内蒙古正镶白旗察汗淖中学期末精选(篇)(Word版 含解析)

内蒙古正镶白旗察汗淖中学期末精选（篇）（Word 版 含解析）
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．不可伸长的轻绳通过定滑轮，两端分别与甲、乙两物体连接，两物体分别套在水平、竖直杆上。

控制乙物体以v =2m/s 的速度由C 点匀速向下运动到D 点，同时甲由A 点向右运动到B 点，四个位置绳子与杆的夹角分别如图所示，绳子一直绷直。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。

则下列说法正确的是（ ）
A ．甲在A 点的速度为2m/s
B ．甲在A 点的速度为2.5m/s
C ．甲由A 点向B 点运动的过程，速度逐渐增大
D ．甲由A 点向B 点运动的过程，速度先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．将甲的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于甲沿绳子方向的分速度，设该速度为v 绳，
根据平行四边形定则得，B 点的实际速度
cos53B v v =
︒
绳
同理，D 点的速度分解可得
cos37D v v =︒绳
联立解得
cos53cos37B D v v ︒=︒
那么，同理则有
cos37cos53A C v v ︒=︒
由于控制乙物体以2m s
v=的速度由C点匀速向下运动到D点，因此甲在A点的速度为
1.5m s
A
v=，AB错误；
CD．设甲与悬点连线与水平夹角为α，乙与悬点连线与竖直夹角为β，由上分析可得
cos cos
A C
v v
αβ
=
在乙下降过程中，α角在逐渐增大，β角在逐渐减小，则有甲的速度在增大，C正确，D 错误。

故选C。

2．如图所示，从倾角θ=37°的斜面上方P点，以初速度v0水平抛出一个小球，小球以10m/s的速度垂直撞击到斜面上，过P点作一条竖直线，交斜面于Q点，则P、Q间的距离为（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）（）
A．5.4m B．6.8m C．6m D．7.2m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设小球垂直撞击到斜面上的速度为v，竖直速度为v y，由几何关系得
sin37
cos37y
v
v
v
v
︒=
︒=
解得
sin376m/s
cos378m/s
y
v v
v v
=︒=
=︒=
设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得，竖直分速度
y
gt
=
v
解得
t=0.8s
竖直方向
2
1
2
y gt
=
水平方向
x v t
=
设P、Q间的距离为h，由几何关系得
tan37
h y x
=+︒
解得
h=6.8m
选项B正确，ACD错误。

故选B。

3．如图所示，竖直墙MN，小球从O处水平抛出，若初速度为v a，将打在墙上的a点；若初速度为v b，将打在墙上的b点．已知Oa、Ob与水平方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力．则v a与v b的比值为（）
A．
sin
sin
α
βB．
cos
cos
β
α
C
tan
tan
α
β
D
tan
tan
β
α
【答案】D
【解析】
根据平抛运动知识可知：
2
1
2
tan
2
a
a a
gt gt
v t v
α==，则
2tan
a
a
v
t
g
α
=
同理可知：
2tan
b
b
v
t
g
β
=
由于两次运动水平方向上的位移相同，根据s vt
=
解得：
tan
tan
a
b
v
v
β
α
=，故D正确；ABC错误；
故选D
4．质量为0.2kg 的物体，其速度在x ，y 方向的分量v x ，v y ，与时间的关系如图所示，已知x ．y 方向相互垂直，则（ ）
A ．0~4s 内物体做直线运动
B ．4~6s 内物体的位移为25m
C ．0~4s 内物体的位移为12m
D ．0~6s 内物体一直做曲线运动 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ． 0~4s 内，在x 方向做匀速运动，在y 方向做匀加速运动，因此物体做匀变速曲线运动运动，A 错误；
B ．由图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，4~6s 内，在x 方向物体的位移为2m ，在y 方向物体的位移为4m ，物体位移为
2225m x y +=
B 正确；
C ．0~4s 内，在x 方向物体的位移为4m ，在y 方向物体的位移为12m ，物体位移为
22410m x y +=
C 错误；
D ．将4~6s 内物体运动倒过来，相当于初速度为零，在x 方向和y 方向加速度都恒定，即物体加速度恒定，因此在这段时间内物体做初速度为零的匀加速直线运动，因此原题中在这段时间内物体做匀减速度直线运动，最终速度减为零，D 错误。

