精品解析：甘肃省平凉市静宁县第一中学学年高一(下)第一次月考物理试题(实验)(解析版)

宁一中2020~2021学年度第二学期高一级第一次考试
物理（实验班）
一、选择题（本题包含15小题，共50分。

其中1——10题为单选题，每小题3分，11——15题为多选题，多选题全部选对得4分，少选得2分，错选或不选得0分。

）
1. 跳伞表演是人们普遍喜欢的运动项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是（）
A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作
B. 风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害
C. 运动员下落时间与风力大小无关
D. 运动员着地速度与风力大小无关
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；时间的长短由竖直方向的运动决定，故水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变。

故选C。

2. 一质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始做匀加速直线运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后
A. 继续做匀变速直线运动
B. 在相等时间内速度的变化量一定相等
C. 可能做匀速直线运动
D. 可能做变加速曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】AC．互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，质点做匀加速直线运动．当保持F1方向，大小突然增大到F1+△F，且F2保持不变，则此时合力的方向与速度方向不共线，做曲线运动，选项AB错误．
BD．由于合力恒定，所以做匀变速曲线运动，加速度是定值，所以在相等的时间里速度的增量一定相等，故B正确，D错误．
3. 如图所示，一位同学玩飞镖游戏。

圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 等高，且距离P 点为L 。

当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时，圆盘以经过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动。

忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则（ ）
A. 飞镖击中P 点所需的时间为
2L v B. 圆盘的半径为2
20
2gL v
C. 圆盘转动角速度的最小值为
2v L
π D. P 点随圆盘转动的线速度可能为
54gL
v π 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A ．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此
L t v =
故A 错误；
B ．飞镖击中P 点时，P 恰好在最下方，则
2122
r gt =
解得圆盘的半径为
220
4gL r v =
故B 错误；
C ．飞镖击中P 点，则P 点转过的角度满足
π2π(0,t k k θω==+=1，2)⋯
故
()021πk v t
L
θ
ω+=
=
则圆盘转动角速度的最小值为
πv L
，故C 错误； D ．P 点随圆盘转动的线速度为
()()202
21π21π44k v k gL gL v r L
v v ω++==⋅=
当2k =时
5π4gL
v v =
故D 正确。

故选D 。

4. 一石英钟的秒针、分针和时针长度是2：2：1，它们的转动皆可以看做匀速转动，（ ） A. 秒针、分针和时针转一圈的时间之比1：60：1440 B. 分针和时针针尖转动的线速度之比为12：1 C. 秒针和时针转动的角速度之比720：1 D. 分针和时针转动的向心加速度之比144：1 【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A ．秒针、分针和时针转一圈的时间分别为1分钟、1小时、12小时，所以
::1:60:720T T T =秒分时
故A 错误； B ．由
2r
v T
π=
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针针尖转动的线速度之比为
:24:1v v =分时
故B 错误； C ．由
得秒针和时针转动的角速度之比
::720:12:1
w w w=
秒分时
故C正确；
D．由
2
a rw
=
::720:12:1
w w w=
秒分时
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针转动的向心加速度之比
:288:1
a a=
分时
故D错误。

故选C。

5. 有一条小河，两岸平行，河水匀速流动的速度为v0，小船在静水中速度大小始终为v，且v>v0。

若小船
以最短位移过河所用的时间为t
，则河水流速与小船在静水中
的速度之比为（）
A. 01 2
v v =
B. 0
v
v
=
C. 0
v
v
=
D. 0
v
v
=
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】设水流动的速度为
v，小船在静水中的运动速度大小为v，当船以最短时间过河时，则有
d
v
=
以最短位移过河则有
t=
解得
选项A正确。

故选A。

6. 如图所示，有人设想通过“打穿地球”从中建立一条过地心的光滑隧道直达阿根廷。

如只考虑物体间的万有引力，则从隧道口抛下一物体，物体的加速度（）
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先增大后减小
D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】在表面
2
Mm
G ma
R
=
可得
2
M
a G
R
=
在地心处，物体所受万有引力的合力为零，则加速度为零，可知物体的加速度先减小后增大，故D正确，ABC错误。

7. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有（）
A. a的向心加速度等于重力加速度g
B. b在相同时间内转过的弧长最长
C. c在4h内转过的圆心角是
6
π
D. d的运动周期有可能是20小时
【答案】B
【解析】
【详解】A ．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据
a =ω2r
可知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度；根据万有引力等于重力
2
Mm
G
mg r = 可得
2M g G
r
= 卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c 的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，所以知a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误； B ．根据万有引力提供向心力
2
2Mm v G m r r
= 解得
v =
卫星的半径越大，速度越小，则有b c d v v v >>；对c 和a 有
v r ω=
因为c 的半径大于a 的半径，故a c v v <，故b 的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B 正确； C ．c 是地球同步卫星，周期是24h ，则c 在4h 内转过的圆心角是3
π
，故C 错误； D ．根据开普勒第三定律
3
2
r k T = 可知，卫星的半径越大，周期越大，d 的半径大于c 的，所以d 的运动周期大于c 的周期24h ，所以不可能为20h ，故D 错误。

故选B 。

8. “土星冲日”是指土星、地球、太阳三者依次排成一条直线，此时土星距离地球最近。

若地球和土星绕太阳公转的周期分别为1T 、()212T T T <，认为地球和土星的运行轨道均为圆，则相邻两次“土星冲日”间隔的时间为（ ）
A. 2
112
T T T +
B. 2
221
T T T -
C. 12
12TT T T +
D. 12
21
TT T T -
【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】设相邻两次“上星冲日”间隔的时间为t ，有
12
1t t
T T -= 解得
12
21
T T t T T -=
所以D 正确；ABC 错误； 故选D 。

9. 北斗卫星导航系统组网成功后会有5颗静止轨道卫星。

已知地球赤道上的重力加速度大小为g ，将地球视为半径为R 0的球体，地球的自转周期为T 0，则地球静止轨道卫星（同步卫星）的运行半径为（ ）
【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】地球赤道上物体随地球自转时，所需向心力由万有引力的分力提供，有
202200
4Mm G mg mR R T π-= 地球静止轨道卫星（同步卫星）做圆周运动的向心力由万有引力提供，有
2220
4Mm G m r r T π''＝
解得
22
300
3
02
4π
gR T
r R
=+
选项C正确，ABD错误。

故选C。

10. 排球比赛中的发球是制胜的关键因素之一，提高发球质量的方法主要是控制适当的击球高度H和击球速度，以达到较小的落地角度θ（落地时速度方向与水平地面的夹角）若将发出的排球的运动看成是平抛
运动，且排球落在对方场地内，排球击出时的水平速度为
v，击球位置到本方场地底线的距离为L，如图所示。

下列判断中除给出的条件变化外，其他条件不变，不计空气阻力，正确的是（）
A. 若H越大，排球落地的角度越小
B. 若同时增大H和
v，则不可能让排球落地的角度θ不变
C. 若同时增大L和
v，排球落地的角度θ增大
D. 若对手接球高度一定时，发球者H越大，对手的反应时间越长
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．排球做平抛运动，设排球的竖直分速度为v y，则22y v gH=解得2y v gH=排球落地的角度002tan y v gH vθ==H越大，θ越大，若同时增大H和0v，可能让排球落地的角度θ不变，AB错误；
C ．根据
2
tan y v gH
v θ=
=
同时增大L 和v 0，排球落地的角度θ减小，C 错误；
D ．对手的反应时间是从排球发出到球被接住所经历的时间，接球高度一定时，H 越大，反应时间越长，D 正确。

故选D 。

11. 如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD -A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球（可视为质点）。

关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 落点在A 1B 1C 1D 1内的
小球，落在C 1点时平抛的初速度最大
B. 落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是12
C. 运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同
D. 运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同 【答案】ABC 【解析】 【分析】
【详解】A ．小球做平抛运动，落点在平面A 1B 1C 1D 1内的小球，下落高度都相同，由
2
12
h gt =
可知，下落时间相同，落在C 1点时水平位移最大，由
0x v t
=
可知，落在C 1点时平抛的初速度最大，故A 正确；
B ．落点在B 1D 1上的小球，落在B 1或D 1时水平位移最大，落在B 1D 1中点上的小球水平位移最小。

