高考物理二轮复习热点题型归纳与变式演练专题03：曲线运动及运动分解（2份，原卷版+解析版）

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考点1 曲线运动和运动的合成与分解1
考点2 平抛运动3
考点3 圆周运动7
考点4 平抛运动和圆周运动的组合问题10
考点1 曲线运动和运动的合成与分解
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。
甲 乙
丙 丁
【典例1】由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. P点的线速度大小不变
B. P点的加速度方向不变
C. Q点在竖直方向做匀速运动
D. Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A
【解析】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x = lOPcs( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【变式1-1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A.eq \f(ωLsin β,sin α) B.eq \f(ωLcs β,sin α) C.eq \f(ωLcs β,cs α) D.eq \f(ωLsin β,cs α)
【答案】 D
【解析】 设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解，
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcs α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图，
设B的线速度为v′，则：
vB分＝v′cs θ＝v′cs (β－90°)＝v′cs (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL，
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分
联立可得：v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，故D正确.
【变式1-2】如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是( )
A．减小α，增大船速v B．增大α，增大船速v
C．减小α，船速v不变 D．增大α，船速v不变
【答案】B
【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v实，vcs(π－α)＝v水，所以tan(π－α)＝eq \f(v实,v水)，若v实不变，v水增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。
考点2 平抛运动
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝eq \f(y,\f(x,2))。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
【典例2】铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（ ）
A 100∶1B. 1∶100C. 1∶200D. 200∶1
【答案】C
【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
解得
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即
解得
则
故选C。
【变式1-2】无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；
(2)求包裹落地时的速度大小；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为
(3)包裹做平抛运动，分解位移，
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
【变式2-2】跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m=50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以的速度从边缘的A点水平向右跳出，运动时间=0.6s后落在一倾角为53°的斜面B点，速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势，以的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点。假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）运动员从高台边缘跳出的水平速度大小；
（2）从B点落到C点的过程中运动员重力做的功W。
【答案】（1）v0 =8m/s；（2）
【解析】
（1）假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点，有：
vy=g t1
v0 =vy tan53°
得v0 =8m/s
（2）运动员从B点落到C点，做平抛运动。在此过程中，有：
水平位移
竖直位移
又 ,
得
【变式2-3】如图所示，斜面倾角为，在点以速度将小球水平抛出（小球可以看成质点），小球恰好经过斜面上的小孔，落在斜面底部的点，且为的中点。在点以速度将小球水平抛出，小球刚好落在点。若小球从运动到的时间为，从运动到的时间为，则为（ ）
A．1：1B．1：2C．2：3D．1：3
【答案】B
【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度决定，不管是以初速度或抛出，其落到斜面底端时间是一样，都为。设从到的时间为，由平抛运动规律得
同理，从到的运动
根据数学几何问题可知，
即
由于因此
即到和到的时间相等，都为到的时间的一半，又因为从点抛出，、在同一水平面上，高度相同，时间相同，即故选B。
考点3 圆周运动
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
【典例3】如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（ ）
小球的高度一定降低
弹簧弹力的大小一定不变
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T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ为定值，T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FN背离转轴，则
即
当转速较大时，FN指向转轴
即
则因 ，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
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
【变式3-1】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝eq \r(gR)通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则( )
甲 乙
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为eq \r(15gR)
【答案】D
【解析】在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝meq \f(v2,R)，
根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，联立解得F＝8mg，选项A错误；
质点能完成圆周运动，
在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝eq \f(mv\\al(2,A),R)，根据牛顿第三定律有NA＝N′A；