故选B 。

5．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
2
1
cos sin
2
1
sin cos0
2
x v t g t
y v t g t
θϕϕ
θϕϕ
⎧
=-⋅-⋅
⎪⎪
⎨
⎪=-⋅-⋅=
⎪⎩
解得
()
2
2
sin2sin
cos
v
x
g
θϕϕ
ϕ
--
=⋅
显然当
42
πϕ
θ=+时
()
2
max1sin
v
x
gϕ
=
+。

故选C。

6．里约奥运会我国女排获得世界冠军，女排队员“重炮手”朱婷某次发球如图所示，朱婷站在底线的中点外侧，球离开手时正好在底线中点正上空3.04m处，速度方向水平且在水平方向可任意调整.已知每边球场的长和宽均为9m，球网高2.24m，不计空气阻力，重力加速度2
10
g m s
=.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是
A．22m/s B．23m/s
C．25m/s D．28m/s
【答案】B
【解析】
恰好能过网时，根据2
1
1
2
H h gt
-=得，
1
2()2(3.04 2.24)
0.4s
10
H h
t
g
-⨯-
===，则
击球的最小初速度1
1
9
22.5m/s
0.4
s
v
t
===，
球恰好不出线时，根据2212
H gt =
，得222 3.040.78s 10
H t g ⨯==≈ 则击球的最大初速度：2222240.25 4.2581
23.8m/s s l l v t +⨯===≈'，注意运动距离
最远是到对方球场的的角落点，所以22.5m/s 23.8m/s v ，故B 项正确． 综上所述本题正确答案为B ．
7．如图所示，固定斜面AO 、BO 与水平面夹角均为45°。

现从A 点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO 落在C 点，若OA =6m ，则O 、C 的距离为（ ）
A ．22m
B 2m
C ．2m
D ．3m
【答案】C 【解析】 【详解】
ABCD ．以A 点为坐标原点，AO 为y 轴，垂直于AO 为x 轴建立坐标系，x 轴正方向斜向上，y 轴正方向斜向下，分解速度和加速度，则小球在x 轴上做初速度为
02
2
v ，加速度为22g 的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间
0v t g =；在y 轴上做初速度为02
2
，加速度为22g 的匀加速直线运动，末速度 0022
2Cy v gt v =
+= 利用平均速度公式得位移关系
00022(
2)22::3:1
22
v v t v t
OA OC =
= 则
1
2m 3
OC OA ==
综上所述，ABD 错误C 正确。

故选C 。

8．如图所示，在竖直平面内坐标系中的第一象限内有沿x 轴正方向的恒定风力，将质量为0.1kg m =小球以初速度04m/s v =从O 点竖直向上抛出，到达最高点的位置为M 点，落回
x 轴时的位置为N （图中没有画出），若不计空气阻力，坐标格为正方形，g 取210m/s ，
则（ ）
A ．小球在M 点的速度大小为5m/s
B ．位置N 的坐标为(120)，
C ．小球到达N 点的速度大小为410m/s
D ．风力大小为10N 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设正方形的边长为0s ，小球竖直方向做竖直上抛运动有
01v gt =
解得
10.4s t =
0122v s t =
水平方向做匀加速直线运动有
1
0132
v s t =
解得小球在M 点的速度大小为
16m/s v =
选项A 错误；
B ．由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过1t 到达x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，位置N 的坐标为（12，0），选项B 正确；
C ．到N 点时竖直分速度大小为04m/s v =，水平分速度
1212m/s x N v a t v ===水平
小球到达N 点的速度大小为
22
20410m/s x v v v =+=
选项C 正确； D ．水平方向上有
11v at =
解得
215m/s a =水平
所以风力大小
1.5N F ma ==水平
选项D 错误。

故选BC 。

9．一小船在静水中的速度为8m/s ，要渡过宽为80m 、水流速度为6m/s 的河流，下列说法正确的是（ ） A ．小船渡河的最短时间为8s B ．小船渡河的最短时间为10s
C ．若小船在静水中的速度增大，则小船渡河的最短路程不变
D ．若小船在静水中的速度比水流速度小，则小船渡河的最短路程不变 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当船头指向正对岸时渡河时间最短，且最短时间为
80
s 10s 8
d t v =
==船 B 正确，A 错误；
C ．由于船速大于水流的速度，因此小船渡河的最短路程是到达正对岸，若小船在静水中的速度增大，则小船渡河的最短路程不变，C 正确；
D ．若小船在静水中的速度比水流速度小，则小船不能到达正对岸，因此渡河的最短路程改变，D 错误。

