漳州期末精选同步单元检测(Word版 含答案)

漳州期末精选同步单元检测（Word 版 含答案）
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点。

O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为30°，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（ ）
A (323)6gR +
B 332
gR
C (13)3
gR +D 33
gR
【答案】A 【解析】 【分析】
根据题意，小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成600
角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系，再根据水平位移与初速度及时间的关系，联立即可求得初速度。

【详解】
小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成60°角，则有
0tan60y v v =
竖直方向
y gt =v
水平方向小球做匀速直线运动，则有
0cos30R R v t +=
联立解得
0(323)6
gR
v +=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

【点睛】
解决本题的关键是掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。

2．物体A 做平抛运动，以抛出点O 为坐标原点，以初速度v 0的方向为x 轴的正方向、竖直向下的方向为y 轴的正方向，建立平面直角坐标系。

如图所示，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射物体A ，在坐标轴上留下两个“影子”，则两个“影子”的位移x 、y 和速度v x 、v y 描述了物体在x 、y 两个方向上的运动。

若从物体自O 点抛出时开始计时，下列图像中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．“影子”在x 轴方向做匀速运动，因此在x v x — 图象中是一条平行于x 轴的直线，根据
0x v t =
可知在—x t 图象中是一条过坐标原点的直线，AC 错误； BD ．物体在竖直方向上做自由落体运动，根据
212
y gt =
可知在y t —图象中是一条开口向上的抛物线，根据
22y v gy =
可知在y v y — 图象是是一条开口向右的抛物理线，B 正确，D 错误。

故选B 。

3．如图所示，套在竖直细杆上的轻环A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连，施加外力让A 沿杆以速度v 匀速上升，从图中M 位置上升至与定滑轮的连线处于水平N
位置，已知AO 与竖直杆成θ角，则（ ）
A ．刚开始时
B 的速度为
cos v
θ
B ．A 匀速上升时，重物B 也匀速下降
C ．重物B 下降过程，绳对B 的拉力大于B 的重力
D ．A 运动到位置N 时，B 的速度最大 【答案】C 【解析】 【详解】
A.对于A ，它的速度如图中标出的v ，这个速度看成是A 的合速度，其分速度分别是
a b v v 、，其中a v 就是B 的速率（同一根绳子，大小相同），故刚开始上升时B 的速度
cos B v v θ=，故A 不符合题意；
B.由于A 匀速上升，θ在增大，所以B v 在减小，故B 不符合题意；
C .B 做减速运动，处于超重状态，绳对B 的拉力大于B 的重力，故C 符合题意； D.当运动至定滑轮的连线处于水平位置时90θ=︒，所以0B v =， 故
D 不符合题意。

4．如图为平静的湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O 。

一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO =40m ，下列说法中正确的是（ ）
A ．若v 0=18m/s ，则石块可以落入水中
B ．v 0越大，平抛过程速度随时间的变化率越大
C ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D ．若石块能落入水中，则v 0越大，全程的速度变化量越大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据平抛运动规律可得
tan 302y gt x v =
=
当018m/s v =时，解得5
t = 从A 到O 的有
211sin 2
AO θgt ⋅=
解得12s t =，由于1t t >，所以石块可以落入水中，A 正确；
B ．速度随时间的变化率即加速度，平抛运动的加速度不变，与初速度无关，B 错误；
C ．若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值为
tan gt v α=
位移方向与水平方向夹角的正切值
tan 2y gt x v θ=
= 可知tan 2tan αθ=，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关，C 错误；
D ．若石块能落入水中，由于距水面高度不变，落水时间相同，速度变化量为
ΔΔv g t =
所以全程的速度变化量相同，D 错误。

故选A 。

5．一艘小船在静水中的速度为 3 m/s ，渡过一条宽 150 m ，水流速度为 4 m/s 的河流，则该 小船（ ） A ．能到达正对岸 B ．渡河的时间可能少于 50 s
C ．以最短位移渡河时，位移大小为 200 m
D ．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为 240 m 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，选项A 错误；
B ．船以最短时间渡河时，渡河时间
150s=50s 3
d t v =
=船 所以渡河的时间不可能少于50 s ，选项B 错误； D ．以最短时间渡河时，沿河岸的位移
min 450m 200m x v t ==⨯=水
即到对岸时被冲下200m ，选项D
错误；
C ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸。