在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝eq \f(mv\\al(2,B),R)，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；
从A点到B点的过程，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C错误；
若强磁性引力大小恒为2F，
在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
由数学知识可知当FB＝0时，质点速度最大为vBm，
可解得vBm＝eq \r(15gR)，选项D正确。
【变式3-2】质量为m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
B. 秋千对小明的作用力大于
C. 小明速度为零，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，小明速度为0，设秋千的摆长为l，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F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
考点4平抛运动和圆周运动的组合问题
解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
【典例4】如图所示，长为l的轻质细线固定在O1点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝eq \f(5,16)l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【答案】(1)eq \r(2gl) (2)5mg (3)11.4mg
【解析】(1)设小球运动到B点的速度为vB，由A到B应用动能定理，mg·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：vB＝eq \r(2gl)。
(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：
F－mg＝meq \f(v\\al(2,B),0.5l)
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg。
(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
vC＝eq \f(vB,cs 37°)
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在D点有：FN－mg＝meq \f(v\\al(2,D),R)
解得槽对小球的支持力FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
【易错01】抛体运动理解有误
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
2． 平抛运动中物理量的关系图
两个三角形，速度与位移；
九个物理量，知二能求一；
时间和角度，桥梁和纽带；
时间为明线，角度为暗线。
3． 平抛运动常用三种解法
h
x
v
v0
θ
α
①正交分解法：分解位移（位移三角形）：若已知h、x，可求出；
分解速度（速度三角形）：若已知v0、θ，可求出v=v0/csθ；
②推论法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；
③动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh=½mv2-½mv02 ，可求出。
4． 重要推论的两种表述
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲中A点和B点所示。
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α，如图乙所示。
5.与斜面相关的平抛运动问题
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，解答这类问题的关键：
(1)灵活运用平抛运动的位移和速度规律；
(2)充分运用斜面倾角，找出斜面倾角与位移偏向角、速度偏向角的关系。
常见的模型及处理方法如下：
6.平抛运动中的临界、极值问题
在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．
1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点．
7.斜抛运动
【易错02】竖直面内的圆周运动
1．常见模型
2.分析思路
1.(2021·江苏省苏州市一模)（多选）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq \r(gR＋r)
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】BC
【解析】在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，故D错误。
2．（2021·乌海一模）如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。
【答案】(1)eq \f(5\r(2),2) rad/s (2)eq \f(5\r(6),3) rad/s
【解析】(1)细线AB上的张力恰为零时有
mgtan 37°＝mωeq \\al(2,1)Lsin 37°
解得ω1＝eq \r(\f(g,Lcs 37°))＝eq \r(\f(50,4)) rad/s
＝eq \f(5\r(2),2) rad/s。
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，
由几何关系得cs θ′＝eq \f(3,5)，则有θ′＝53°
mgtan θ′＝mωeq \\al(2,2)Lsin θ′
解得ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s。
3.单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cs72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
【答案】(1)4.8 m；(2)12 m
【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcs17.2°=ma1 ②
由运动学公式得
③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得
v2=vMcs72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin17.2°=ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
【易错分析】①审题不清，无法建立运动员运动的三维情境，混淆斜面倾角和速度与边界夹角等几何关系；②无法迁移创新，抛体运动一般分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，但根本思想是化曲为直、化繁为简，在一个具体问题中，怎么分解，要根据解决问题的需要灵活选择，本题中若没水平和竖直方向分解，会增大计算量，难以求解。
轻绳模型
轻杆模型
图示
在最高点受力
重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mg±F弹＝meq \f(v2,R)
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝meq \f(v2,R)，v＝eq \r(Rg)，即在最高点速度不能为零
v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
关联
应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