故选BC 。

10．一两岸平行的河流宽为200m ，水流速度为5m/s ，在一次抗洪抢险战斗中，武警战士驾船把受灾群众送到河对岸的安全地方。

船相对静水的速度为4m/s 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．该船不能垂直过河
B ．该船能够垂直过河
C ．渡河的位移可能为200m
D ．渡河的位移可能为260m
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由于船相对静水的速度小于水流速度，故船不能垂直过河，选项A 正确，B 错误；
CD ．要使小船过河的位移最短，当合速度的方向与船在静水中的速度相垂直时，渡河的最短位移，那么根据
v d s v 船水
=解得最短位移为 5
200m 250m 4
v s d v ==⨯=水
船 故位移是200m 是不可能的，位移是260m 是可能的。

选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

二、第六章 圆周运动易错题培优（难）
11．两个质量分别为2m 和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 ，a 、b 之间用强度足够大的轻绳相连，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，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
B ．b 比a 先达到最大静摩擦力
C ．当2kg
L
ω=a 刚要开始滑动 D ．当23kg
L
ω=b 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，木块受到的静摩擦力f =mω2r ，则当圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动时，木块b 的最大静摩擦力先达到最大值；在木块b 的摩擦力没有达到最大值前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，f=mω2r ，a 和b 的质量分别是2m 和m ，而a 与转轴OO ′为L ，b 与转轴OO ′为2L ，所以结果a 和b 受到的摩擦力是相等的；当b 受到的静摩擦力达到最大后，b 受到的摩擦力与绳子的拉力合力提供向心力，即
kmg +F =mω2•2L ①
而a 受力为
f′-F =2mω2L ②
联立①②得
f′=4mω2L -kmg
综合得出，a 、b 受到的摩擦力不是始终相等，故A 错误，B 正确； C ．当a 刚要滑动时，有
2kmg+kmg =2mω2L +mω2•2L
解得
34kg
L
ω＝
选项C 错误；
D. 当b 恰好达到最大静摩擦时
2
02kmg m r ω=⋅
解得
02kg
L
ω=
因为
32432kg kg kg
L L L >>
，则23kg
L
ω=时，b 所受摩擦力达到最大值，大小为kmg ，选项D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ︒=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。

装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6︒=，cos370.8︒=）
A ．两细线张力均增大
B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大
C ．细线AC 中张力先不变，后增大
D ．当AB 54g L
【答案】BCD 【解析】
【分析】 【详解】
AB ．当静止时，受力分析如图所示
由平衡条件得
T AB =mg tan37°=0.75mg T AC =
cos37
mg
＝1.25mg
若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图
mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2
得
ωmin =
54g l
当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°
mg tan θ2＝mωmax 2l sin θ2
得
ωmax 53g l
所以ω取值范围为
54g l 53g l
绳子AB 的拉力都是0。

由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为054g l 53g
l
AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确；
C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg 54g
l
53g
l
AC 上竖直
方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l
时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。

故选BCD 。

13．如图甲所示，半径为R 、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看成质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A 时，小球受到的弹力F 与其过A 点速度平方（即v 2）的关系如图乙所示。

设细管内径略大于小球直径，则下列说法正确的是（ ）
A ．当地的重力加速度大小为R
b
B ．该小球的质量为
a b
R C ．当v 2=2b 时，小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a D ．当0≤v 2＜b 时，小球在A 点对圆管的弹力方向竖直向上 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．在最高点，根据牛顿第二定律
2
mv mg F R
-= 整理得
2
mv F mg R
=- 由乙图斜率、截距可知
a mg =， m a R b
=
整理得
a m R
b =
，b g R
= A 错误，B 正确；
C ．由乙图的对称性可知，当v 2=2b 时
F a
=-
即小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a，方向竖直向下，C正确；
D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向下，D错误。

故选BC。

14．一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。

15．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/s 2，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 ．细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为
230
3
rad/s 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 。