所以最短位移时船的速度与合速度的方向垂直，设合速度与河岸之间的夹角θ，有
3sin 4
v v θ船
水＝
＝ 设对应的最短位移为s ，则
sin d s
θ=
所以
150m 200m
3sin 4
d s θ
=
＝＝ 选项C 正确。

故选C 。

6．如图所示，在一倾角为ϕ的斜面底端以一额定速率0v 发射物体，要使物体在斜面上的射程最远，忽略空气阻力，那么抛射角θ的大小应为（ ）
A ．
4
2
π
ϕ
-
B ．
4
π
ϕ-
C ．
4
2
π
ϕ
+
D ．
4
π
ϕ+
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
以平行于斜面为x 轴，垂直于斜面为y 轴，发射点为原点，建立平面直角坐标系，由运动学方程得
()()2
020
1cos sin 2
1sin cos 0
2x v t g t y v t g t θϕϕθϕϕ⎧=-⋅-⋅⎪⎪⎨
⎪=-⋅-⋅=⎪⎩
解得
()2
2sin 2sin cos v x g θϕϕϕ
--=⋅
显然当4
2
π
ϕ
θ=
+
时
()
20
max
1sin v x g ϕ=+。

故选C 。

7．图示为足球球门，球门宽为L ，一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P 点）．若球员顶球点的高度为h ．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g ．则下列说法正确的是
A ．足球在空中运动的时间222s h t g
+=B ．足球位移大小224
L x s =+ C ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值2tan s L
θ=
D ．足球初速度的大小2
202()4
g L v s h =+ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、足球运动的时间为:2h
t g
=
错； B 、足球在水平方向的位移大小为:224
L x s =+所以足球的位移大小:2
2
2
2
24
L l h x h s =+=++错
C 、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为:2
tan s
L
θ=，C 正确 D 、足球的初速度的大小为:22024x g L v s t h ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
错误； 故本题选：C
【点睛】
(1)根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小. (2)由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小 (3)由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.
8．静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是（ ） A ．水流射出喷嘴的速度为2tan θgt
B ．空中水柱的水的体积为2
2tan Sgt θ
C ．水流落地时位移大小为2
2sin gt θ
D ．水流落地时的速度为2cot θgt
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，则有
200
tan 22y gt gt
x v t v θ===
故
02tan gt
v θ
=
故A 错误； B ．空中水柱的水量
2
02tan Sgt Q Sv t θ
==
故B 正确；
C ． 水流落地时，竖直方向位移2
12
h gt =
，根据几何关系得，水流落地时位移大小为 2
sin 2sin h gt s θθ
==
故C 正确；
D ．水流落地时，竖直方速度v y =gt ，则水流落地时的速度
v ==
故D 错误。

故选BC 。

【点睛】
水从喷嘴喷出后，做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根
据平抛运动的基本规律结合几何关系即可求解。

9．如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则
A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由v -t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；
B ．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确
C ．由于v -t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0
v v a t
-= 易知a 1>a 2，故C 错误
D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G -f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D 正确
10．如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h ，重力加速度为g 。

现有一小球在A 处贴着斜面以水平速度v 0射出，最后从B 处离开斜面，下列说法中正确的是（ ）
A ．小球的运动轨迹为抛物线
B ．小球的加速度为g tan θ
C ．小球到达B
D ．小球到达B 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，A 正确；
B ．小球所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律
sin mg ma θ=
因此加速度
sin a g θ=
B 错误；
小球沿斜面方向做匀加速运动
21
sin sin 2
h g t θθ=⋅ 可得运动时间
t =
C 正确；
D ．水平位移应是AB 线段在水平面上的投影，到达B 点的沿水平x 方向的位移
0x t v ==
沿水平y 方向的位移
cot y h θ=
因此水平位移
s =>
D 错误。

