2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第3讲抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动

第3讲
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考法
学法
圆周运动是历年高考必考的运动形式，特别是竖直面内的圆周运动，在高考中考查的频率较高。该部分内容主要解决竖直面内圆周运动的三类典型模型(绳模型、杆模型和外轨模型)、向心力的分析及其方程应用、圆周运动与平抛运动的多过程组合问题。用到的思想方法有：①应用临界条件处理临界问题的方法；②正交分解法；
③矢量三角形法；④等效思想；⑤分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．绳模型的特点
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
图示

在最高
点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，vmin＝，即在最高点的速度v≥
2．绳模型中小球通过最高点时的速度及受力特点
v＝ 时
拉力或压力为零
v> 时
小球受向下的拉力或压力作用
v< 时
小球不能到达最高点
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则
N1－N2的值为(　　)
A．3mg　　　　　　　　 B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：选D　设小球在最低点速度为v1，所受轨道弹力为N1′，在最高点速度为v2，所受轨道弹力为N2′，根据牛顿第二定律：在最低点有N1′－mg＝m，在最高点有
N2′＋mg＝m，根据动能定理：mg·2R＝mv12－mv22，解得：N1′－N2′＝6mg，由牛顿第三定律知N1′＝N1，N2′＝N2，故选项D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A．mg　　　　　　　 B．mg
C．3mg D．2mg
解析：选A　由题图可知，小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg，由2FTcos 30°＝F，可得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
3．[多选](2018·深圳高三调研)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)

A．图像函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变
解析：选BD　小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝m，解得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有：mg＝m，解得g＝＝，故B正确；根据
F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．杆模型的特点
实例
球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示

在最高
点受力
重力，弹力F弹向下、向上或等于零
mg±F弹＝m
恰好过
最高点
v＝0，mg＝F弹
在最高点速度可为零




2．杆模型中小球通过最高点时的速度及受力特点
v＝0时
小球受向上的支持力，且FN＝mg
0 小球受向上的支持力，且0 v＝时
小球除受重力之外不受其他力
v>时
小球受向下的拉力或压力，并且拉力或压力随速度的增大而增大
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)
A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环下滑过程中，大圆环对小环的作用力先背离后指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2.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C　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错误；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。
3．(2019届高三·佛山模拟)如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是(　　)

A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、N的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板N的压力大小为5mg
解析：选A　当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝m，N＝mg，解得小球在最高点的速度v1＝，该速度为小球运动的最小速度。根据动能定理得，mg·2R＝mv22－
mv12，根据牛顿第二定律得，N′－mg＝m，解得轨道对小球的最大支持力N′＝7mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，A正确，C错误；在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，B错误；小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得mgR＝mv32－mv12，根据牛顿第二定律得N″＝m，解得N″＝4mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板N的压力大小为4mg，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．外轨模型的特点
实例
拱形桥等
图示

在最高
点受力
重力，支持力向上或等于零
mg－FN＝m
最高点
的运动
FN恰好为0时，mg＝m，vmax＝
即在最高点的速度v≤
2．外轨模型中汽车通过最高点时的速度及受力特点
v＝0时
汽车受向上的支持力，且FN＝mg
0 汽车受向上的支持力，且0 v＝时
汽车除受重力之外不受其他力
v>时
汽车只受重力，而且已经脱离地面

[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度v＝在水平地面上匀速行驶时，弹簧长度为L1；当汽车以同一速率匀速通过一个桥面半径为r的圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是(　　)
A．L1>L2　　　　　 　 B．L1＝L2
C．L1 解析：选AD　设弹簧的原长为L0，根据题意有mg＝k(L1－L0)，所以L1＝L0＋；当汽车以同一速率匀速通过一个圆弧形凸形桥的最高点时，小球所受竖直向下的合外力提供向心力，有mg－k(L2－L0)＝＝mg，可得L2＝L0，所以L1－L2＝，选项A、D正确。
2．如图所示，在竖直平面内，圆弧形滑道组成的滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．t1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
解析：选A　在AB段，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C运动到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程所受摩擦力较小，用时短，所以A正确。
3.(2018·淮海中学检测)夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，简化模型如图。一游客(可视为质点)以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆弧轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
A．在A点时，游客对圆弧轨道的压力等于其重力
B．在B点时，游客的向心加速度为g
C．从B点到C点的过程，游客做匀变速运动
D．从B点到C点的过程，游客做变加速运动
解析：选C　由于在A点水平初速度为v0，故mg－N＝m，解得：N＝mg－m，由牛顿第三定律知，选项A错误；在B点恰好脱离轨道，设该点切线与水平方向夹角为θ，则man＝mgcos θ，故an＝gcos θ，选项B错误；从B点到C点过程，游客只受重力，做匀变速运动，选项C正确，D错误。