16．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴'OO 转动。

三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

三个物体与轴O 共线且OA OB BC r ===，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。

使圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 两个物体同时达到最大静摩擦力
B ．B 、
C 两个物体所受的静摩擦力先增大后不变，A 物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大 C ．当g
r
μω>
时整体会发生滑动 D 2μμω<<
g
g
r
r
时，在ω增大的过程中，B 、C 间的拉力不断增大
【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由2F m r ω=知，由于C 的半径最大，质量最大，故C 所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时
()21222m g m r μω=⋅
解得
12g
r
μω=
当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，B 、C 间细线开始出现拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A 、B 间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A 达到最大静摩擦力时，对C 有
()2
2222T m g m r μω+=⋅
对A 、B 整体有
2T mg μ=
解得
2g
r
μω=
当g
r
μω>
时整体会发生滑动，故A 错误，BC 正确；
D ．当
2μμω<<
g
g
r
r
时，C 所受摩擦力已是最大静摩擦力，对C 分析有
224T mg mr μω+=
在ω增大的过程中，B 、C 间的拉力不断增大，故D 正确。

故选BCD 。

17．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO ′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f 1和f 2与ω2的关系图线，可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC 【解析】 【详解】
两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A 、C 正确，B 、D 错误．故选AC ．
18．无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”．图所示为一种“滚轮－平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转
动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是 ( )．
A．n2＝n1x
r
B．n1＝n2
x
r
C．n2＝n1
2
2
x
r
D．n2＝n1
x
r
【答案】A
【解析】
由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速
度相同，即v1＝v2，由此可得x·2πn1＝r·2πn2，所以n2＝n1x
r
，选项A正确．
19．在游乐园质量为m的人乘坐如图所示的过山车，当过山车从高度释放之后，在竖直平面内通过了一个光滑的圆周轨道（车的轨迹如图所示的虚线），下列说法正确的是
（）
A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最低点时对座位的压力大于mg
C．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等
D．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力得
2
v
mg m
R
临
解得临界速度为
=
v gR
临
当速度v gR ≥时，没有保险带，人也不会掉下来。

选项A 错误；
B ．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg ，选项B 正确；
C ．在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式2
=v a r
可知，人在最高点和最低
点时的向心加速度大小不相等，选项C 错误； D ．当人在最高点的速度v gR >时人对座位就产生压力。

当速度增大到2v gR =时，
压力为3mg ，选项D 错误。

故选B 。

20．如图，在一半经为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，，则（ ）
A ．若0v gR ，则物块落地点离A 2R
B ．若球面是粗糙的，当0v gR < 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面
C ．若0v gR ，则物块落地点离A 点为R
D ．若0v gR ≥，则物块落地点离A 点至少为2R
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律得，2
0v mg N m R
-=，0v gR =，解得N=0，
知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则222R R
t g g
⨯=
=动的位移02
2R
x v t gR R g
==
=，故A 错误；当0v gR <时，在最高点，根据牛顿第二定律得，2
0v mg N m R
-=，解得0N >，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑
行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B 错误；当0v gR <时，物
块也可能做圆周运动，故C 错误；若0v gR ≥
，有A 的分析可知，水平位移x≥2R ，故D
正确．
考点：考查了圆周运动，平抛运动 【名师点睛】
在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题．
三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
21．如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D ，质量相等的物体A 和B 用轻弹簧连接，物体B 放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A 连接，另一端跨过定滑轮与小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C 位于位置R 时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B 与地面刚好无压力。

图中SD 水平，位置R 和Q 关于S 对称。

现让小环从R 处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q 时速度最大。

下列关于小环C 下落过程中的描述正确的是（ ）
A ．小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能不守恒
B ．小环
C 下落到位置S 时，小环C 的机械能一定最大
C ．小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大
D ．小环C 到达Q 点时，物体A 与小环C 的动能之比为cos 2
θ
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；
B ．小环
C 下落到位置S 过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S 时，小环的机械能最大，选项B 正确；
C ．小环在R 、Q 处时弹簧均为拉伸状态，且弹力大小等于B 的重力，当环运动到S 处，物体A 的位置最低，但弹簧是否处于拉伸状态，不能确定，因此弹簧的弹性势能不一定先减小后增大，选项C 错误；
D ．在Q 位置，环受重力、支持力和拉力，此时速度最大，说明所受合力为零，则有
cos C T m g θ=
对A 、B 整体，根据平衡条件有
2A T m g =
故
2cos C A m m θ=
在Q 点将小环v 速度分解
可知
cos A v v θ=
根据动能2
12
k E mv =
可知，物体A 与小环C 的动能之比为 221cos 2122
A A A
k kQ
C m v E E m v θ
== 选项D 正确。