故选AC 。

二、第六章 圆周运动易错题培优（难）
11．如图所示，用一根长为l =1m 的细线，一端系一质量为m =1kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=30°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T ，取g=10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．当ω=2rad/s 时，T 3+1)N
B ．当ω=2rad/s 时，T =4N
C ．当ω=4rad/s 时，T =16N
D ．当ω=4rad/s 时，细绳与竖直方向间夹角
大于45° 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
当小球对圆锥面恰好没有压力时，设角速度为0ω，则有
cos T mg θ=
2
0sin sin T m l θωθ=
解得
053
2
rad/s 3
ω= AB ．当02rad/s<ωω=，小球紧贴圆锥面，则
cos sin T N mg θθ+=
2sin cos sin T N m l θθωθ-=
代入数据整理得
(531)N T =
A 正确，
B 错误；
CD ．当04rad/s>ωω=，小球离开锥面，设绳子与竖直方向夹角为α，则
cos T mg α=
2sin sin T m l αωα=
解得
16N T =，o 5
arccos 458
α=>
CD 正确。

故选ACD 。

12．如图所示，叠放在水平转台上的物体 A 、B 及物体 C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动，A ，B ，C 的质量分别为 3m ，2m ，m ，A 与 B 、B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为 μ ，A 和B 、C 离转台中心的距离分别为 r 、1.5r 。

设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，下列说法正
确的是（重力加速度为 g ）（ ）
A ．
B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg B ．B 对 A 的摩擦力一定为 3m ω2r
C ．转台的角速度需要满足g
r
μω
D ．转台的角速度需要满足23g
r
μω 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有
()()233f m r m g ωμ=
故A 错误，B 正确；
CD ．由于A 、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故对A 有
()()233m r m g ωμ
对AB 整体有
()()23232m m r m m g ωμ++
对物体C 有
()21.52m r mg ωμ
解得
g
r
μω
故C 错误， D 正确。

故选BD 。

13．如图，质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ）
A ．滑块对轨道的压力为2
v mg m R
+
B ．受到的摩擦力为2
v m R
μ
C ．受到的摩擦力为μmg
D ．受到的合力方向斜向左上方
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据牛顿第二定律
2
N v F mg m R
-=
根据牛顿第三定律可知对轨道的压力大小
2
N
N v F F mg m R
'==+ A 正确；
BC ．物块受到的摩擦力
2
N ()v f F mg m R
μμ==+
BC 错误；
D ．水平方向合力向左，竖直方向合力向上，因此物块受到的合力方向斜向左上方，D 正确。

故选AD 。

14．高铁项目的建设加速了国民经济了发展，铁路转弯处的弯道半径r 是根据高速列车的速度决定的。

弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h 的设计与r 和速率v 有关。

下列说法正确的是（ ）
A ．r 一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h 就应该越小
B ．h 一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r 就应该越大
C ．r 、h 一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小越安全
D ．高速列车在弯道处行驶时，速度太小或太大会对都会对轨道产生很大的侧向压力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
如图所示，两轨道间距离为L 恒定，外轨比内轨高h ，两轨道最高点连线与水平方向的夹角为θ。

当列车在轨道上行驶时，利用自身重力和轨道对列车的支持力的合力来提供向心力，有
2
=tan h v F mg mg m L r
θ==向
A ． r 一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h 就应该越大，A 错误；
B ．h 一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r 就应该越大，B 正确；
C ．r 、h 一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小时，列车行驶需要的向心力过小，而为列车提供的合力过大，也会造成危险，C 错误；
D ．高速列车在弯道处行驶时，向心力刚好有列车自身重力和轨道的支持力提供时，列车对轨道无侧压力，速度太小内轨向外有侧压力，速度太大外轨向内有侧压力，D 正确。

故选BD 。

15．荡秋千是小朋友们喜爱的一种户外活动，大人在推动小孩后让小孩自由晃动。

若将此模型简化为一用绳子悬挂的物体，并忽略空气阻力，已知O 点为最低点，a 、b 两点分别为最高点，则小孩在运动过程中（ ）
A ．从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小
B ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力的合力就是向心力
C ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能
D ．从a 到O 的运动过程中，拉力向上有分量，位移向下有分量，所以绳子拉力做了负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由题可知，a 、b 两点分别为最高点，所以在a 、b 两点人是速度是0，所以此时重力的瞬时功率为0；在最低点O 时，速度方向与重力方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为0，所以从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小，故A 正确；
B ．从a 到O 的运动过程中，将重力分解为速度方向的分力和背离半径方向的分力，所以提供向心力的是重力背离半径方向的分力和绳子的拉力的合力共同提供的，故B 错误；
C ．根据动能定理可知，从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能，故C 正确；
D ．从a 到O 的运动过程中，绳子的拉力与人运动的速度方向垂直，所以拉力不做功，故D 错误。

