2023年高考物理十年高考物理专题14圆周运动一解析

专题14圆周运动（一）

一、多选题

1.（2023・湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段和|员|弧段BC组成，两段相切于B点，

48段与水平面夹角为仇8c段圆心为O,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2几小球从A

点以初速度如冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达。点，下列说法正确的是（）

A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度%

D.若小球初速度如增大，小球有可能从8点脱离轨道

【答案】AD

【解析】A.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为

vc=0

则小球从。到8的过程中，有

mgR（\-cosa）=gmv:

-V2

rN=mgcosa-in—

联立有

FN=3mgcosa-2mg

则从C到8的过程中a由0增大到仇则cosa逐渐减小，故国逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨

道的压力逐渐增大，A正确;

B.由于A到8的过程中小球的速度逐渐减小，则A到8的过程中重力的功率为

P=-〃igvsin。

则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误;

C.从A到C的过程中有

-mg=；mvl-；/欣

解得

%=7^

c错误；

D.小球在8点恰好脱离轨道有

mgcos0-,n~^

则

%=Jg.cos.

则若小球初速度也增大，小球在B点的速度有可能为JgRcosO,故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。

故选ADo

2.（2023・湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑）,

半彳仝之比为4:1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制加成的边长为L的止方形，共〃1巾」

总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为8的匀强磁场。大轮以角速度。匀速转动，带动小轮及

线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发

电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）

A.线圈转动的角速度为4。

B.灯泡两端电压有效值为3后〃用九7

C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为心的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为

4及nBlho

3

D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

【答案】AC

【解析】A.大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据

v=(or

根据题意可知大轮与小轮半径之比为4:1,则小轮转动的角速度为4。，线圈转动的角速度为4。，A正确;

B.线圈产生感应电动势的最大值

又

S=E

联立可得

Emu=4，1BL2①

则线圈产生感应电动势的有效值

近

根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为

U=-^-=OnBl3(o

R+R

B错误;

C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多伸.止方形线圈，则线圈的原数变为原来的

2倍，线圈产生感应电动势的最大值

Emn=SnBl}co

此时线圈产生感应电动势的有效值

E=$=4丘

72

根据电阻定律

R=p~^

J

可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，

r.RE4yf2nBl}(o

U=------=----------

R+2R3

C正确；

D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据口=@♦可知小轮和线圈的角速度变小，根据

厂nHS(D

E=F

可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。

故选AC。

3.(2022・河北)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以。为圆心、与和此为半径的同心圆上，圆心

处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部

R

相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为

:——RS。=S。=So

coR^tcoRtcol[2/1

喷

相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。

故选BDo

4.（2022•全国）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别

为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点。为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度

大小与其到。点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计

重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为。、半径分别为八r2（R<ri<r2<R+d）；粒子3从距。点4的

位置入射并从距。点5的位置出射；粒子4从距O点彳的位置入射并从距。点外的位置出射，轨迹如图（b）

中虚线所示。则（）

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C,粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案】BD

【解析】C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，可设为

Er=k

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

v-V；

qEi=m—,qE、=m—

可得

）”=亚=空

2122

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；

A.粒子3从距0点4的位置入射并从距。点4的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒

子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B.粒子4从距。点彳的位置入射并从距。点4的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒

子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；

D.粒子3做向心运动，有

父

qE2>m

r2

可得

1qE、r,12

—mv：2<~-=—mv：

23221

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；

故选BD。

5.（2021•河北）如图，矩形金属框MNQP竖直放置.，其中MN、P。足够长，旦尸。杆光滑，一根轻弹簧一

端固定在用点，另一端连接一个质量为〃?的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度。和方匀

速转动时•，小球均相对尸。杆静止，若①,则与以。匀速转动时相比，以0’匀速转动时（）

A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大

【答案】BD

【解析】对小球受力分析，设弹力为兀弹簧与水平方向的夹角为仇则对小球竖直方向

Tsin。=nig

而

MP

T=k(I。）

cos<7

可知。为定值，r不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确:

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力网背离转轴，则

Tcos0-FN=mco~r

即

FN=Tcos0-nicerr

当转速较大时，FN指向转轴

Tcos0+FN=rnco'r

即

F=m（o'r-TcQsO

则因切＞◎，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误;

根据

F^=rn（i）2r

可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。

故选BDo

6.（2019・江苏）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为以运动半径

为R,角速度大小为口，重力加速度为g,则座舱

B.线速度的大小为①〃

C.受摩天轮作用力的大小始终为〃田

D.所受合力的大小始终为〃女2R

【答案】BD

【解析】由于座舱做匀速圆周运动,由公式。吟，解得：了喏，故A错误;由圆周运动的线速度与角

速度的关系可知，v=coR,故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力,

不可能始终为"取，故C错误：止匀速圆周运动的合力提供向心力可得：尸介=，〃/次,故D正确.

7.（2014•全国）如图，两个质量均为加的小木块a和〃（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴0。的距

离为/，〃与转轴的距离为2/。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的左倍，重力加速度大小为g。若

圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用s表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）

□an□

A.〃一定比a先开始滑动

。、〃所受的摩擦力始终相等

。一陛是Z,开始滑动的临界角速度

时，。所受摩擦力的大小为切达

【答案】AC

【解析】A.依题意，根据

/必=.吆=mR说

可得木块发生滑动的临界角速度为

由干木块人的半径较大，则临界角速度较小，所以》一定比，先开始滑动，故A正确。

B.木块a,〃都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力提供所需向心力，根据

可知，由于木块人的半径较大，则受到的静摩擦力较大，故B错误。

C.当〃受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有

kmg=〃?欣•2/

可■得〃开始滑动的临界角速度为

魅=后

故C正确：

D.当”受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有

king=〃欣1

可得。开始滑动的临界角速度为

当木块。的角速度为

3=岛＜心

则此时木块“受到的静摩擦力提供所需向心力，大小为

f=nutfl--king

2

故D错误。

故选AC。

8.（2018•江苏）火车以60m/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10s内匀速转过了

约10。。在此10s时间内，火车（）

A.运动路程为600nlB.加速度为零

C.角速度约为lrad/sD.转弯半径约为3.4km

【答案】AD

【解析】A.本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长

s=vt=60x10m=600m

故选项A正确；

B.火车转方是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；

CD.由于角度与弧度的换算关系

1°=—rad

180

所以由题意得圆周运动的角速度

M=—=_i5_x3.14raJ/s=^^rai//s»（）.017r^//s

△t180x10180

又

v=a）r

所以

r=—=x180m=3439m»3Ahn

co3.14

故选项C错误，D正确。

故选AD0

9.12016•浙江）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m

的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心0、。距离LlOOm.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的

最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍.假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，

要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2,兀=3.14）,则赛车（）

A.在绕过小圆弧弯道后加速

B.在大圆弧弯道上的速率为45m/s

C.在直道上的加速度大小为5.63m/s2

D.通过小圆弧弯道的时间为5.85s

【答案】AB

2

【解析】试题分析：设经过大圆弧的速度为V,经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25〃?g=机匕

R

可知，代入数据解得：u=45〃?/s,故B正确；设经过小圆弧的速度为vo,经过小圆弧时由最大静摩擦力提

2

供向心力，由2.25〃2g可知，代入数据解得：％=30m/s,由几何关系可得直道的长度为：

r

x=Joo?一（90一40）2=506加再由y=2ax代入数据解得:a=6.50m/s,故C错误；设R与OO'的夹角

为必由几何关系可得：cosa=M=＜，a=60。，小圆弧的圆心角为：120。，经过小圆弧弯道的时间为

1002

120I

/=2乃"俞'一二2.795,故D错误•在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在

弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；

考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律，运动学公式

【名师点睛】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力

提供向心力；②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角.另外还要求熟练掌握匀速圆周运动

的知识.

