《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版》

1. [辽宁高考真题]“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧.如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上$P$、$Q$两点做圆周运动的(D)


A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等

答案： 1. D 由题意可知，球面上$P$、$Q$两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，D正确；由图可知，球面上$P$、$Q$两点做圆周运动的半径的关系为$r_{P}＜r_{Q}$，A错误；根据$v = r\omega$可知，球面上$P$、$Q$两点做圆周运动的线速度的关系为$v_{P}＜v_{Q}$，B错误；根据$a_{n}=r\omega^{2}$可知，球面上$P$、$Q$两点做圆周运动的向心加速度的关系为$a_{P}＜a_{Q}$，C错误。

2. [广东高考真题]如图所示，在细绳的拉动下，半径为$r$的卷轴可绕其固定的中心点$O$在水平面内转动.卷轴上沿半径方向固定着长度为$l$的细管，管底在$O$点.细管内有一根原长为$\frac{l}{2}$、劲度系数为$k$的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为$m$、可视为质点的插销.当以速度$v$匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动.若$v$过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止.忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内.要使卷轴转动不停止，$v$的最大值为(A)


A.$r\sqrt{\frac{k}{2m}}$
B.$l\sqrt{\frac{k}{2m}}$
C.$r\sqrt{\frac{2k}{m}}$
D.$l\sqrt{\frac{2k}{m}}$

答案： 2. A 由题意可知，当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量为$\Delta x = \frac{l}{2}$，根据胡克定律有$F = k\Delta x = \frac{kl}{2}$，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力$F = ml\omega^{2}$，对卷轴有$v = r\omega$，联立解得$v = r\sqrt{\frac{k}{2m}}$，故A正确。

3. [江苏高考真题]制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑.假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.将陶屑视为质点，则(D)


A.离转轴越近的陶屑质量越大
B.离转轴越远的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在台面的边缘处
D.陶屑只能分布在一定半径的圆内

答案： 3. D 与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得$\mu mg = m\omega^{2}r_{\max}$，解得$r_{\max} = \frac{\mu g}{\omega^{2}}$，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑.$\mu$与$\omega$均一定，故$r_{\max}$为定值，即离转轴最远的陶屑距离不超过$\frac{\mu g}{\omega^{2}}$，即陶屑只能分布在半径为$\frac{\mu g}{\omega^{2}}$的圆内，A、B、C错误，D正确。

4. [江西高考真题]雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动.如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心$O$点的竖直轴匀速转动.圆盘边缘$A$处固定连接一轻绳，轻绳另一端$B$连接转椅（视为质点）.转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等.转椅与雪地之间的动摩擦因数为$\mu$，重力加速度为$g$，不计空气阻力.
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度$\omega_{1}$匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕$O$点做半径为$r_{1}$的匀速圆周运动.求$AB$与$OB$之间夹角$\alpha$的正切值.
（2）将圆盘升高，如图（b）所示.圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕$O_{1}$点做半径为$r_{2}$的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为$\theta$，绳子在水平雪地上的投影$A_{1}B$与$O_{1}B$的夹角为$\beta$.求此时圆盘的角速度$\omega_{2}$.

答案： 4.
(1)转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为$T$，转椅质量为$m$，对转椅受力分析可知，轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得$T\cos\alpha = m\omega_{1}^{2}r_{1}$，$\mu mg = T\sin\alpha$，联立解得$\tan\alpha = \frac{\mu g}{\omega_{1}^{2}r_{1}}$。
(2)设此时轻绳拉力为$T'$，沿$A_{1}B$和垂直$A_{1}B$竖直向上的分力分别为$T_{1} = T'\sin\theta$，$T_{2} = T'\cos\theta$，对转椅根据牛顿第二定律得$T_{1}\cos\beta = m\omega_{2}^{2}r_{2}$，沿切线方向$T_{1}\sin\beta = f = \mu F_{N}$，竖直方向$F_{N} + T_{2} = mg$，联立解得$\omega_{2} = \sqrt{\frac{\mu g\sin\theta\cos\beta}{(\sin\theta\sin\beta + \mu\cos\theta)r_{2}}}$。