《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

1 (多选)底面半径为 $ R $ 的竖直圆筒绕竖直中心轴以恒定的转速匀速转动,在某一固定位置以相同速度、相等时间间隔水平射出三颗子弹。子弹穿出圆筒后,将圆筒展开发现筒壁上留下了 6 个如图所示的弹孔,其中同一竖直线上的两弹孔为同一颗子弹留下的,两横排弹孔竖直间距为 $ h $,同一横排两相邻弹孔间距为 $ \frac{2\pi R}{3} $。重力加速度为 $ g $。若将子弹在圆筒中的运动看作平抛运动,则 ( )


A.圆筒转动的角速度可能为 $ \omega = 2\pi \sqrt{\frac{g}{2h}} $
B.圆筒转动的角速度可能为 $ \omega = 7\pi \sqrt{\frac{g}{2h}} $
C.子弹射出的时间间隔可能为 $ \Delta t = \frac{8}{9}\sqrt{\frac{2h}{g}} $
D.子弹射出的时间间隔可能为 $ \Delta t = \frac{8}{15}\sqrt{\frac{h}{g}} $

答案： 1 BC 子弹做平抛运动，在竖直方向上有$h = \frac{1}{2}gt^{2}$，可得子弹在圆筒中运动的时间$t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$。因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为$\theta = (2n - 1)\pi(n = 1、2、3、·s)$，则角速度为$\omega = \frac{\theta}{t} = \frac{(2n - 1)\pi}{t} = (2n - 1)\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}(n = 1、2、3、·s)$，故角速度可能为$7\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}$，不可能为$2\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}$，选项A错误，B正确；周期为$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2}{(2n - 1)}\sqrt{\frac{2h}{g}}(n = 1、2、3、·s)$，同一横排两相邻弹孔间距为$\frac{2\pi R}{3}$，则$\frac{2\pi R}{3} = \theta R$，当转动小于一个周期，解得$\theta = \frac{2\pi}{3}$，则子弹射出的时间间隔可能为$t = \frac{1}{3}T = \frac{2}{3(2n - 1)}\sqrt{\frac{2h}{g}}(n = 1、2、3、·s)$，当转动大于一个周期，解得$\theta = 2m\pi + \frac{2\pi}{3}(m = 1、2、3、·s)$，则子弹射出的时间间隔可能为$t = mT + \frac{1}{3}T = (m + \frac{1}{3})\frac{2}{2n - 1}\sqrt{\frac{2h}{g}}(m、n = 1、2、3、·s)$，则子弹射出的时间间隔可能为$\Delta t = \frac{8}{9}\sqrt{\frac{2h}{g}}$，不可能为$\Delta t = \frac{8}{15}\sqrt{\frac{h}{g}}$，选项C正确，D错误。

2 新情境(多选)[2025 甘肃白银模拟考试]转轴分别为 $ O_1 $、$ O_2 $ 的两个顺时针匀速转动的相同风扇,三叶片间的夹角都为 $ 120° $,转动周期分别为 $ T_1 = 0.6 \, s $, $ T_2 = 1.2 \, s $。如图甲所示,某时刻叶片 $ A $、$ B $ 与转轴 $ O_1 $、$ O_2 $ 连线间的夹角分别为 $ 60° $ 和 $ 90° $。从图甲时刻开始计时,当有叶片位于转轴 $ O_1 $、$ O_2 $ 连线上且相距最近时,如图乙所示,视为一次“相遇”。下列说法正确的是 ( )

A.叶片 $ A $、$ B $ 端头的线速度大小之比为 $ 1:2 $
B.叶片 $ A $、$ B $ 端头的线速度大小之比为 $ 2:1 $
C.在 $ 0.1 \, s $ 时叶片第一次“相遇”
D.只要时间足够长,叶片 $ A $ 和 $ B $ 总会重复“相遇”

