题六：C
详解：小球角速度ω较小，未离开锥面时，设细线的张力为FT，细线的长度为L，锥面对
2
小球的支持力为FN，则有FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mωLsin θ，可
222
得出：FT＝mgcos θ＋mωLsinθ，可见随ω由0开始增加，FT由mgcos θ开始随ω线
2
性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，FT·sin α＝mωLsin α（α为细线与竖直方
22
向的夹角），得FT＝mωL，可见FT随ω的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，且该图线经过（0，0）点，综上所述，只有C正确。 题七：A 详解：由于椭圆形管道内壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球从M到N过程机械能守恒，由于M、N在同一高度，根据机械能守恒定律可知，小球在M、N点的速率相等，B、D项错误；小球沿MPN运动的过程中，速率先减小后增大，而沿MQN运动的过程中，速率先增大后减小，两个过程运动的路程相等，到N点速率都为v0，根据速率随时间变化关系图象可知，由于两图象与时间轴所围面积相等，因此t1>t2，A项正确，C项错误。
题八：D
详解：由题意，小球从O点无初速度滑入管道，而平抛运动的物体仅受重力且有一定的初速度，选项A错误；小球在运动过程中，水平方向的速度逐渐增大，需要下管壁对它有力的作用，因而除了受到重力，还受到管道的弹力，垂直管壁且沿图中b方向，选项BC错误、D正确。综上本题选D。 题九：C
详解：根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得
v23mgR4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点，根据动能定理可得mgR－W＝EkNR2
1
－EkP，即克服摩擦力做功W＝mgR。质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力，设半径
2
v2
与竖直方向的夹角为θ，则FN－mgcosθ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩
R擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，即W＞W′。那么从N到Q，根据动能定理－mgR－W′＝EkQ－EkN ，Q点
3mgR1
动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′＞0，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运
22动一段距离，选项C正确。 题十：A
详解：小球从A经C运动到B的过程中，设在半圆形轨道克服摩擦力做的功为Wf1，由动能定理有mg(H－h) －Wf1＝ΔEk＝0，小球从B经C运动到h'高度处的过程中，设在半圆形轨道克服摩擦力做的功为Wf2，由动能定理有mg(h－h') －Wf2＝ΔEk＝0，而返回过程中，对于
同一个位置，速率小于原来的速率，压力变小，摩擦力变小，Wf1>Wf2，得(H－h)>(h－h')，则选项A正确。
题十一：（1）11 m/s （2）10.5 N （3）1.5 m
22详解：（1）从A点到B点的过程，由动能定理有－μmgL＝mvB，得vB＝11 m/s ?mv02（2）从B点到C点的过程，由机械能守恒定律有mvB?12121212mvC?2mgR 22vC在最高点C，由牛顿第二定律有F＋mg＝m，得F＝10.5 N
R（3）小球从A点到E点的过程，由动能定理有
12－μmg（L1＋L）－μmgcos θ·sDE－mgsDEsin θ＋W＝0－mv0
2其中W＝－Ep，得sDE＝1.5 m。 题十二：（1）10 m/s （2）10 m （3）xBC≤5 m或xBC≥11 m
2mv0
详解：（1）设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有mg＝
R1212
由C点到最高点满足机械能守恒定律，有mvC＝mg·2R＋mv0，解得vC＝10 m/s
22
（2）小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，
12
由动能定理有mg·2R－μmgxCD＝0－mv0，联立解得xCD＝10 m
2
（3）小车经过C点的速度vC≥10 m/s就能做完整的圆周运动。
12
小车由A到C由动能定理得Fl－μmg（l＋xBC）＝mvC，解得xBC≤5 m
2
另一种情况是小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝2 m时，小车返回而不会脱离轨道， 由动能定理有Fl－μmg（l＋xBC）－mgR＝0，解得xBC≥11 m 综上可得，xBC≤5 m或者xBC≥11 m时，小车不脱离轨道。
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