10.（2016•全国）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为〃？

的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为卬。重力加速度大小为g。设

质点尸在最低点时，向心加速度的大小为。，容器对它的支持力大小为N,则（）

p

2mR-W

A•U=---------------Dg.Ci-------------

mRmR

C.T-DN_2（m8R-W）

R

【答案】AC

【解析】AB.质点P卜滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得

mgR-W=^mv2

根据公式。=匕，联立可得

R

2（mgR-W）

a=--------------

tnR

故A止确，B错误：

CD.在最低点重力和支持力的合力充当向心力，故根据牛顿第二定律可得

N-mg=ma

代人可得

3mgR-2W

N=--------------

R

故C正确，D错误。

故选AC.

11.（2015・浙江）如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在。点的半圆，内外半径分别为

「和2r.一辆质量为,〃的赛车通过四线经弯道到达Ab线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③

是以O'为圆心的半圆,OO,二r,赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为噎x.选择路线,

赛车以不打滑的最大速率通过弯道（所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大），则（）

A.选择路线①,赛车经过的路程最短

B.选择路线②，赛车的速率最小

C.选择路线③，赛车所用时间最短

D.①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等

【答案】ACD

【解析】试题分析♦：选择路线①，经历的路程si=2什兀r,选择路线②，经历的路程S2=2兀r+2r,选择路线③，

经历的路程S3=2兀r,可知选择路线①，赛车经过的路程最短，故A正确.根据/3=小）得，v=^£,

选择路线①，轨道半径最小，则速率最小，故B错误.根据丫=后?知，通过①、②、③三条路线的最大

速率之比为1：拉:拒，根据，=±，由三段路程可知，选择路线③，赛车所用时间最短，故C正确.根据

v/•

知，因为最大速率之比为1：乏右，半径之比为I：2：2,则三条路线上，赛车的向心加速度大小相等.故

D正确.故选ACD.

考点：圆周运动；牛顿第二定律

12.（2015・上海）小球用轻绳悬挂在。点，在水平恒力房anJ作用下，小球从静止开始由4经B向C运

动.则小球（）

<

箭\

:--,C

A.先加速后减速

B.在8点加速度为零

C.在C点速度为零

D.在C点加速度为gtanO

【答案】ACD

【解析】AC.设小球摆到的最大角度为根据动能定理得:

FLsina-mgL(1-cosa)=0

又

F=mgtan0

解得。=26,即在C点的速度为零。可知小球先加速后减速，AC正确：

B.小球在8点的速度不为零，所以小球在8点有向心加速度，所以加速度不为零，B错误；

D.在C点时，速度为零，小球受重力和拉力，垂直绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为

mgsin20-mgtan夕cos20=mgtan0

根据牛顿第二定律可知，在。点的加速度为gtanaD正确。

故选ACDo

二、单选题

13.（2023•全国）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的〃次方成正比，运动周期与轨

道半径成反比，则〃等于（）

A.IB.2C.3D.4

【答案】C

【解析】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期

T=-

r

合外力等于向心力，根据

联立可得

E4加23

其中"为常数，r的指数为3,故题中

k-

77=3

故选C。

14.（2022.北京）我国航天员在“天它课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣“某同

学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在啜直平面内做圆周运动。无

论在“天宫”还是在地面做此实验｛）

%

A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化

C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化

【答案】C

【解析】AC.在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速

度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处「完全失重的状态，小球仅在绳子拉力

作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；

BD.在地面上小球运动的速度大小改变，根据〃=土和E=，〃匕（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力

rr

的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。

故选C。

15.（2022•浙江）下列说法正确的是（）

A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变

B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大

C,乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变

D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关

【答案】B

【解析】A.链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；

B.惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；

C.乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小血减小，C错误；

D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。

故选B。

16.（2022・山东）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧3c与长8m的直线路径A8

相切于B点，与半径为4m的半圆弧8相切于。点。小车以最大速度从八点驶入路径，到适当位置调整速

率运动到8点，然后保持速率不变依次经过AC和CO。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的

加速度最大为2m/s2,CD段的加速度最大为Im/s?。小车视为质点，小车从A到。所需最短时间，及在人B段

做匀速直线运动的最长距离/为（）

B./=—+——sj=5m

[42)

