一、第五章抛体运动易错题培优（难）
1．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m的小球（可视为
质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（）
A．gR B．2gR C．3gR D．2gR
【答案】C
【解析】
小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角α，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为β，如图，则由2
1
sin
2
y gt Rα
==，得
2sin
R
t
g
α
=，竖直方向的分速度为
2sin
y
v gt gRα
==，水平方向的分速度为
22
(2)(2sin)42sin
v gR gR gR gR
αα
=-=-，又
00
tan y
v gt
v v
α==，而2
00
1
2
tan
2
gt gt
v t v
β==，所以tan2tan
αβ
=，物体沿水平方向的位移为2cos
x Rα
=，又0
x v t
=，联立以上的方程可得
3
v gR
=，C正确．
2．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（）
A 6m/s 22m/s v <<
B ．22m/s 3.5m/s v <≤
C 2m/s 6m/s v <<
D 6m/s 23m/s v <<
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
若小球打在第四级台阶的边缘上高度4h d =，根据2
112
h gt =
，得 1880.4s 0.32s 10
d t g ?=
== 水平位移14x d = 则平抛的最大速度
1112m/s 0.32
x v t =
== 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度3h d =，根据2
212
h gt =
，得 260.24s d
t g
=
= 水平位移23x d =，则平抛运动的最小速度
2226m/s 0.24
x v t =
== 所以速度范围
6m/s 22m/s v <<
故A 正确。 故选A 。 【点睛】
对于平抛运动的临界问题，可以通过画它们的运动草图确定其临界状态及对应的临界条件。
3．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v 同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为30°和60°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B 两小球的运动时间之比为（ ）
A ．1：1
B ．1：2
C ．1：3
D ．1：4
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 球在空中做平抛运动，落在斜面上时，有
212tan 302A A A A gt y gt
x vt v
?===
解得
2tan 30A v t g ?
=
同理对B 有
2tan 60B v t g
?
=
由此解得
:tan 30:tan 601:3A B t t =??=
故选C 。
4．一群小孩在山坡上玩投掷游戏时，有一小石块从坡顶水平飞出，恰好击中山坡上的目标物。若抛出点和击中点的连线与水平面成角α，该小石块在距连线最远处的速度大小为
v ，重力加速度为g ，空气阻力不计，则（ ）
A ．小石块初速度的大小为cos v
α
B ．小石块从抛出点到击中点的飞行时间为sin v g
α
C ．抛出点与击中点间的位移大小为22sin v g
α
D ．小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角也为α 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．石块做的是平抛运动，当石块与连线的距离最远时，石块的速度与山坡斜面平行，所
以把石块的速度沿水平和竖直方向分解，水平方向上可得
0cos
v
v α
=
即为平抛运动的初速度的大小，选项A 正确；
BC ．设抛出点与击中点间的距离为L ，则由平抛运动的规律得 水平方向上
0cos L v t α=
竖直方向上
21sin 2
L gt α=
由以上两个方程可以解得
232sin cos v L g αα=
22sin cos v t g α
α
=
选项BC 错误；
D ．小石块击中目标时，竖直分速度
2
2sin cos y v v gt α
α
==
则击中目标时速度方向与水平方向的夹角
20
2sin tan 2tan cos y v v v α
βαα
=
=
=
所以小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角不等于α，选项D 错误。 故选A 。
5．质量为5kg 的质点在x －y 平面上运动，x 方向的速度图像和y 方向的位移图像分别如图所示，则质点（ ）
A ．初速度大小为5m/s
B ．所受合外力大小为3N
C ．做匀变速直线运动
D ．任意1s 内速度的改变量为3m/s
【答案】A 【解析】
【分析】 【详解】
A ．由图可知x 方向初速度为4m/s x v =， y 方向初速度
6
-m/s=-3m/s 2
y v =
所以质点的初速度
05m/s v ==
选项A 正确； B ．x 方向的加速度
228-4
m/s =2m/s 2
a =
所以质点的合力
10N F ma ==合
选项B 错误；
C ．x 方向的合力恒定不变，y 方向做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，选项C 错误；
D ．任意1s 内速度的改变量为
2m/s v at ?==
选项D 错误。 故选A 。
6．一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
450m200m
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
3
sin
4
v
v
θ船
水
＝＝
设对应的最短位移为s，则
sin
d
s
θ=
所以
150
m200m
3
sin
4
d
s
θ
=＝＝
选项C正确。
故选C。
7．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 ．
8．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，在斜面底端将一物块以初速度1v 沿斜面上滑，同时在斜面底端正上方高h 处以初速度2v 水平抛出一小球，已知当物块的速度最小时，小球与物块恰在斜面中点相撞，忽略空气阻力，那么下列说法正确的有（ ）
A ．物块与小球相遇的时间()
221sin h
t g θ=
+B ．物块初速度212sin 21sin v gh θθ
=?+ C ．小球初速度()
222sin 221sin v gh θ
θ=?+
D ．斜面的水平长度2
sin 21sin L h θ
θ
=?+ 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
设物块在斜面上运动的距离为s ，由牛顿第二定律得
sin mg ma θ=
由运动学方程得
2 1
2
2
2
1
sin
2
cos
v as
h s gt
s v t
θ
θ
?=
?