故选AC 。

16．一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R
的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（）
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B gR
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力可能随速度增大而增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有
2
v
=
mg m
R
解得
=
v gR
=A正确；
即当速度v gR
B．小球通过最高点的最小速度为零，选项B错误；
<
CD．小球在最高点，若v gR
2
v
-＝
mg F m
R
杆的作用力随着速度的增大而减小；
>
若v gR
2
v
mg F m
+＝
R
杆的作用力随着速度增大而增大。

选项C错误，D正确。

故选AD。

17．如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg和3kg的小物体A、B，A、B 间用细线沿半径方向相连。

它们到转轴的距离分别为R A=0.2m、R B=0.3m。

A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍。

g取10m/s2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是（）
A ．小物体A 达到最大静摩擦力时，
B 受到的摩擦力大小为12N B ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为4rad/s
C 230
D ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A 将做向心运动，B 将做离心运动 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当增大原盘的角速度，
B 先达到最大静摩擦力，所以A 达到最大静摩擦力时，B 受摩擦力也最大，大小为
f B=km B
g =0.4⨯3⨯10N=12N
故A 正确；
B ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω，此时细线上的拉力为T ，由牛顿第二定律，对A
2A A A k T R m g m ω-=
对B
2B B B T km g m R ω+=
联立可解得
s 13
102
ω=
故B 错误；
C. 当细线上开始有弹力时，此时B 物体受到最大摩擦力，由牛顿第二定律，有
2B B 1B k m R m g ω=
可得
1230
ω=
故C 正确；
D. 当A 恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A 物体摩擦力减小，随圆盘继续做圆周运动，而B 不再受细线拉力，最大摩擦力不足以提供向心力，做离心运动，故D 错误。

故选AC 。

18．A 、B 、C 三个物体放在旋转圆台上，它们由相同材料制成，A 的质量为2m ，B 、C 的质量各为m ．如果OA=OB=R ，OC=2R ，则当圆台旋转时（设A 、B 、C 都没有滑动），下述结论
中正确的是( )
A ．物体A 向心加速度最大
B ．B 物静摩擦力最小
C ．当圆台旋转转速增加时，C 比B 先开始滑动
D ．当圆台旋转转速增加时，A 比B 先开始滑动 【答案】BC 【解析】
A 、三个物体都做匀速圆周运动，角速度相等，向心加速度2
n a r ω=，可见，半径越大，
向心加速度越大，所以C 物的向心加速度最大，A 错误； B 、三个物体的合力都指向圆心，对任意一个受力分析，如图
支持力与重力平衡，由静摩擦力f 提供向心力，则得 f n F =． 根据题意，222C A B r r r R ===
由向心力公式2
m n F r ω=，得三个物体所受的静摩擦力分别为：
()2222A f m R m R ωω==,
2B f m R ω=.
()2222C f m R m R ωω==,
故B 物受到的静摩擦力最小，B 正确；
C 、
D 当ω变大时，所需要的向心力也变大，当达到最大静摩擦力时，物体开始滑动．当转速增加时，A 、C 所需向心力同步增加，且保持相等．B 所需向心力也都增加，A 和C 所需的向心力与B 所需的向心力保持2：1关系．由于B 和C 受到的最大静摩擦力始终相等，都比A 小，所以C 先滑动，A 和B 后同时滑动，C 正确；D 错误；故选BC ．
19．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，质量为m 的带孔小球穿在环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上的最大拉力为2mg ，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω不可能．．．
为（ ）
A ．
2g R
B ．2
g R
C ．
6g R
D ．
7g
R
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
因为圆环光滑，所以小球受到重力、环对球的弹力、绳子的拉力等三个力。