物理量
公式
决定因素
飞行时间
t＝eq \r(\f(2h,g))
取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))
由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度
vt＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2gh)
与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量
Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下
由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
图示
方法
基本规律
运动时间
分解速度，构建速度的矢量三角形
水平vx＝v0
竖直vy＝gt
合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
由tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
分解位移，构建位移的矢量三角形
水平x＝v0t
竖直y＝eq \f(1,2)gt2
合位移x合＝eq \r(x2＋y2)
由tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)
得t＝eq \f(2v0tan θ,g)
在运动起点同时分解v0、g
由0＝v1－a1t,0－veq \\al(2,1)＝－2a1d得t＝eq \f(v0tan θ,g)，d＝eq \f(v\\al(2,0)sin θtan θ,2g)
分解平行于斜面的速度v
由vy＝gt得t＝eq \f(v0tan θ,g)
y
v0
θ
vx
vy
x
v0csθ
vx
x
水平方向——匀速直线运动；
竖直方向——竖直上抛运动
①一分为二:从最高点分为两个平抛运动；
②逆向思维
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝meq \f(v2,r)
mg±FN＝meq \f(v2,r)
临界特征
FT＝0，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr)
v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
v＝eq \r(gr)的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
1、（2022·湖南卷·T5）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
飘带上任意选取一点，以点及点以下的部分飘带为研究对象，设飘带总长L，飘带宽度为d，质量为m，点距离飘带下端距离x，点以下的部分飘带受到的重力与风力分别为
，
则重力与风力的的合力与水平方向的夹角为
根据题中数据可得，恒定，则点以下的部分飘带的受到的重力与风力的合力方向不变，则P点上方飘带对其拉力方向不变。
故选A。
2、（2022·广东卷·T6）如图5所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（ ）
A. 将击中P点，t大于B. 将击中P点，t等于
C. 将击中P点上方，t大于D. 将击中P点下方，t等于
【答案】B
【解析】
由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据
可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有
故选B。
3、（2022·广东卷·T3）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
4、（2022·山东卷·T11）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
A B. C. D.
【答案】BD
【解析】
设网球飞出时的速度为，竖直方向
代入数据得
则
排球水平方向到点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
故BD正确，AC错误。
故选BD。
5、（2022·山东卷·T8）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移

在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
1．(2021·广东深圳高三调研)2021北京航展，我国五代战机“歼－20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机( )
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向竖直向上
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
【答案】C
【解析】 因为战机做速率不变的曲线运动，所以合外力不为零且方向与速度方向垂直，故A、B错误；对任一点的速度正交分解，如图所示
vy＝v cs α，vx＝v sin α，根据题意知α减小，vy增加，vx减小，故C正确，D错误。
2、（2021·北京市西城区一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，右图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间
【答案】D
【解析】由于题中说明两种推铅球的时，球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，而滑步推铅球的成绩好，可见滑步推铅球推出时的速度大小要大一些，我们把该速度沿竖直和水平方向进行分解可知，竖直和水平的分速度都会比原地推铅球大一些，因为竖直向上的分速度大一些，故铅球上升的向度会更高一些，在空中停留的时间会更长一些，选项AB错误；
铅球在空中运动到最高点时的速度就是推铅球时的水平分速度，而水平分速度较大，所以滑步推铅球时在最高点的速度会更大一些，选项C错误；滑步推铅球能提高成绩，是因为推出铅球时的速度变大了，这个变大的原因则可能是延长了运动员对铅球的作用时间，选项D正确。
3.在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是( )
A.合外力的方向与速度方向在一条直线上
B.合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
C.合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
D.合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向
【答案】C
【解析】 足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C正确。
4.（2021·北京市朝阳区一模）在一次利用无人机投送救援物资时，距离水平地面高度h处，无人机以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是
A．包裹在空中飞行的时间为 B．包裹落地时的速度大小为
C．包裹释放点到落地点的水平距离为 D．包裹下落过程中机械能不断增大
【答案】B
【解析】由于飞机是距离水平地面高度h处释放一包裹的，根据h=gt2，解得包裹在空中飞行的时间为t=，选项A错误；根据动能定理，包裹下落的过程中，mgh=mv2-mv02，则包裹落地时的速度大小为v=，选项B正确；包裹释放点到落地点的水平距离为x=v0t=v0，选项C错误；包裹下落过程中只有重力做功，故它的机械能不变，选项D错误。
5.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A.物体B正向右作匀减速运动
B.物体B正向右作加速运动
C.地面对B的摩擦力减小
D.斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝ eq \r(3) ∶2
【答案】D