设正方体的边长为l ，则
min 2
2
x =
，max x l =
下落时间相同，则有
min min max max 2
v x v x == 故B
正确；
C ．运动轨迹与AC 1相交的小球，虽然交点不一样，但位移与水平方向的夹角都相等，由平抛运动的推论
tan 2tan αθ=
可知，速度与水平方向的夹角也相等，故交点处的速度方向都相同，故C 正确；
D ．运动轨迹与A 1C 相交的小球，因交点位置不一样，位移方向不一样，位移偏转角不一样，同样可以根据平抛运动的推论可知，速度方向不一样，故D 错误。

故选ABC 。

12. 如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b
与转轴的距离为2l 。

木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A. b 一定比a 先开始滑动
B. a 、b 所受的摩擦力始终相等
C. 2kg
l
ω=
b 开始滑动的临界角速度 D. 当2kg
l
ω=
a 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】AC 【解析】
【详解】B ．小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即
2f mR ω=静
由于木块b 的半径大，所以发生相对滑动前木块b 的静摩擦力大，选项B 错。

C ．随着角速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有
2f mR kmg ω==静
代入两个木块的半径，小木块a 开始滑动时的角速度
a kg l
ω=
木块b 开始滑动时的角速度
2b kg l
ω=
选项C 正确。

A ．根据a b ωω>，所以木块b 先开始滑动，选项A 正确。

D ．当角速度23b kg
l
ωω=
>，木块b 已经滑动，但是 23a kg
l
ωω=
< 所以木块a 达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D 错误。

故选AC 。

13. 如图所示，
两根相同的轻绳一端分别系在竖直杆上的A 点与B 点．另一端系在质量为m 的小球C 上．当小球随竖直杆一起以某一角速度ω匀速转动时，两根绳子都伸直，AC 绳与竖直方向夹角为θ,BC 绳水平，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的向心加速度可能等于tan g θ
B. AC 绳的拉力一定等于
cos mg
θ
C. ω如果缓慢减小，则θ也一定同步减小
D. ω如果缓慢增加，BC 绳一定先断 【答案】ABD 【解析】
【详解】B 、两根绳子都伸直，AC 一定有拉力，且cos AC T mg θ=，
cos AC mg
T θ
=
；B 选项正确. A 、对小球有2
tan BC mg T ma m r θω+== ，BC 绳拉力可以为零，也可以不为零，所以小球的向心加速度
一定大于或等于tan g θ；选项A 正确.
C 、ω如果略微减小，BC T 减小，可能θ不变；选项C 错误.
D 、ω如果增加，tan mg θ不再变化，BC T 增加，BC 绳一定先断；故D 正确. 故选ABD.
【点睛】本题的关键是明确明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡，要注意分析隐含的临界状态．
14. 由多颗星体构成的系统，叫做多星系统．有这样一种简单的四星系统：质量刚好都相同的四个星体A 、B 、C 、D ，A 、B 、C 分别位于等边三角形的三个顶点上，D 位于等边三角形的中心．在四者相互之间的万有引力作用下，D 静止不动，A 、B 、C 绕共同的圆心D 在等边三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动．若四个星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，引力常量为G ，则下列说法正确的是
A. A 、B 、C 三个星体做圆周运动的半径均为
3
2
a B. A 、B 两个星体之间的万有引力大小为2
2Gm a
C. A 、B 、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为
)
2
33Gm a
D. A 、B 、C 三个星体做圆周运动的周期均为(
)
233a
a
Gm
π+【答案】BC 【解析】
【详解】A ．A 、B 、C 绕等边三角形的中心D 做圆周运动，由几何关系知：它们的轨道半径为： 33
r a =
，
故A 错误；
B ．根据万有引力公式，A 、B 两个星体之间的万有引力大小为2
2Gm a
，故B 正确；
C ．以A 为研究对象，受到的合力为
2
222
(33)2cos303()Gmm Gm F a a a +=⨯︒+=
， 根据牛顿第二定律，F =ma 向，A 、B 、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小：
2
(33)Gm
a a
+=
向， 故C 正确；
D ．根据合力提供向心力有：
2222(33)443
Gmm m r m a T T ππ+==⋅， 得A 、B 、C 星体做圆周运动
的
周期为：
23(33)a
T a
Gm
π=+，
故D 错误．
【点睛】先求出任意两个星体之间的万有引力，从而得出每一星体受到的合力，该合力提供它们的向心力．根据几何关系求出星体的轨道半径，结合合力提供向心力求出线速度、向心加速度和周期．
15. 如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道Ⅰ，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R 1、周期为T 1、经过p 点的速度大小为1V 、加速度大小为1a ；然后在P 点点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ，在此轨道正常运行时，卫星的周期为T 2，经过p 点的速度大小为2V 、加速度大小为2a ，经过Q 点速度大小为3V ；稳定运行数圈后达远地点Q 时再次点火加速，进入远地圆轨道Ⅲ在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R 3、周期为T 3、经过Q 点速度大小为4V (轨道Ⅱ的近地点和远地点分别为轨道Ⅰ上的P 点、轨道Ⅲ上的Q 点)．已知R 3＝2R 1，则下列关系正确的是( )
A. T2＝33T1
B. T2＝33
8
T3 C.
12
a a
= D.
2143
V V V V
>>>
【答案】BCD
【解析】
【详解】根据开普勒第三定律：
3
2
a
k
T
＝，所以
3
1
3
13
21
33
2
2
11
3
()3
2
2()()
2
R R
R
T
T R
R
+
＝＝＝，解得2
1
36
4
T
T
＝即21
3
4
6
T T
＝，故A错误．同理，
3
3
3
13
21
33
2
2
31
3
()3
2
2
())
2(
4
R R
R
T
T R
R
+
＝＝＝，解得
3
2
33
8
T
T
＝即
23
3
8
3
T T
＝，故B 正确．卫星经过p点时受到的引力相同，则加速度相同，选项C正确；卫星在p点时由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要加速，则v2>v1；卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上做圆周运动时，由
GM
v
r
=可知，在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度，即v1>v4；在Q点时由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时要加速，即v4>v3，则v2>v1>v4>v3，则选项D正确；故选BCD.
二、实验题（本题共两小题，每空3分，共18分）
16. 用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。

