《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

5 (多选)[2025四川遂宁模拟考试]如图甲所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,细线一端与可看成质点的质量为m的小球相连,另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接,传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时,细线水平,小球位于小孔O的右侧,现敲击小球,使小球获得一平行于斜面向上的初速度v₀,此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示,图中F₀已知,小球到O点距离为l,重力加速度为g,则小球( )

A.位于初始位置时的加速度大小为v₀²/l
B.通过最高点时的速度大小为√{glsinθ}
C.通过最高点时的速度大小为√{(mgsinθ)/F₀}v₀
D.通过最低点时的速度大小为√{(2F₀ - mgsinθ)/F₀}v₀

答案： 5 BCD 小球位于初始位置时的向心加速度大小为$a_{1} = \frac{v_{0}^{2}}{l}$，沿斜面向下的加速度大小为$a_{2} = g \sin \theta$，根据平行四边形定则知，小球位于初始位置时的加速度大于$\frac{v_{0}^{2}}{l}$，选项A错误；由题图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力最小，为零，则有$m g \sin \theta = m \frac{v_{1}^{2}}{l}$，解得小球通过最高点时的速度大小$v_{1} = \sqrt{g l \sin \theta}$，选项B正确；小球在初始位置时，有$F_{0} = m \frac{v_{0}^{2}}{l}$，则小球通过最高点时的速度大小$v_{1} = \sqrt{g l \sin \theta} = \sqrt{\frac{m g \sin \theta}{F_{0}}} v_{0}$，选项C正确；小球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律有$2 F_{0} - m g \sin \theta = m \frac{v_{2}^{2}}{l}$，联立解得小球通过最低点的速度大小为$v_{2} = \sqrt{\frac{2 F_{0} - m g \sin \theta}{F_{0}}} v_{0}$，选项D正确。

6 如图所示是一儿童游戏机的简化示意图。游戏面板与水平面所成夹角θ=30°,半径为R=0.8m的四分之一圆弧轨道BC与直管道AB相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),通过手柄P控制可发射速度不同的小球(可视为质点)。已知C点到水平面的高度h=1.25m,重力加速度g取10m/s²,不计一切阻力。
(1)求小球通过C点的最小速度;
(2)若小球以最小速度通过最高点,求小球到达水平面时的速度大小以及此时到C点的水平距离。

答案： 6 答案
(1)$2 m/s$
(2)$\sqrt{29} m/s$ $\frac{\sqrt{139}}{4} m$
解：
(1)小球刚好能通过C点时，小球通过C点的速度最小，则有$m g \sin \theta = m \frac{v^{2}}{R}$
解得$v = \sqrt{g R \sin \theta} = 2 m/s$
(2)小球在斜面上做类平抛运动，由牛顿第二定律有$m g \sin \theta = m a$
解得$a = g \sin \theta = 5 m/s^2$
小球从C点运动到水平面，有$\frac{h}{\sin \theta} = \frac{1}{2} a t^{2}$
解得$t = 1 s$
小球平行斜面向下的分速度为$v_{1} = a t = 5 m/s$
则小球到达水平面时的速度为$v_{2} = \sqrt{v^{2} + v_{1}^{2}} = \sqrt{29} m/s$
且此时平行游戏面板底边运动的距离为$x = v t = 2 m$
到C点的水平距离$L = \sqrt{x^{2} + (\frac{h}{\tan \theta})^{2}} = \frac{\sqrt{139}}{4} m$

7 (多选)如图所示,在倾角为θ的足够大的固定斜面上,一长度为L的轻杆一端可绕斜面上的O点自由转动,另一端连着一质量为m的小球(可视为质点)。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动,通过最高点B。重力加速度大小为g,轻杆与斜面平行,不计一切摩擦。下列说法正确的是( )


A.小球通过A点时所受轻杆的作用力大小为mgsinθ + m v²/L
B.小球通过B点时的最小速度为√{gLsinθ}
C.小球通过A点时斜面对小球的支持力与小球的速度无关
D.若小球以√{gLsinθ}的速率通过B点时突然脱落而离开轻杆,则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L

答案： 7 ACD 小球在A点受到重力、斜面的支持力以及轻杆的拉力，由向心力公式可得$F - m g \sin \theta = m \frac{v^{2}}{L}$，可得$F = m g \sin \theta + m \frac{v^{2}}{L}$，故A正确；杆可以为小球提供支持力，所以小球经过最高点B时的最小速度为零，故B错误；斜面对小球的支持力始终等于重力垂直于斜面方向的分量，与小球的速度无关，故C正确；经分析可知小球经过B点脱落后在斜面上做类平抛运动，在水平向右方向做匀速直线运动，在沿斜面向下方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有$m g \sin \theta = m a$，则$a = g \sin \theta$，由位移公式可知$2 L = \frac{1}{2} a t^{2}$，则$t = 2 \sqrt{\frac{L}{g \sin \theta}}$，故水平向右方向上的位移$x = v_{B} t = 2 L$，故D正确。