[研一题]———————————————————————————————
[多选]如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．小球运动到A点时所受合力为零
B．小球从B点出发时的初速度大小为
C．C点与A点的高度差为
D．小球到达C点时的动能为mgR
[解析]　由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球运动到A点时由重力提供其做圆周运动的向心力，所受合力不为零，选项A错误；在A点时，有mg＝m，其中
r＝，解得：vA＝ ，由机械能守恒定律可得：mvB2＝mgR＋mvA2，解得：vB＝ ，选项B正确；由平抛运动规律可得：x＝vAt，y＝gt2，由几何关系可得：x2＋y2＝R2，解得：y＝，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkC＝
mvA2＋mgy，解得：EkC＝mgR，选项D正确。
[答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
平抛运动与圆周运动组合问题的两类思维流程
1．单个质点的连续运动的思维流程


2．质点和圆盘的独立运动的思维流程

[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，B为竖直圆弧轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆弧轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　设小球运动到B点时速度为v，如图所示，在B点分解速度v可知：vx＝v0，vy＝v0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，解得：t＝，A、B之间的水平距离为
xAB＝v0t＝，A项正确。
2．[多选](2018·揭阳模拟)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，半圆弧轨道最高点为P，不计一切阻力，则(　　)
A．小球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动
B．若小球能通过P点，则小球在P点受力平衡
C．若小球的初速度v0＝3，则小球一定能通过P点
D．若小球恰能通过P点，则小球落地点到O点的水平距离为2R
解析：选CD　不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；若小球恰能通过P点，则有mg＝，得vP＝，小球过P点后做平抛运动，有x＝vPt，2R＝gt2，得
x＝·2＝2R，D正确；由机械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，则小球一定能通过P点，C正确。
3．(2018·六盘山模拟)如图所示，半径为R的圆盘在竖直面内绕O轴匀速转动，盘上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点。A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)。则OP之间的距离是(　　)
A．R B．7R
C．R D．5R
解析：选A　设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆盘运动的线速度为ωR，设A下落的时间为t1，水平位移为x，则在竖直方向上有h－R＝gt12，在水平方向上有x＝ωRt1，B下落的高度为h－R，B随圆盘运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝gt22，在水平方向上有x＝ωRt2，解得
h＝R，A项正确。
[专题强训提能]
1．(2018·肇庆摸底)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　　)
A．小球的线速度大小为gL
B．小球运动到最高点时处于完全失重状态
C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O点
D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg
解析：选B　根据匀速圆周运动中a＝，解得：v＝，A错误；小球做匀速圆周运动，向心加速度大小为g，所以小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，B正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O点，C错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F－mg＝ma，解得：F＝2mg，D错误。



2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为R的大圆环，并固定在竖直平面内。在管内的环底A处有一质量为m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶B处管口的轻绳，在水平外力F的作用下，小球以恒定的速率从A点运动到B点，如图所示。忽略内、外侧半径差别(小球可视为质点)，此过程中外力F的变化情况是(　　)
A．逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小
C．先减小，后增大 D．先增大，后减小
解析：选D　小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为α，则有F＝mgcos α，小球上升过程中，α从90°先减小到
0(与圆心等高处)，后增大到90°(B点处)，cos α 先增大后减小，所以F＝mgcos α先增大后减小，故D正确。
3.如图所示，一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道间的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为(　　)
A．μmg B．μ
C．μm D．μm
解析：选D　小物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，得FN＝m，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为f＝μFN＝μm，D正确。
4．[多选](2018·洛阳高三统考)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，则下列说法正确的是(　　)
A．连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为
B．连接B球的绳子恰好拉直时，圆环对A球的作用力为零
C．继续增大转动的角速度，圆环对B球的作用力可能为零
D．继续增大转动的角速度，A球可能会沿圆环向上移动

解析：选AB　当连接B球的绳子刚好拉直时，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得ω＝
，A项正确；连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，由对称性知，A球所受合力也为mgtan 60°，又A球所受重力为mg，可判断出A球所受绳子的拉力为＝2mg，A球不受圆环的作用力，B项正确；继续增大转动的角速度，连接B球的绳子上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大，圆环对A球的弹力不为零，根据竖直方向上A球所受外力的合力为零，可知绳子对A球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此A球不可能沿圆环向上移动，D项错误。
5．(2019届高三·合肥调研)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)

