1、-1 -圓周運動（建議用時：40 分鐘）1.如圖所示，在豎直平面內，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C ”三點在同一水平線上若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為ti,第二次由C滑到A,所用的時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道 滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則（）A.t1t2D.無法比較tl、t2的大小解析：選 A.在滑道AB段上取任意一點E,比較從A點到E點的速度Vi和從C點到E點的 速度V2，易知，ViV2.因E點處于“凸”形軌道上，速度越大，軌道對小滑塊的支持力越小， 因動摩擦因數恒定，則摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦

2、造成的動能損失也小.同理，在滑道BC段的“凹”形軌道上，小滑塊速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的動能損失也越小，從C處開始滑動時，小滑塊損失的動能更大.故綜上所述，從A滑到C比從C滑到A在軌道上因摩擦造成的動能損失要小， 整個過程中從A滑到C平均速度要更大一些，故tiin 30=mw2r,解得3=1.0 rad/s，故選項 C 正確.7. （2016 高考全國卷H）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛，*:.Q球的繩短.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡 的最低點（）A. P球的速度一定大

3、于Q球的速度B. P球的動能一定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：選 C.小球從釋放到最低點的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律可知，mgL=2m&,v= 2gL,繩長L越長，小球到最低點時的速度越大，A 項錯誤；由于P球的質量大12于Q球的質量，由E 0C.vo 5 m/s解析：選 CD 最高點的臨界情況為1212根據動能定理得mg2 r= qmv qmv，解得Vo= 5 m/s.若恰好不超過圓心高度，根據動能定1 _理有mgr= o qmf,解得vo= 2gr= 1o m/s，所以Vo應滿足的條件是vo

4、5 m/s 或voW1o m/s，故選項C、D 正確，A B 錯誤.【B 級能力題練穩準】9 .如圖所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉動且無相對滑動.甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為r甲：r乙=3 ： 1,兩圓盤和小物體m、m之間的動摩D.voW.10 m/s2mg=mr,解A.m與m滑動前的角速度之比31:32= 3：1B.m與m滑動前的向心加速度之比ai:a2= 1：3C.隨轉速慢慢增加， m 先開始滑動D.隨轉速慢慢增加，m 先開始滑動解析：選 D.甲、乙兩圓盤邊緣上的各點線速度大小相等，有3甲r甲=3乙r乙，因r甲：r乙=3 ： 1 ,貝U3甲：3乙=1 : 3

5、,所以小物體相對盤開始滑動前,m與m的角速度之比31:32= 1 : 3,故選項 A 錯誤；小物體相對盤開始滑動前，根據a=比為a1:a2= （32 2r） ：（32r） = 2 : 9,故選項 B 錯誤；根據2r得m與m的向心加速度之mg= mrw2=ma知，因ai:a?=2 : 9,圓盤和小物體的動摩擦因數相同，可知當轉速增加時,m先達到臨界角速度，所以m先開始滑動.故選項 C 錯誤，D 正確.io.（多選）如圖甲所示為建筑行業使用的一種小型打夯機,其原理可簡化為一個質量為M的支架（含電動機）上由一根長為I的輕桿帶動一個質量為m的鐵球（鐵球可視為質點），如圖乙所示，重力加速度為g.若在某次

6、打夯過程中，鐵球以角速度3勻速轉動，則（）Vo 2 5 m/s擦因數相同，m距O點為 2r,-8 -A.鐵球轉動過程中機械能守恒B.鐵球做圓周運動的向心加速度始終不變C.鐵球轉動到最低點時，處于超重狀態D.若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則解析：選 CD.由于鐵球在做勻速圓周運動的過程中動能不變，但重力勢能在不斷地變化,所以其機械能不守恒，選項 A 錯誤；由于鐵球做圓周運動的角速度和半徑均不發生變化，由a=32|可知，向心加速度的大小不變，但其方向在不斷地發生變化，故選項B 錯誤；鐵球轉動到最低點時，有豎直向上的加速度，故桿對鐵球的拉力要大于鐵球的重力，鐵球處于超重狀態，選項

7、C 正確；以支架和鐵球整體為研究對象，鐵球轉動到最高點時，只有鐵球有向下2/ (M-m g的加速度，由牛頓第二定律可得(M+m)g= mo2l，解得3=、/ 荷_-，選項 D 正確.11. (2018 高考全國卷 川)如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，0A和OB之間的夾角為a, sina=害一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道;5在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零重力加速度大小為g

8、.(1) 水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；(2) 小球到達A點時動量的大小；(3) 小球從C點落至水平軌道所用的時間.解析：(1)設水平恒力的大小為F),小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則 有F0/(M+m gV m-9 -=tanmgF2= (mg2+F2-10 -設小球到達C點時的速度大小為V，由牛頓第二定律得由式和題給數據得3小Fo=玄口玄口(2)設小球到達A點的速度大小為vi,作CDL PA交PA于D點，由幾何關系得DA= Rsina CD= R(1+cosa)由動能定理有p=mv=小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球在豎

9、直方向的初速度為Vi,從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有mg- CD- Fo1212DA=2mv2mv由式和題給數據得，小球在A點的動量大小為2PD A-11 -12vit+ gt=CDvi=vsina?由？式和題給數據得答案：見解析12.(2019 湖南六校聯考)如圖所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑F= 2m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內運動時，要求緊貼內側滑行水面離水 平滑道高度h= 5 m.現游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質點，不計一切阻力，重力2加速度g取 10 m/s，求：(1) 起滑點A至少離水平滑道多高？(2) 為了保證游客安全，在水池中放有長度L= 5 m 的安全氣墊MN其厚度不計，滿足 的游客恰落在M端，要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少？解析：(1)游客在圓形滑道內側恰好滑過最高點時，有2vmg= mR從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒定律得12mgHmv+mg2R5解得H=2R=5 m.落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒定律得12mgH qmvV1= p2gH= 10 m/s 水平拋出，由平拋運