答案： 2 BC 由线速度$v = \omega r = \frac{2\pi}{T}r$，可得叶片A、B端头的线速度之比为$2:1$，故A错误，B正确；转轴$O_1$上的叶片转至题图乙“相遇”状态需用时$t_1 = (0.1 + 0.2n)s$，转轴$O_2$上的叶片转至题图乙“相遇”状态需用时$t_2 = (0.1 + 0.4m)s$，其中$m、n$取$0、1、2·s·s$，所以当$n$和$m$取零时，即在$0.1s$时叶片第一次“相遇”，故C正确；叶片A如果要和叶片B“相遇”，则有$(0.1 + 0.6n')s = (0.9 + 1.2m')s$，化简得$n' = \frac{4}{3} + 2m'$，由于$m'$和$n'$需取正整数，则该式无解，故D错误。

3 (多选)水平面上一半径 $ R = 0.4 \, m $ 的圆盘可绕圆心 $ O $ 水平转动,其边缘有一质量 $ m = 1.0 \, kg $ 的小物块(可视为质点),若物块随圆盘一起从静止开始加速转动,其向心加速度大小与时间的关系为 $ a_n = 0.4t^2 $ ($ a_n $、$ t $ 的单位分别为 $ m/s^2 $、$ s $),物块与圆盘间的动摩擦因数 $ \mu = 0.6 $,重力加速度 $ g = 10 \, m/s^2 $,则 ( )

A.$ 2 \, s $ 末圆盘的角速度为 $ 2 \, rad/s $
B.$ 2 \, s $ 末物块所受摩擦力大小为 $ 1.6 \, N $
C.物块随圆盘转动第 1 圈的时间为 $ 2\sqrt{\pi} \, s $
D.物块随圆盘转动的最大线速度为 $ \frac{2\sqrt{15}}{5} \, m/s $

答案： 3 AC 根据$a_n = 0.4t^{2} = \frac{v^{2}}{R} = R\omega^{2}$得$v = 0.4t$，$\omega = t$，所以物块的切向加速度为$a_{切} = 0.4m/s^{2}$，$2s$末圆盘的角速度为$2rad/s$，摩擦力$f = m\sqrt{a_{n}^{2} + a_{切}^{2}} = \frac{2}{5}\sqrt{17}N$，所以选项A正确，B错误；根据$s = 2\pi R = \frac{1}{2}a_{切}t_{2}^{2}$得$t_2 = 2\sqrt{\pi}s$，选项C正确；根据$\mu mg = m\frac{v_{max}^{2}}{R}$，解得$v_{max} ＜ \frac{2\sqrt{15}}{5}m/s$，选项D错误。

4 (多选)如图所示,半径为 $ R $ 的半球形金属壳竖直固定放置,开口向上,质量为 $ m $ 的物体,沿着半球形金属壳内壁滑下,滑到最低点时速度大小为 $ v $。若物体与球壳之间的动摩擦因数为 $ \mu $,则物体在最低点时,下列说法正确的是 ( )


A.物体的向心力为 $ mg + m\frac{v^2}{R} $
B.物体的加速度大小为 $ \sqrt{(\frac{v^2}{R})^2 + \mu^2 g^2} $
C.物体受到的摩擦力大小为 $ \mu (mg + m\frac{v^2}{R}) $
D.物体受到的合力方向斜向左上方

答案： 4 CD 向心力的大小$F_n = m\frac{v^{2}}{R}$，故A错误；根据牛顿第二定律得$N - mg = m\frac{v^{2}}{R}$，则$N = mg + m\frac{v^{2}}{R}$，所以滑动摩擦力大小$f = \mu N = \mu(mg + m\frac{v^{2}}{R})$，C正确；物体既有向心加速度$a_n = \frac{v^{2}}{R}$，又有切向加速度$a_{切} = \mu(g + \frac{v^{2}}{R})$，故B错误；由于重力、支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左，则物体合力的方向斜向左上方，故D正确。