已知小球在挡板A B C
、、处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，回答以下问题：
(1)在该实验中，主要利用了______来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；
A. 理想实验法
B. 微元法
C. 控制变量法
D. 等效替代法
(2)探究向心力与角速度之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在______处，同时选择半径______（填“相同”或“不同”）的两个塔轮；
A. 挡板A与挡板B
B. 挡板A与挡板C
C. 挡板B与挡板C
【答案】(1). C (2). B (3). 不同
【解析】 【分析】
【详解】(1)[1]向心力演示器探究向心力大小的表达式时，主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系。

故选C 。

(2)[2][3]探究向心力与角速度之间的关系时，应控制两球的质量与两球做圆周运动的轨道半径相等而两球的加速度不同，即应让质量相同的小球分别放在挡板A 与挡板处C ，同时选择半径不同的两个塔轮。

故选B 。

17. 在学完了
《平抛运动》后，求真班某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的创新实验方案。

如图所示，A 是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B 是质量为m 的滑块（可视为质点）。

第一次实验，如图（a ）所示，将滑槽末端与桌面右端M 对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P 点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h 、M 距离地面的高度H 、M 与P 间的水平距离x 1；
第二次实验，如图（b ）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B 再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P ′点，测出滑槽末端与桌面右端M 的距离L 、M 与P′间的水平距离x 2。

(1)在第一次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为_____________。

（用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g ）。

(2)通过上述测量和所学的牛顿运动定律的应用，该研究小组可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_____________。

(3)若实验中测得h ＝15cm 、H ＝25cm 、x 1＝30cm 、L ＝15cm 、x 2＝20cm ，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝_________。

