《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练2(光滑斜面+轻绳模型+$T - \alpha$图像)
(2025·四川遂宁二模)如图甲所示，倾角为$\theta$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$v_{0}$，此后传感器记录细线拉力$T$的大小随细线扫过角度$\alpha$的变化图像如图乙所示，图中$F_{0}$已知，小球到$O$点距离为$l$，重力加速度为$g$，则下列说法不正确的是(A)


A.小球位于初始位置时的加速度为$\frac{v_{0}^{2}}{l}$
B.小球通过最高点时速度为$\sqrt{gl\sin\theta}$
C.小球通过最高点时速度为$\sqrt{\frac{mgsin\theta}{F_{0}}}v_{0}$
D.小球通过最低点时速度为$\sqrt{\frac{2F_{0} - mgsin\theta}{F_{0}}}v_{0}$

答案： 2.题型分析
本题属于斜面上的轻绳模型.
A 解析：A.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$\frac{v_{0}^{2}}{l}$，故A错误，满足题意要求；
B.由图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力最小，为零，则有$mg\sin\theta = m\frac{v_{1}^{2}}{l}$，解得小球通过最高点时的速度$v_1 = \sqrt{gl\sin\theta}$，故B正确，不满足题意要求；
C.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$v_1 = \sqrt{gl\sin\theta}=\sqrt{\frac{mg\sin\theta}{F_0}}v_0$，故C正确，不满足题意要求；
D.小球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律有$2F_0 - mg\sin\theta = m\frac{v_{2}^{2}}{l}$，联立解得小球通过最低点的速度为$v_2 = \sqrt{\frac{2F_0 - mg\sin\theta}{F_0}}v_0$，故D正确，不满足题意要求.故选A.

(2025·云南昭通模拟)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为$R$的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一质量为$m$，带电量为$q(q ＞ 0)$的五彩小球从轨道最低点$P$以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心$O$的连线与$OP$方向的夹角记为$\theta$，乙图所示为小球在运动过程中的电势能$E_{p}$随角度$\theta$的变化情况，已知重力加速度为$g$，则(C)


A.匀强电场的方向水平向右
B.电场强度的大小为$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$
C.小球运动过程中动能的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}mgR$
D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为$(3 + 3\sqrt{2})mg$

答案：
3.题型分析
本题属于轻绳模型的变式——轨道模型，结合复合场问题.
C 解析：A.如图所示，

设M、N分别为圆环上与圆心O等高的两点，根据乙图，当$\theta = 0$和$\theta = \pi$时，小球的电势能均为0，则P、Q两点的连线为等势线，当$\theta = \frac{\pi}{2}$时，小球运动到N点，电势能$E_{pN}=mgR$；当$\theta = \frac{3\pi}{2}$时，小球运动到M点，电势能$E_{pM}=-mgR$，综上所得，电场线的方向由N指向M，即水平向左，A错误；
B.小球从N点运动到M点，由动能定理得$Eq·2R = mgR - (-mgR)$，解得$E = \frac{mg}{q}$，B错误；
C.小球所受电场力$F = Eq = mg$，则小球所受合力，即小球在圆环内受到的等效重力为$\sqrt{2}mg$，方向与MN成$45^{\circ}$角，根据题意，小球运动到等效“最高点”时动能最小，由牛顿第二定律得$\sqrt{2}mg = m\frac{v_{min}^{2}}{R}$，解得$\frac{1}{2}mv_{min}^{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}mgR$，即$E_{kmin}=\frac{\sqrt{2}}{2}mgR$，C正确；
D.当小球运动到“最低点”时对轨道的压力最大，小球从等效“最高点”到等效“最低点”的过程，根据动能定理得$\sqrt{2}mg·2R = \frac{1}{2}mv_{max}^{2}-\frac{1}{2}mv_{min}^{2}$，小球在等效“最低点”时，根据牛顿第二定律得$F_N - \sqrt{2}mg = m\frac{v_{max}^{2}}{R}$，联立以上两式，解得$F_N = 6\sqrt{2}mg$，D错误.故选C.

（2025·安徽合肥二模）如图所示，质量为$M$、半径为$R$、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，轨道圆心为$O$，$P$、$Q$是轨道上与圆心$O$等高的两点。一质量为$m$的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面保持静止状态。已知重力加速度为$g$，求：
（1）小球经过轨道最低点时的速度大小；
（2）小球经过$P$点时，地面对轨道的摩擦力；
（3）轨道对地面的最小压力的大小。

答案：
4.题型分析
本题属于轻绳模型的变式——轨道模型.
(1)$\sqrt{5gR}$
(2)$3mg$，方向水平向右
(3)$Mg - \frac{3}{4}mg$
解析：
(1)由题意可知，小球恰好通过轨道最高点时，小球的重力恰好提供向心力，则有$mg = m\frac{v_{1}^{2}}{R}$，解得$v_1 = \sqrt{gR}$；
小球从最高点运动到最低点，设小球在最低点的速度为$v_2$，由动能定理可得$mg·2R = \frac{1}{2}mv_{2}^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，解得$v_2 = \sqrt{5gR}$.
(2)小球经过P点时，轨道的支持力提供向心力，设速度为$v_3$，小球由最高点运动到P点过程中，由动能定理得$mgR = \frac{1}{2}mv_{3}^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，又$F_{N1} = m\frac{v_{3}^{2}}{R}$，解得$F_{N1}=3mg$，方向水平向右.
由牛顿第三定律得，小球对轨道压力$F_{N1}' = F_{N1}=3mg$，方向水平向左.
由二力平衡得，地面对轨道摩擦力$f = F_{N1}' = 3mg$，方向水平向右.
(3)如图所示，

设小球经过A点时速度大小为v，AO连线与竖直方向夹角为$\theta$，
名师点评：虽然“刚好通过最高点”时，小球对轨道没有压力，但不能草率地认为最高点就是对地面压力最小的位置.
在抵达最高点的前后，小球不能脱离轨道，对轨道必然会有压力，因此对地面压力最小的位置应该在圆周左上或右上的某个位置.
由动能定理有$mgR(1 - \cos\theta)=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，又$mg\cos\theta + F_N = m\frac{v^{2}}{R}$，解得$F_N = 3mg - 3mg\cos\theta$，
又有$F_N = F_{N}\cos\theta = 3mg\cos\theta - 3mg\cos^{2}\theta$，
根据牛顿第三定律，轨道对地面压力等于地面对轨道的支持力，结合轨道受力平衡可知$F_{压}=F_{支}-F_N = Mg - 3mg(\cos\theta - \cos^{2}\theta)$，
由数学知识得，当$\cos\theta = \frac{1}{2}$时，$F_{压}$取最小值$F_{压min}=Mg - \frac{3}{4}mg$.