期末精选达标检测(Word版 含解析)

期末精选达标检测（Word版含解析）

一、第五章抛体运动易错题培优（难）

1．一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．小球落在P点的时间是1

tan

v

gθ

B．Q点在P点的下方

C．v1>v2

D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是1

2

2v

v

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知

111

21

1

2

tan

1

2

v t v

gt

gt

θ==

所以

1

1

2

tan

v

t

gθ

=

A错误；

BC．当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知

2

2

tan

v

gt

θ=

即

2

2tan

v

t

gθ

=

根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知Q点在P点的上方，21

t t<，

水平位移

21

x x

>，所以

21

v v

>，BC错误；

D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是11

22

2

t v

t v

=，D正确。

故选D。

2

．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

cos53

B

v

v=

?

绳

同理，D点的速度分解可得

cos37

D

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 。

3．如图所示，ACB 是一个半径为R 的半圆柱面的横截面，直径AB 水平，C 为截面上的最低点，AC 间有一斜面，从A 点以大小不同的初速度v 1、v 2沿AB 方向水平抛出两个小球，a 和b ，分别落在斜面AC 和圆弧面CB 上，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）

A ．初速度v 1可能大于v 2

B ．a 球的飞行时间可能比b 球长

C ．若v 2大小合适，可使b 球垂直撞击到圆弧面CB 上

D ．a 球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45° 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A 、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x =v 0t 得知t 相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v 1一定小于v 2．故A 错误.

B 、竖直方向上做自由落体运动，由212

h gt =

，得2h t g =a 球下落的高度大于b 球的

高度，则a 球的飞行时间比b 球长;故B 正确.

C 、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b 球垂直撞击到圆弧面CB 上速度的反向延长线，与AB 的交点一定在O 点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O 点，所以b 球不可能与CB 面垂直，即b 球不可能垂直撞击到圆弧面CB 上，故C 错误.

D、由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D错误.

故选B.

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，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力()．

A．大于A所受的重力

B．等于A所受的重力

C．小于A所受的重力

D．先大于A所受的重力，后等于A所受的重力

【答案】A

【解析】

【详解】

绳与小车的结点向右匀速运动，此为合运动，可把它按如图所示进行分解．

其中v1为绳被拉伸的速度，

v1＝v cos θ

A上升的速度v A与v1大小相等，即

v A＝v1＝v cos θ

随着车往右运动，θ角减小，故v A增大，即A物体加速上升，加速度竖直向上，由牛顿第二定律得，绳中拉力

T＝mg＋ma＞mg

故A正确，BCD错误。

故选A．

6．甲、乙两船在静水中航行的速度分别为v甲、v乙，两船从同一渡口向河对岸划去。已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为（）

A．

v

v

甲

乙

B

．

v

v

乙

甲

C．

2

v

v

??

?

??

甲

乙

D．

2

v

v

??

?

??

乙

甲

【答案】D

【解析】

【详解】

如图所示，当v甲与河岸垂直时，甲渡河时间最短，合速度偏向下游，到达对岸下游某点。乙船应斜向上游，才有最短航程，因两船抵达对岸的地点恰好相同，所以乙船不是垂直河岸过河，最短航程时v v

⊥

乙乙合

。

由x vt

=知，t与v成反比，所以有

2

sin

sin

sin

v

v

t

v

t v

θ

θ

θ

===

水

甲乙合

水

乙甲合

由图可看出tan cos

v v

v v

θθ

==

水乙

甲水

，，代入上式得

2

t v

t v

??

= ?

??