?
-=
?
?
=
??
又因为
2cos
s Lθ
=?
联立解得
()2
2
1sin
h
t
gθ
=
+
2
12
sin
2
1sin
v gh
θ
θ
=?
+
()
2
22
1sin2
221sin
v gh
θ
θ
?
+
=
2
sin2
1sin
L h
θ
θ
=?
+
故ABD正确，C错误。
故选ABD。
9．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平（转过了90角）。下列有关此过程的说法中正确的是（）
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M做变速直线运动
C．重物M的最大速度是L
ω
D．重物M的最大速度是2ωL
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C 点的线速度为ωL ，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωL cos θ，即为重物运动的速度，θ的变化规律是开始最大（90），然后逐渐变小，直至绳子和杆垂直，θ变为零度；然后，θ又逐渐增大，所以重物做变速运动，B 正确，A 错误；
CD ．θ角先减小后增大，所以ωL cos θ先增大后减小（绳子和杆垂直时最大），重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL 。故C 正确，D 错误。 故选BC 。
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
1 min cos 2.4m/s
v vθ=
=
D错误。
故选AC。
二、第六章圆周运动易错题培优（难）
11．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。
12．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下
方
2
L
处钉有一颗钉子．如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（ ）
A ．小球的角速度突然增大
B ．小球的线速度突然减小到零
C ．小球的向心加速度突然增大
D ．小球的向心加速度不变 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不能发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由v ＝ωr 知，角速度变为原来的两倍，A 正确，B 错误；由a ＝
2T
知，小球的向心加速度变为原来的两倍，C 正确，D 错误．
13．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 ．
14．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 的带孔小球穿于环上，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，绳能承受的最大拉力为2mg ．重力加速度的大小为g ，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是( )
A ．圆环角速度ωg
R
时，小球受到2个力的作用 B ．圆环角速度ω2g
R
C ．圆环角速度ω等于2
g
R
D ．圆环角速度ω6g
R
2个力的作用 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mg tan θ＝mR sin θ·ω2，即cos g
R ωθ
=，当绳恰好
伸直时，θ＝60°，对应12g
R
ω=
A 、
B 正确. 设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg ，此时有F N cos 60°＝mg ＋F T cos 60°，F N sin 60°＋F T sin 60°＝mω2R sin 60°，当F T 取最大值2mg 时代入可得26g R ω=
，即当6g R
ω>时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C 错误，D 正确.
本题选错误的故选C. 【点睛】
本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题.