【解析】 将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图：根据平行四边形定则有vB cs α＝vA，得vB＝ eq \f(vA,cs α) ，α减小，所以B的速度减小，但不是匀减速，故A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋T sin α，FT＝mAg，得FN＝g(m－mA sin α)，α减小，则支持力增大，根据Ff＝μFN，摩擦力增大，故C错误；根据vB cs α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝ eq \r(3) ∶2，故D正确。
1.(2021·山东省济南一中期中)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．小球过最高点的最小速度是eq \r(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，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
【答案】 A
【解析】 当小球到达最高点弹力为零时，有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)，即当速度v＝eq \r(gR)时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确．小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误．小球在最高点，若veq \r(gR)，则有：mg＋F＝meq \f(v2,R)，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C、D错误．
2．(2021·安徽省宿州市模拟)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A．图象函数表达式为F＝meq \f(v2,l)＋mg
B．重力加速度g＝eq \f(b,l)
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
【答案】 BD
【解析】 小球在最高点，F＋mg＝meq \f(v2,l)，解得F＝meq \f(v2,l)－mg，所以A错误．当F＝0时，mg＝meq \f(v2,l)，解得g＝eq \f(v2,l)＝eq \f(b,l)，所以B正确．根据F＝meq \f(v2,l)－mg知，图线的斜率k＝eq \f(m,l)，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，所以C错误．当F＝0时，g＝eq \f(b,l)，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，所以D正确．
3.(2021·陕西省西安市调研)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)( )
A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3
B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1
C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1
D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
【答案】 BC
【解析】 由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，B项正确；同时tan α＝eq \f(gt,v0)，所以三个小球的初速度大小之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，不会在空中相交，D项错误．
4.(2021·四川省德阳市高考一诊)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是( )
A．乙船先到达对岸
B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点
D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L
【答案】 BD
【解析】 将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间t＝eq \f(d,vsin θ)，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t＝eq \f(d,vsin θ)，则两船的渡河时间都不变，故B正确；只有甲船速度大于水流速度时，不论河水流速v0如何改变，甲船总能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向相对于静水的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确．
5.(2021·广东广州天河区模拟)如图所示，水平转台上的小物体a、b(可视为质点)通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢地增大转台的转速(即在每个转速下均可认为是匀速转动)，已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台间的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离都为r，且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是( )
A.物体a和b同时相对转台发生滑动
B.当a受到的摩擦力为0时，b受到的摩擦力背离圆心
C.当b受到的摩擦力为0时，a受到的摩擦力背离圆心
D.当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为eq \r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))
【答案】 CD
【解析】 发生相对滑动前，静摩擦力和弹簧的弹力充当向心力，当刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，kr＋μmg＝mω2r知ω＝eq \r(\f(μg,r)＋\f(k,m))，故随着转台转速增大，质量大的物体先达到临界角速度，会先发生相对滑动，故b先发生相对滑动，选项A错误；当a受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当a的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力充当b的向心力，b质量较大，故向心力大，所以b受到的摩擦力指向圆心，选项B错误；根据B选项的分析知，当b受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当b的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力充当a的向心力，a质量较小，故向心力小，所以a受到的摩擦力背离圆心，选项C正确；由选项A的分析可知，从静止开始缓慢地增大转台的转速，b先发生相对滑动，b刚要发生相对滑动时的角速度为ω＝eq \r(\f(μg,r)＋\f(k,2m))，选项D正确。
6.(2021·北京高考)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧 D．落地点在抛出点西侧
【答案】 D
【解析】 上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故A、B错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减速运动，按照对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错误，D正确。