（结果用分数表示） 【答案】 (1). 12g
v x H = (2). 22
124x x HL
μ-= (3). 13
【解析】
【详解】(1)[1] 滑块在滑槽末端时的速度大小为v 1，由平抛运动规律有
2
12
H gt =
，11x v t = 解得
11
2g v x H
= (2)[2] 第二次实验,滑块在滑槽末端时的速度大小为v 2，由平抛运动规律有
2
12H gt =
，22x v t = 由牛顿第二定律可得
mg ma μ=
由运动学规律有
2221-=2v v aL -
由上几式可解得
22
12
4x x HL
μ-=
(3)[3]代入数据解得13
μ=。

三、解答题（18题10分，19题18分，20题14分）
18. 宇航员在地球表面做如下实验：如图所示，将一个物体在斜面顶端以初速度v 0水平抛出，物体恰好击中斜面的底端，已知斜面倾角为θ，地球表面重力加速度为g 。

假设宇航员携带该斜面到某星球表面，已知该星球质量和半径均是地球的2倍。

宇航员仍然在斜面顶端以某一初速度水平抛出物体，物体恰好也到达斜面底端。

求：
（1）在地球表面抛出时，小球从斜面顶端运动到底端时间； （2）在该星球抛出的初速度。

【答案】（1）02tan v g θ；（2）
2
2
v 0 【解析】 【分析】
【详解】（1）设运动时间t ，则有
tan θ=2012gt
v t
解得
t =
02tan v g
θ
（2）设该星球表面重力加速度为g ´，则有
mg ´=G 2M m R
''
在地球表面，有
mg =G
2Mm
R 由题意代入数据可得
g ´=
2
g 设初速度为v ´，由（1），在该星球上，物体运动到斜面底端时间为
t ´=2tan v g
θ
''
依题意，有
v ´t ´=v 0t
联立解得
v ´
=
2
v 0 19. 如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离管道后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好垂直碰到倾角为45°的斜面上。

已知管道的半径为=1m R 小球可视为质点且其质量为1kg m =，g 取210m/s ，求： （1）B 点脱离时的速度大小；
（2）小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离；
（3）小球经过管道的B 点时对管道的作用力NB F 的大小和方向。

【答案】(1)3m/s ；(2)0.9m ；(3)1N ，竖直向上 【解析】 【分析】
【详解】(1)小球从B 到C 的运动时间为t =0.3s ，那么，小球在C 点的竖直分速度为
3m/s y v gt ==
由小球恰好垂直与倾角为45︒的斜面相碰可知
tan453m/s B x y v v v ︒===
(2)小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离为
0.9m x s v t ==
(3)对小球在B 点应用牛顿第二定律可得
2
N 9N mv F mg R
+==
所以
F N =－1N
即管道对小球的支持力为1N ，方向竖直向上。

20. A 、B 两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动。

水平杆固定在可绕竖直轴PQ 转动的框架上，已知物体A 、B 的质量分别为m 1和m 2，水平杆对物体A 、B 的最大静摩擦力均与各物体所受的重力成正比，比例系数为μ，物体A 离转轴PQ 的距离为R 1，物体B 离转轴PQ 的距离为R 2，且有R 1＜R 2和m 1＜m 2。

当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零。

求：
（1）角速度ω1多大，此时两物体受到的摩擦力各多大； （2）角速度ω2多大，此时轻绳拉力多大。

【答案】（1）12
g
R μω=1A 12R f m g R μ=
⋅，B 2f m g μ=；（2）222211
m g
m R m R μω=-1212211m m gR T m R m R μ=- 【解析】 【分析】
【详解】(1)当没有拉力时,摩擦力提供向心力，其中的某一个的静摩擦力最大时，则
20mg m R μω=
可得
0g
R
μω=
可知运动半径比较大的物体先到达最大静摩擦力，与质量无关。

即B 先到达最大静摩擦力，此时
12
g
R μω=
此时A 受到的静摩擦力
21
A 11112
R f m R m g R ωμ==
⋅ B 受到的静摩擦力
2B 2122f m R m g ωμ==
(2)B 先到达最大静摩擦力，此后A 受到绳子的拉力，当A 受到的摩擦力等于0时，设拉力为T ，则对A
2121T m R ω=
对B
22222m g T m R μω+=
联立得
222211
m g
m R m R μω=
-
121
2211
m m gR T m R m R μ=
-。