甲乙

乙甲

故D项正确，ABC错误。

7．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（）

A．快艇的运动轨迹一定为直线

B．快艇的运动轨迹一定为曲线

C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s

D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m

【答案】BC

【解析】

【分析】 【详解】

AB 、两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动．故A 错误、B 正确；

CD 、当水速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方上的加速度a =0．5m/s 2，由

2

12d at =

，得t =20s ，而位移大于100m ，故C 正确、D 错误． 【点睛】 解决本题的关键会将的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道在垂直于河岸方向上速度越大，时间越短．以及知道分运动和合运动具有等时性．

8．一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 。

9．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 。

10．如图所示，一艘轮船正在以4m/s 的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v 1=3m/s ，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，但轮船受到水大小不变的阻力作用而使轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。下列判断正确的是（ ）

A ．发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小5m/s

B ．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于地面做匀变速直线运动

C ．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于静水做匀变速直线运动

D ．发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值3m/s 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．发动机未熄火时，轮船实际运动速度v 与水流速度1v 方向垂直，如图所示：

故此时船相对于静水的速度2v 的大小为

22215m/s v v v =+=

设v 与2v 的夹角为θ，则

2

cos 0.8v

v θ=

= A 正确；

B ．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于地面初速度为图中的v ，而因受阻力作用，其加速度沿图中2v 的反方向，所以轮船相对于地面做类斜上抛运动，即做匀变速曲线运动，B 错误；

C ．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于静水初速度为图中的2v ，而因受阻力作用，其加速度沿图中2v 的反方向，所以轮船相对于静水做匀变速直线运动，C 正确；

D ．熄火前，船的牵引力沿2v 的方向，水的阻力与2v 的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，2v 逐渐减小，但其方向不变，当2v 与1v 的矢量和与2v 垂直时轮船的合速度最小，如图所示，则

1min cos 2.4m/s v v θ==

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，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 中张力为零时，角速度可能为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 ≤ω≤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0，当转速在

54g l ≤ω≤53g

l

时，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 ；当转速大于

54g

l

后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于

53g

l

后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，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 。

12．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）

A ．当23Kg

L

ω>

时，A 、B 相对于转盘会滑动 B 223Kg Kg

L L

ω<

C ．ω在

223Kg Kg

L L

ω<<

B 所受摩擦力变大

D ．ωω<

A 所受摩擦力不变 【答案】A

B 【解析】 【分析】 【详解】

A ．当A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 、

B 相对于转盘会滑动，对A 有

21Kmg T m L ω-=

对B 有

212Kmg T m L ω+=?

解得

1ω=

当ω>

时，A 、B 相对于转盘会滑动，故A 正确； B ．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力

2

22Kmg m L ω=?

解得

2ω=

ω<<

B 正确；

C ．当ω在0ω<<

B 所受的摩擦力变大；当ω=时，B 受到

的摩擦力达到最大；当ωω<<

B 所受摩擦力不变，故

C 错误；

D ．当ω在0ω<<范围内增大时，A 所受摩擦力一直增大，故D 错误。 故选AB 。

13．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的小物块，用长为L 的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零．物块与转台间动摩擦因数为μ（

A ．物块对转台的压力大小等于物块的重力

B ．转台加速转动的过程中物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴

C ．绳中刚出现拉力时,转台的角速度为

sin g

L μθ

D ．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为cos g

L θ

【答案】CD 【解析】 【详解】

A ．当转台达到一定转速后，物块竖直方向受到绳的拉力，重力和支持力，故A 错误；

B ．转台加速转动的过程中，物块做非匀速圆周运动，故摩擦力不指向圆心，B 错误；

C ．当绳中刚好要出现拉力时，

2sin μmg m ωL θ=

故sin g

L μωθ

=

，C 正确；

D ．当物块和转台之间摩擦力为0时，物块开始离开转台，故

2tan sin mg m L θωθ=

角速度为cos g

L θ

，故D 正确；

故选CD 。

14．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 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

rad/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

rad/s 3

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 。

15．水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c 点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d 点，则( )

