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1.如图所示，在竖直平面内，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
ca3358解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C指纹门禁系统比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大
．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<直录播系统t2.选项A正确．
2．某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)，则下列说法正确的是( ) A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变
B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大
C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小
解析：选B.由向心力的表达式Fn＝mω2r可知，保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项A错误，B正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，
绳对手的拉力增大，选项C、D错误．
3．(多选)(2018·高考江苏卷)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车( )
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
解析：选AD.在此10 s时间内，火车运动路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为 rad，角速度ω＝＝ rad/s，选项C错误；由v＝ωR，可得转弯半径约为3.4 km，选项D正确．
4．如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看做一个整体，则( )
A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
B．受到的合力大小为F＝
C．若运动员加速，则一定沿斜面上滑
D．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑
解析：选B.将运动员和自行车看做一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，A错误；系统所受合力提供向心力，大小为F＝m，B正确；运动员加速，系统有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑，C、D均错误．
5．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力大小恰好为mg，则小球以速度通过圆管的最高点时( ) A．小球对圆管的内、外壁均无压力
B．小球对圆管的外壁压力等于mg
C．小球对圆管的内壁压力等于mg
D．小球对圆管的内壁压力等于mg
解析：选C.以小球为研究对象，小球通过最高点时，由牛顿第二定律得mg图像识别系统＋mg＝m，当小球以速度通过圆管的最高点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝m，解以上两式得FN＝－mg，负号表示圆管对小球的作用力向上，即小球对圆管的内壁压力等于mg，故选项C正确．
6.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( ) A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．
7.(2016·高考全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点 ( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，摩擦搅拌焊接只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．
8．(多选)如图所示，半径r＝0.5 m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r小很多)．现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，重力加速度大小g取10 m/s2，v0应满足( )
A．v0≥0 B．v0≥2 m/s
C．v0≥5 m/s D．v0≤ m/s
解析：选CD.最高点的临界情况为mg＝m，解得v＝，小球从最低点到最高点的过程，根据动能定理得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝5 m/s.若恰好不超过圆心高度，根据动能定理有－mgr＝0－mv，解得v0＝＝ m/s，所以v0应满足的条件是v0≥5 m/s或v0≤ m/s，故选项C、D正确，A、B错误．
【B级 能力题练稳准】
9．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A．m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
解析：选D.甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，因r甲∶r乙＝3∶1，则ω甲∶ω乙＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3，故选项A错误；小物体相对盘开始滑动前，根据a＝ω2r得m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝(ω·2r)∶(ωr)＝2∶9，故选项B错误；根据μmg＝mrω2＝ma知，因a1∶a2＝2∶9，圆盘和小物体的动摩擦因数相同，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，耳机绕线器所以m2先开始滑动．故选项C错误，D正确．
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