细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，如图所示
当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为
2F m r ω=
根据几何关系，其中
sin60r R ︒＝
一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得
min tan60F mg ︒＝
即
2
min tan60sin60mg m R ω︒︒＝
解得
min 2g R
ω=
当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，
m max N ax 606sin sin 0F T F ︒=+︒ N max cos cos 6060T mg F =︒︒+
可得
max 33g F m =
同理可知，最大角速度为
max 6g R
ω=
则
7g R 不在26g g
R R
ω≤≤范围内，故选D 。

20．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A ．A 对
B 的摩擦力指向圆心
B ．B 运动所需的向心力大于A 运动所需的向心力
C ．盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍
D ．若逐渐增大圆盘的转速（A 、B 两物块仍相对盘静止），盘对B 的摩擦力始终指向圆心且不断增大 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．两物体随圆盘转动，都有沿半径向外的滑动趋势，受力分析如图
则所受静摩擦力均沿半径指向圆心，由牛顿第三定理可知A 对B 的静摩擦力沿半径向外，故A 错误；
B ．两物体随圆盘转动，角速度相同为ω，运动半径为r ，则两物体转动所需的向心力均为
2m r ω，即B 运动所需的向心力等于A 运动所需的向心力，故B 错误；
C ．对整体由牛顿第二定律可知
22B f m r ω=
对A 由牛顿第二定律得
2BA f m r ω=
则盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍，故C 正确；
D ．在增大圆盘转速的瞬间，两物体有沿半径向外的趋势和沿切线向后的趋势，则此时静摩擦力方向在径向和切向之间，与线速度成锐角，径向分力继续提供向心力，切向分力提供切向加速度使线速度增大，从而保证滑块继续跟着圆盘转动，而物体随转盘一起转时静摩擦力又恢复成沿半径方向提供向心力，故增大圆盘转速，盘对B 的摩擦力大小不断增大，但方向不是始终指向圆心，故D 错误。

故选C 。

三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
21．如图所示，两个质量均为m 的小滑块P 、Q 通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为
2
L 的轻弹簧水平放置，右端与Q 相连，左端固定在竖直杆O 点上。

P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

则P 下降过程中（ ）
A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒
B ．P 、Q 的速度大小始终相等
C 31
-mgL D ．P 达到最大动能时，Q 受到地面的支持力大小为2mg 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据能量守恒知，P 、Q 、弹簧组成的系统机械能守恒，而P 、Q 组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；
B ．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知
cos sin P Q v v αα=
解得
tan
P
Q
v
v
α
=
由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误；
C．根据系统机械能守恒可得
(cos30cos60)
P
E mgL
=︒-︒
弹性势能的最大值为
31
2
P
E mgL
-
=
选项C正确；
D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
200
N
F mg m m
-=⨯+⨯
解得
F N=2mg
选项D正确。

故选CD。

22．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点,每隔T的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x,下列判断正确的有
A．传送带的速度为
x
T
B．传送带的速度为22gx
μ
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
1
2
mgx
μ
D．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为
2
3
mtx
T
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=
x
T
．故A正确；
B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=，根据题目条件无法得出s 与x 的关系．故B 错误；
C ．工件与传送带相对滑动的路程为
22
2
22v v x x v g g gT μμμ∆=-=
则摩擦产生的热量为
Q =μmg △x ＝2
2
2mx T
故C 错误；
D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量
22212mx E mv mg x T
μ=+∆=
在时间t 内，传送工件的个数f
W E η
=
则多消耗的能量
23mtx E nE T
'==
故D 正确。

故选AD 。

23．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。

一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）
A ．若05v gR <
B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点
C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒
D ．若05v gR > 【答案】BC 【解析】 【分析】
【详解】
AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有
2
v mg m R
=
由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有
22
011222
mv mv mg R =+⋅ 解得
0v =
若小球速度0v <
是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度0v >轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；
B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有
2
0122
mv mg R =⋅ 解得
0v =
现在内轨粗糙，如果小球速度0v <小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；
C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有
2
012
mv mgR = 解得
0v
若0v <C 正确。

故选BC 。

24．如图，将一质量为2m 的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离A 为d 处．现将环从A 点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）。