A ．小球到达c 点的速度为gR

B ．小球在c 点将向下做自由落体运动

C ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为2R

D ．小球从c 点落到d 点需要时间为2R g

【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】

小球恰好通过最高点C,根据重力提供向心力,有: 2

v mg m R

= 解得：v gR =故A 正确；小球离开C 点后做平抛运动,即水平方向做匀速运动，0bd s v t = 竖直方向做自由落体运动，

2122R gt =

解得：2R t g

= ；2bd s R = 故B 错误；CD 正确；故选ACD

16．如图，在竖直平面内固定半径为r 的光滑半圆轨道，小球以水平速度v 0从轨道外侧面的A 点出发沿圆轨道运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，不计空气阻力、下列说法正确的是（ ）

A ．从A 到

B 过程，小球沿圆切线方向加速度逐渐增大 B ．从A 到B 过程，小球的向心力逐渐增大

C ．从B 到C 过程，小球做变加速曲线运动

D ．若从A 点静止下滑，小球能沿圆轨道滑到地面 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

设重力mg 与半径的夹角为θ，对圆弧上的小球受力分析，如图所示

A ．建立沿径向和切向的直角坐标系，沿切向由牛顿第二定律有

sin t mg ma θ=

因夹角θ逐渐增大，sin θ增大，则小球沿圆切线方向加速度逐渐增大，故A 正确；

B ．从A 到B 过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力2

n v F m r

=可知，小球的向心

力逐渐增大，故B 正确；

C ．从B 到C 过程已离开圆弧，在空中只受重力，则加速度恒为g ，做匀变速曲线运动（斜下抛运动），故C 错误；

D ．若从A 点静止下滑，当下滑到某一位置时斜面的支持力等于零，此时小球会离开圆弧做斜下抛运动而不会沿圆轨道滑到地面，故D 错误。 故选AB 。

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．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（）

A．

22

22

()

2

g r R

R

ω

-

B．

22

22

()

2

g r R

r

ω

-

C．

2

22

()

2

g r R

R

ω

-

D．

2

22

2

gr

R

ω

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有

h=1

2

gt2

水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以

v0=ωR

雨点甩出后水平方向做匀速直线运动

x=v0t=

伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为

x

所以

解得

h=

22

22 () 2

g r R

R

ω

-

故选A.

点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．

19．游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转

动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P 、Q 两位游客悬于同一个圆周上，P 所在钢绳的长度大于Q 所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是( )

A ．P 、Q 两个飞椅的线速度大小相同

B ．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2

C ．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2

D ．如果两个游客的质量相同，则Q 的向心力一定大于P 的向心力 【答案】B 【解析】 【详解】

BC ．设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为h ，对游客受力分析，由牛顿第二定律和向心力公式可得：

2tan tan mg m h θωθ=

则：

P Q h h =

设圆盘半径为r ，绳长为L ，据几何关系可得：

cos tan r

h L θθ=

+ 因为：

P Q L L >

所以：

12θθ>

由上分析得：无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2；故B 项正确，C 项错误。 A ．设游客做圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：

sin R r L θ=+

所以：

P Q R R >

两游客转动的角速度相等，据v R ω=可得：

P Q v v >

故A 项错误。

D ．对游客受力分析，游客所受向心力：

n tan F mg θ=

如果两个游客的质量相同，12θθ>，所以P 的向心力一定大于Q 的向心力，故D 项错误。

20．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线所受拉力为T ，则下列T 随2ω变化的图像可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

对小球受力分析如图

当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得

2sin cos sin T N mL θθθω-=?

cos sin T N mg θθ+=

联立解得

22cos sin T mg mL θθω=+?

当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得

2sin sin T mL ααω=?

则

2

T mLω

=

综上所述，ABD错误，C正确。

故选C。

三、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）

21．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为

0.2

μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s

2开始运动，当其速度达到

v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。下列说法正确的是（）

A．小物块0到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止

B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止

C．物块在传送带上留下划痕长度为12m

D．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度

a1=μg=2m/s2

小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1

2

v

t

a

==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s

物块的位移

x1=

1

2

a1t12=9m

传送带的位移

x2=

1

2

a2t12=18m

两者相对位移为

121

x x x

?=-=9m