《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

5. (2024 广西阶段练习)如图所示，水平杆上的$A$、$B$两点系着两根等长的轻绳，两轻绳的另一端系在小球$O$上，两轻绳与固定的水平杆夹角均为$37^{\circ}$。给小球一个垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直平面内做圆周运动。当小球运动到最低点时，轻绳$OB$突然与小球$O$断开，此时小球恰好做匀速圆周运动。取$\sin37^{\circ} = 0.6$，$\cos37^{\circ} = 0.8$，则轻绳$OB$断开前后瞬间，轻绳$OA$的张力大小之比为(C)


A.$1:1$
B.$25:32$
C.$25:18$
D.$25:24$

答案： 5．C 解析：轻绳$OB$断开前，小球以$A$、$B$连线中点为圆心做圆周运动，设小球经过最低点的速度大小为$v$，绳长为$L$，小球质量为$m$，轻绳的张力为$F_1$，由向心力公式，有$2F_1\sin37°-mg=m\frac{v^2}{L\sin37°}$，轻绳$OB$断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在$A$点的正下方，设轻绳的张力为$F_2$，有$F_2\cos37°=m\frac{v^2}{L\cos37°}$，且$F_2\sin37°=mg$，联立解得$F_1:F_2=\frac{25}{18}$，故C正确.

6. (2024 重庆七校联盟期末)图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点$O$的竖直轴$OO'$转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙为俯视图。可视为质点的三名儿童$a$、$b$、$c$，其质量$m_a:m_b:m_c = 2:3:4$，到顶点的距离$r_a:r_b:r_c = 1:1:2$，与锥面的动摩擦因数都相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔盘”转动过程中，下列说法正确的是(C)

A.若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则$a$、$b$、$c$的向心力之比$F_a:F_b:F_c = 1:1:2$
B.若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，$a$、$b$、$c$所受合外力都指向顶点$O$
C.若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则$a$、$b$、$c$所受摩擦力均增大
D.若“魔盘”转速缓慢增大，$c$将最先发生滑动，然后$a$发生滑动，最后$b$发生滑动

答案： 6．C 解析：若三名儿童均未在锥面上发生滑动，即角速度相等，则有$F_a=m\omega^2r_a$，$F_b=m\omega^2r_b$，$F_c=m\omega^2r_c$，解得$F_a:F_b:F_c=2:3:8$，故A错误；由于“魔盘”绕通过顶点$O$的竖直轴$OO'$转动，可知，过儿童所在位置作竖直轴$OO'$的垂线，垂足为轨迹圆的圆心，儿童所受合力方向指向该垂足，并不指向顶点$O$，故B错误；若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，由盘面对儿童的合力提供向心力，角速度增大，所需向心力增大，又儿童所受重力和支持力不变，则$a$、$b$、$c$所受摩擦力均增大，故C正确；结合上述，合力提供儿童做圆周运动的向心力，由于最大静摩擦力之比为$f_{a\max}:f_{b\max}:f_{c\max}=\mu m_ag:\mu m_bg:\mu m_cg=2:3:4$，可知随角速度的增大，$c$先达到最大静摩擦力，即$c$将最先发生滑动，而$a$、$b$同时达到最大静摩擦力，即之后$a$、$b$同时发生滑动，故D错误.

7. 如图所示，质量均为$m$的带孔小球$A$、$B$穿在竖直面内的光滑金属圆环上，金属圆环半径为$R$，用两根长均为$R$的轻质细绳一端分别系于$A$、$B$球上，另一端分别系于金属圆环的最高点和最低点。现让金属圆环以角速度$\omega$绕竖直直径转动，转动过程中细绳不会被拉断，重力加速度为$g$，则下列说法中正确的是(B)


A.当$\omega = \sqrt{\frac{2g}{R}}$时，连接$A$球的细绳恰好无张力
B.当$\omega = \sqrt{\frac{2g}{R}}$时，连接$B$球的细绳恰好被拉直
C.继续缓慢增大圆环的角速度，$A$球有可能会沿金属圆环向上移动
D.继续缓慢增大圆环的角速度，金属圆环对$B$球的作用力有可能为零

答案： 7．B 解析：当$\omega=\sqrt{\frac{2g}{R}}$，对$A$球有$F_{向}=m\omega^2R\sin60°$，解得$F_{向}=\sqrt{3}mg$，对小球$A$进行受力分析，可知小球受重力以及细绳的拉力，且拉力大小为$2mg$，所以此时小球不受金属圆环的作用力，但连接$A$球的细绳有张力，故A错误；对$B$球研究，当连接$B$球的细绳恰好被拉直时，有$mg\tan60°=m\omega^2R\sin60°$，解得$\omega=\sqrt{\frac{2g}{R}}$，故B正确；继续缓慢增大圆环的角速度，由以上的分析可知，金属圆环对$A$球的弹力不为零，又由于竖直方向上$A$球和$B$球所受合力均为零，可知细绳对$A$球的拉力应不断增大，因此$A$球不可能沿金属圆环向上移动，故C错误；继续缓慢增大圆环的角速度，连接$B$球的细绳上会有拉力，要维持$B$球竖直方向所受外力的合力为零，金属圆环对$B$球必定有弹力，故D错误.

8. (多选，2024 重庆沙坪坝期末)如图甲所示，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$6$个如图乙所示的弹孔，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$g$，则(BC)


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： 8．BC 解析：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$\omega=\frac{\theta}{t}=(2n-1)·\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}$，故角速度可能为$7\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}$，不可能为$2\pi\sqrt{\frac{g}{2h}}$，B正确，A错误.周期为$T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2}{2n-1}·\sqrt{\frac{2h}{g}}$，同一横排两相邻弹孔间距为$\frac{2\pi R}{3}$，当转动小于一个周期，则$\frac{2\pi R}{3}=\theta R$，解得$\theta=\frac{2\pi}{3}$，则子弹射出的时间间隔可能为$\Delta t=\frac{1}{3}T=\frac{2}{3(2n-1)}·\sqrt{\frac{2h}{g}}$；当转动大于一个周期，则$\frac{2\pi R}{3}+2m\pi R=\theta R$，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$\Delta t=mT+\frac{1}{3}T=(m+\frac{1}{3})·\frac{2}{(2n-1)}\sqrt{\frac{2h}{g}}$，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$\Delta t=\frac{8}{15}\sqrt{\frac{h}{g}}$，C正确，D错误.
思路点拨 本题重点需要考虑周期性，要抓住以下3点：
(1)子弹做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，匀速圆周运动具有周期性；
(2)子弹与圆筒运动时间相等，根据平抛运动规律求得运动时间，对于同一竖直线上的两弹孔，根据时间相等列式求解角速度的可能值；
(3)对于同一横排两相邻弹孔，先求得圆周运动的周期，再根据题意分情况计算子弹射出的时间间隔.