15．如图所示，12O O 两轮紧挨在一起靠摩擦力传动而同时转动，其中A 、B 是两轮边缘上的点，C 为1O 上的一点，且C 点到1O 的距离与B 点到2O 的距离相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．BC 两点线速度大小相等
B ．AB 两点角速度相等
C ．BC 两点角速度相等
D ．AB 两点线速度大小相等
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
BD ．A 、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，即
A B =v v
根据v r ω=可知半径不同因此角速度不相等，选项B 错误，D 正确； AC ．A 、C 共轴转动，角速度相同，即
A C =ωω
根据v r ω=可知A 线速度大于C 的线速度，所以
B C B C ,v v ωω≠≠
选项AC 错误。 故选D 。
16．如图，半径为R 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O 的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量相等的小物块A 、B 随容器转动且相对器壁静止．A 、B 和球心O 点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β，则下列说法正确的是（ ）
A ．A 的向心力等于
B 的向心力 B ．A 、B 受到的摩擦力可能同时为0
C ．若ω缓慢增大，则A 、B 受到的摩擦力一定都增大
D ．若A 不受摩擦力，则B 受沿容器壁向下的摩擦力 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 物体受到的向心力
2A sin F m R ωα=
B 物体受到的向心力
2B sin F m R ωβ=
由于
α＞β
因此 A 的向心力大于B 的向心力，A 错误；
B ．假设A 、B 两物体所受摩擦力同时为零，对A 物体进行受力分析可知
NA cos F mg α= NA A
sin F F α'= 整理得
A
tan F mg α'=① 同理可得
B
tan F mg β'= 与A 中结果比较，可知
A B A
B ::F F F F ''≠ 因此两个摩擦力不可能同时为0，B 错误；
C ．当角速度ω很小时，摩擦力沿球形容器面向上，当角速度ω缓慢增大时，摩擦力先减小到零，再反向增大，C 错误；
D ．若A 不受摩擦力，由①式可知
2tan sin mg m R αωα=
可得
2=
cos g R ωα
此时B 受到的向心力大小为
B sin tan cos mg F mg β
βα
=
>
也就是说B 若不受摩擦力，仅靠支持力的水平分力不足以提供向心力，因此B 受到的摩擦力沿容器壁向下，D 正确。 故选D 。
17．长为L 的细线一端系一质量为m 的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为2θ，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，线的张力为T ，经分析可得2-T ω关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g 。则（ ）
A ．sin a mg θ=
B ．g b L
=
C ．图线1的斜率1sin k mL θ=
D ．图线2的斜率2k mL =
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当角速度为零时，受力分析则有
cos T mg a θ==
故A 错误。
B ．当小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动时，由题图可知，当角速度的平方达到b 时，支持力为零，有
2tan sin mg mL θθω=
解得
2cos g
b L ωθ
==
故B 错误。
C ．小球未脱离圆锥时，有
2sin cos sin T N mL θθθω-=
cos sin T N mg θθ+=
联立两式解得
22cos sin T mg mL θθω=+
可知图线1的斜率
21sin k mL θ=
故C 错误。
D ．当小球脱离圆锥后，有
2sin sin T a mL a ω=
即
2T mL ω=
则图线2的斜率
2k mL =
故D 正确。 故选D 。
18．如图所示，一个半径为R 的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为30?，开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘，没有掉落。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增大至ω，此时圆盘表面上的灰尘75%被甩掉。设灰尘与圆盘间的动摩擦因数为
μ=
3
，重力加速度为g ，则ω的值为（ ）
A 2g R
B 32g R
C 52g R
D g R
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
越靠近边缘的灰尘越容易被甩掉，剩余的灰尘半径为r ，则
22(175%)R r ππ-=
解得
12
r R =
在圆盘的最低点，根据牛顿的第二定律
2cos sin mg mg m r μθθω-=
解得
2g R
ω=
A 正确，BCD 错误。 故选A 。
19．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M 、N 是两个共轴圆筒的横截面，外筒N 的半径为R ，内筒的半径比R 小得多，可忽略不计．筒的两端封
闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（）
A．当
12
2
R R
n
V V
π
ω
-≠时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当
12
2
R R
n
V V
π
ω
+=时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
【答案】A
【解析】
微粒从M到N运动时间
R
t
v
=，对应N筒转过角度
R
t
v
ω
θω
==，即如果以v1射出时，转过
角度：1
1
R
t
v
ω
θω
==，如果以v
2射出时，转过角度：2
2
R
t
v
ω
θω
==，只要θ
1、θ2不是相差2π的整数倍，即当
12
2
R R
n
v v
π
ω
-≠
时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当
12
2
R R
n
v v
π
ω
-＝
时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A
点睛：
解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．
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
2T mL ω=
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．如图所示，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于自然伸长状态。第一次让甲物块从斜面上的A点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（）
A．甲物块的质量比乙物块的质量大
B．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能
C．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方
D．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A错误；
B．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B正确；
C．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大位置的下方，选项C正确；
D．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D错误。
故选BC。
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
3mtx 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 。
23．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v t -图象如图所示．已知汽车的质量为
3110kg m =?，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ?
B ．汽车速度为25m /s 时的加速度为25m /s