7.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝eq \f(3,5)，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(m\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5) eq \r(\f(5R,g))
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tanα①
F2＝(mg)2＋Feq \\al(2,0)②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2)⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋csα)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2)⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝eq \f(3,5) eq \r(\f(5R,g))。
8．现代人压力普遍偏大，减压产品层出不穷，如图所示是一种叫“指尖陀螺”的减压产品。当陀螺绕中心的转轴O旋转时，陀螺上外侧B、C两点的周期、角速度、线速度大小和向心加速度大小的关系正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】因、两点绕同一转动轴转动，所以、两点的角速度相等，转动周期相等；、两点的转动半径不相等，据，，可知、两点的线速度大小不相等，向心加速度大小不相等，AD错误，BC正确。故选BC。
9．一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面做圆周运动，弯道与水平面的夹角为θ，如图所示，汽车轮胎与路面的动摩擦因素为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于汽车在运动过程中的表述正确的是
A．汽车的速率可能为
B．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为
C．汽车在路面上不做侧向滑动的最大速事为
D．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为
【答案】ACD
【解析】A、车与路面间无摩擦力，重力的一个部分提供向心力，如图所示，根据向心力公式得：，解得：，故A正确；
C、汽车在路面上不做侧向滑动，最大静摩擦力沿斜面向下，则有，，解得速度最大，，故C正确；
BD、汽车在路面上不做侧向滑动，最大静摩擦力沿斜面向上，则有，，解得速度最小，，故D正确，B错误；
故选ACD．
10．在校运动会三级跳远比赛中，某同学的跳跃过程可简化为如图的情况。该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，假设张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在同一竖直平面内运动，下列说法正确的是( )
A．每次从最高点下落过程都是平抛运动
B．每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5
C．从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等
D．三段过程时间相等
【答案】CD
【解析】A．平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，A错误；
BCD．由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由可知每次起跳高度相同，由知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1：3：5的关系，B错误，CD正确。
故选CD。
11．如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )
A．小物块在桌面上所受合外力的冲量大小是0.4
B．小物块飞离桌面到最终落在水平地面上的时间为3s
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功
D．小物块落地时的动能为0.9J
【答案】AD
【解析】C．小物块在桌面上克服摩擦力做功为
C错误；A．小物块在水平桌面上滑行过程，由动能定理得，解得，则小物块在桌面上所受合外力的冲量，A正确；B．小物块飞离桌面后做平抛运动，有，，解得，，
B错误；D．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得，解得，D正确。故选AD。
12.一河流两岸平行，水流速率恒定为v1，某人划船过河，船相对静水的速率为v2，且v2>v1。设人以最短的时间t1过河时，渡河的位移为d1；以最短的位移d2过河时，所用的时间为t2。下列说法正确的是( )
A．eq \f(t1,t2)＝eq \f(v\\al(2,1),v\\al(2,2))，eq \f(d1,d2)＝eq \f(v\\al(2,1),v\\al(2,2)) B．eq \f(t1,t2)＝eq \f(v\\al(2,2),v\\al(2,1))，eq \f(d2,d1)＝eq \f(v\\al(2,1),v\\al(2,2))
C．eq \f(t1,t2)＝eq \r(1－\f(v\\al(2,1),v\\al(2,2)))，eq \f(d1,d2)＝eq \r(1＋\f(v\\al(2,1),v\\al(2,2))) D．eq \f(t1,t2)＝eq \r(1－\f(v\\al(2,2),v\\al(2,1)))，eq \f(d2,d1)＝eq \r(1＋\f(v\\al(2,1),v\\al(2,2)))
【答案】C
【解析】船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1＝eq \f(d2,v2)，过河位移d1＝eq \r(d\\al(2,2)＋v1t12)；船以最短的位移过河时，d2＝t2eq \r(v\\al(2,2)－v\\al(2,1))，联立解得eq \f(t1,t2)＝eq \r(1－\f(v\\al(2,1),v\\al(2,2)))，eq \f(d1,d2)＝eq \r(1＋\f(v\\al(2,1),v\\al(2,2)))，选项C正确。
13.物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切tan θ随时间t的变化图象中，正确的是( )
【答案】 B
【解析】 tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(g,v0)t，eq \f(g,v0)为定值，tan θ与t成正比，故B正确。
14.(多选) 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、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B．B的向心力等于A的向心力大小
C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍
D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
【答案】 BC
【解析】 A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小fB＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小fA＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rωeq \\al(2,B)，解得ωB＝eq \r(\f(μBg,r))，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有 μAmg＝mrωeq \\al(2,A)，解得ωA＝eq \r(\f(μAg,r))，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB＜ωA，可得μB＜μA，故D错误。