A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
解析：选A　由题意可知，题图乙中t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是小球从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轻杆的长度；S2表示的是小球从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轻杆的长度，所以选项A正确。
6.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内沿顺时针方向做圆周运动，A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点为与圆心O在同一水平线上的点，小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力的说法正确的是(　　)
A．小滑块在A点时，N>Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，N＝Mg，摩擦力方向向左
C．小滑块在C点时，N>(M＋m)g，物体与地面无摩擦力
D．小滑块在D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：选C　小滑块在A点时对物体的作用力竖直向上，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力，A错误；小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，小滑块在竖直方向上对物体没有作用力，物体受力平衡，所以物体对地面的压力N＝Mg，B错误；小滑块在C点对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑块对物体的压力要大于自身所受的重力，则物体对地面的压力N>(M＋m)g，C正确；小滑块在D点和B点受力情况类似，分析可知N＝Mg，摩擦力方向向左，D错误。
7．如图所示，内壁光滑的半球形碗放在水平面上，将质量不同的A、B两个小球(A球质量小，B球质量大)从碗口两侧同时由静止释放，让两球沿内壁下滑，不计两小球的大小，则下列说法正确的是(　　)
A．A球先到达碗底
B．B球先到达碗底
C．两球下滑的过程中，碗有向左滑动的趋势
D．两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势
解析：选D　由于两小球运动轨迹关于过球心的竖直线对称，两小球下滑过程中在同一水平面上的加速度大小始终相同，所以同时到达碗底，选项A、B错误；由于B球质量较大，下滑过程中对右侧碗壁的作用力较大，所以两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势，选项C错误，D正确。
8.[多选](2018·厦门模拟)如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为10mg
D．相对同一零势能面，球1在最高点的机械能等于球2在最低点的机械能
解析：选CD　题述位置，球1加速度方向向上，处于超重状态，球2加速度方向向下，处于失重状态，故拴着球1的细线拉力较大，故A错误；球1在最高点时，有：F1＋mg＝m，球2在最低点时，有：F2－mg＝m，两球运动过程中机械能守恒，球1：mv2＝
mv12＋2mgR，球2：mv2＝mv22－2mgR，解得：F1＝m－5mg，F2＝m＋5mg，故
F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两球运动过程中机械能守恒，而题述位置两球的机械能相等，故两球的机械能一直是相等的，故D正确。
9.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离为d处，有一带负电的电荷量为q、质量为m的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　对物体随圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得：μ＝，故A正确，B、C、D错误。
10.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直直径，AC为水平直径，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使小球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．一定不会落到水平面AE上
解析：选A　设圆弧轨道半径为R，若小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点D的最小速度为，小球经过D点后做平抛运动，根据R＝
gt2，得：t＝ ，则平抛运动的最小水平位移为：x＝vDt＝·＝R，知小球一定会落到水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
11.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN旋转以调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为L＝0.60 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 m/s，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为(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：选C　小球在倾斜平板上运动时受重力、轻绳拉力、倾斜平板弹力。在垂直倾斜平板方向上合力为0，重力沿倾斜平板方向的分量为mgsin α，若小球恰能通过最高点，轻绳拉力T＝0，此时mgsin α＝m，代入数据得：sin α＝，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，小球在最高点时，有mg＋mgsin α＝m，代入数据得：v′＝3 m/s，故C正确。

12.[多选](2018·大庆模拟)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆半径为2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大半圆的一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在A点的初速度为
B．滑块在A点对半圆轨道的压力为6mg
C．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR
D．增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变
解析：选AC　由于滑块恰好能通过大半圆的最高点，在最高点重力提供向心力，即
mg＝m，解得v＝，根据机械能守恒定律可得mvA2＝2mgR＋m()2，解得
vA＝，A正确；滑块在A点时受到半圆轨道的支持力为：F＝m＝3mg，由牛顿第
三定律可知，B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则v1＝＝2，在小半圆运动的过程中，根据动能定理得Wf＝mvA2－mv12＝mgR，C正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，D错误。
13．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)
A．物块做匀速运动
B．细线对物块的拉力是5 N

C．细线对物块的拉力是6 N
D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2
解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2，故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得，物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦力为：f＝μmg＝0.5×
1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。
14.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功大小为W1，第二次击打过程中小锤对小球做功大小为W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)
A. B.
C. D．1
解析：选BC　第一次击打后小球最多到达与圆心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W1＋W2－2mgR＝
mv2，在最高点，有：mg＋FN＝m≥mg，解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故B、C正确，A、D错误。