故选BD 。

22．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x 与θ的关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2。

则由图可知（ ）
A ．物体的初速率v 0＝3m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8
C ．图乙中x min ＝0.36m
D ．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m 【答案】AC
【解析】 【分析】 【详解】 A ．当2
π
θ=
时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据
202v gh =
可得
03m/s v =
A 正确；
B ．当0θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理
2
012
mv mgx μ= 代入数据解得
=0.75μ
B 错误；
C ．根据动能定理
2
01cos sin 2
mv mgx mgx μθθ=+ 整理得
9
20(0.75cos sin )
x θθ=
+
因此位移最小值
min 0.36m x =
=
C 正确；
D ．动能与重力势能相等的位置
o 2
o o 01sin 37(sin 37cos37)2
mgx mv mgx mgx μ=
-+ 整理得
0.25m x =
D 错误。

故选AC 。

23．如图所示，两质量都为m 的滑块a ，b （为质点）通过铰链用长度为L 的刚性轻杆相连接，a 套在竖直杆A 上，b 套在水平杆B 上两根足够长的细杆A 、B 两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。

将滑块a 从图示位置由静止释放（轻杆与B 杆夹角为30°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g 。

在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块a 和滑块b 所组成的系统机械能守恒
B ．滑块b 的速度为零时，滑块a 的加速度大小一定等于g
C ．滑块b 3gL
D ．滑块a 2gL
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A 正确；
B ．初始位置时，滑块b 的速度为零时，而轻杆对滑块a 有斜向上的推力，因此滑块a 的加速度小于g ，B 错误；
C ．当滑块a 下降到最低点时，滑块a 的速度为零，滑块b 的速度最大，根据机械能守恒定律
o 21(1sin 30)2
b mgL mv +=
解得
3b v gL =C 正确；
D ．滑块a 最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为θ 根据机械能守恒定律
o 2211(sin 30sin )22
a b mgL mv mv θ+=
+ 而两个物体沿杆方向速度相等
cos sin b a v v θθ=
两式联立，利用三角函数整理得
21
2(sin )cos 2
a v gL θθ=+
利用特殊值，将o =30θ 代入上式可得
.521a v gL gL =>
因此最大值不是2gL ，D 错误。

故选AC 。

24．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。

已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。

则（ ）
A ．μ1=0.4，μ2=0.2
B ．物块B 的质量为4kg
C ．木板的长度至少为3m
D ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．以物块为研究对象有
11ma mg μ=
由图看出2
14m/s a =，可得
10.4μ=
将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有
22M m a M m g μ+=+()()
由图看出2
21m/s a =，可得
20.1μ=
选项A 错误；
B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有
123()mg M m g Ma μμ-+=
由图看出2
32m/s a =，解得
4kg M =
选项B 正确；
C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；
D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为
148J Q mgs μ==
选项D 错误。

故选BC 。

25．某汽车质量为5t ，发动机的额定功率为60kW ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.l 倍。

若汽车以0.5m/s 2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s ，汽车达到最大速度。

取重力加速度g =10m/s 2，在这个过程中，下列说法正确的是（ ） A ．汽车的最大速度为12m/s B ．汽车匀加速的时间为24s C ．汽车启动过程中的位移为120m D ．4s 末汽车发动机的输出功率为60kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得
max P Fv fv ==
解得
3max
3
6010m/s 12m/s 0.10.151010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ 故A 正确；
B ．汽车以0.5m/s 2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得
m P F v '=
由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为
-0.1F mg ma '=
由以上方程可得
8m/s m v = 37.510N F '=⨯
这一过程能维持的时间
18s 16s 0.5
m v t a =
== 故B 错误；
C ．匀加速过程中汽车通过的位移为
22111
0.516m=64m 22
x at =
=⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得。