C./=2+卷#+卜/=5.5m

【答案】B

【解析】在8c段的最大加速度为〃/=2m/s2,则根据

可得在8c段的最大速度为

Mm=显法

在CO段的最大加速度为«2=lm/s2,则根据

ri

可得在CO段的最大速度为

匕m=2m/S<Rm

可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s,在BC。段运动的时间为

_7trx+不勺_7乃

q-—v~

段从最大速度切〃减速到v的时间

v—y4—2

———=------s=ls

42

位移

v"—v~

“2上——=3m

2%

在AB段匀速的最长距离为

/=8ni-3m=5ni

则匀速运动的时间

5

t2=—=-s

曦4

则从A到。最短时间为

尸74、

t=t\+，2+，3=勺+耳、

故选B。

17.（2022・全国）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从。处由静止自由滑下,

到方处起跳，c点为心〃之间的最低点，〃、c两处的高度差为爪要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不

大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所右阻力，则c点处这一段恻孤雪道的半径

不应小于（）

72万

D.

【答案】D

【解析】运动员从。到。根据动能定理有

"岫=;）显

在C点有

匕

Fr^-mg=ni-^

FNC<kmg

联立有

故选D。

18.（2021・北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度。绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴「处的P点有一质

量为阳的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列

说法正确的是（）

A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向

B.圆盘停止转动前，小物体运动圈所受摩擦力的冲量大小为2〃心「

C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动

D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为，〃

【答案】D

【解析】A.圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向,

故A错误；

B.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力

f=mrar

根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为

/=mv-tnv=O

大小为0,故B错误；

C.圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故c错误：

D.圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为

/'=△〃=（）-mv=-mr（o

大小为切切「，故D正确。

故选Do

19.（2021.浙江）质量为利的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确

的是（）

A.秋千对小明的作用力小于/咫

B.秋千对小明的作用力大于"世

C.小明的速度为零，所受合力为零

D.小明的加速度为零，所受合力为零

【答案】A

【解析】在最高点，小明的速度为0,设秋千的摆长为/，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为。，秋千

对小明的作用力为尸，则对人，沿摆绳方向受力分析有

2

F-mgcosu=in—

由丁小明的速度为0,则有

F=mgcos0<mg

沿垂直摆绳方向有

mgsin0=nui

解得小明在最高点的加速度为

。=gsin夕

所以A正确：BCD错误:

故选Ao

20.（2021・全国）"旋转纽扣''是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，便穿过纽扣的两股细绳拧在一起,

然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此

时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）

C.1000m/s2D.10000m/s2

【答案】C

【解析】纽扣在转动过程中

co=2乃〃=1OO^rad/s

由向心加速度

a=(tyr^I000in/s2

故选C。

21.（2020・浙江）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定

空间。当公交车（）

A.缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动

B.急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动

C.缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动

D.急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动

【答案】B

【解析】A.有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车

一起运动，故A错误；

B.急刹车时，由于惯性，行李箱。一定相对车子向前运动，故B正确；

C.当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；

D.当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。

故选B°

22.（2020•全国）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m,该同学和秋千踏板的总质量

约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s,此时每根绳子平

均承受的拉力约为（）

A.200NB.400NC.600ND.800N

【答案】B

【解析】在最低点由

2/一mg=---

知

r=410N

即每根绳子拉力约为410N,故选B。

23.（2019・海南）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO'的距离为心已知硬

币与圆盘之间的动摩擦因数为〃（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为抑若硬币与圆盘一

起。。‘轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）

B.」丝

c・再D.

【答案】B

【解析］硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：pmg=marr,解得“二，即圆盘转动的最大

角速度为,故选B.

24.（2015・福建）如图，在竖直平面内，滑道A8C关于8点对称，且A、8、。三点在同一水平线上.若小

滑块第一次由人滑到C,所用的时间为〃，第二次由C滑到A,所用时间为d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.tl<t2B.tl=t2C.tl>t2D.无法比较//、12的大小

【答案】A

【解析】在AB段，由牛顿第二定律得

mg-F=

滑块受到的支持力

F=mg-m—

则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力六〃尸就越小；

在BC段，由牛顿第二定律得