用，小滑塊在豎直方向上對(duì)物體沒有作用力，物體受力平衡，所以物體對(duì)地面的壓力N＝Mg，B錯(cuò)誤；小滑塊在C點(diǎn)對(duì)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(duì)物體的壓力要大于自身所受的重力，則物體對(duì)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(shì) D．兩球下滑的過程中，碗有向右滑動(dòng)的趨勢(shì) 解析：選D　由于兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于過球心的豎直線對(duì)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(duì)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(shì)，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(zhǎng)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)動(dòng)過程中，兩根細(xì)線上拉力的差值最大為10mg D．相對(duì)同一零勢(shì)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。 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(duì)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(duì)靜止。整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)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(duì)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(huì)落到水平面AE上 B．一定會(huì)再次落到圓弧軌道上 C．可能會(huì)再次落到圓弧軌道上 D．一定不會(huì)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＝＝R，知小球一定會(huì)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(zhǎng)為L(zhǎng)＝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/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(duì)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(duì)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(　　) A．物塊做勻速運(yùn)動(dòng) B．細(xì)線對(duì)物塊的拉力是5 N C．細(xì)線對(duì)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＝2t0.5＝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＝0.5 110 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)。現(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(duì)小球做功大小為W1，第二次擊打過程中小錘對(duì)小球做功大小為W2。設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對(duì)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。