《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (全国卷)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的 $ n $ 次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则 $ n $ 等于(C)

A.$ 1 $
B.$ 2 $
C.$ 3 $
D.$ 4 $

答案： 1.C 解析：根据题述可知，$F \propto r^n$，$T \propto \frac{1}{r}$，由$F=m r \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2$，可得$r^n = r · r^2$，即$n=3$，故C正确.

2. (山东卷)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为 $ 3 \, m $ 的半圆弧 $ BC $ 与长 $ 8 \, m $ 的直线路径 $ AB $ 相切于 $ B $ 点,与半径为 $ 4 \, m $ 的半圆弧 $ CD $ 相切于 $ C $ 点. 小车以最大速度从 $ A $ 点驶入路径,到适当位置调整速率运动到 $ B $ 点,然后保持速率不变依次经过 $ BC $ 和 $ CD $. 为保证安全,小车速率最大为 $ 4 \, m/s $. 在 $ ABC $ 段的加速度最大为 $ 2 \, m/s^2 $, $ CD $ 段的加速度最大为 $ 1 \, m/s^2 $. 小车视为质点,小车从 $ A $ 到 $ D $ 所需最短时间 $ t $ 及在 $ AB $ 段做匀速直线运动的最长距离 $ l $ 为(B)


A.$ t = \left( 2 + \frac{7\pi}{4} \right) \, s, l = 8 \, m $
B.$ t = \left( \frac{9}{4} + \frac{7\pi}{2} \right) \, s, l = 5 \, m $
C.$ t = \left( 2 + \frac{5}{12}\sqrt{6} + \frac{7\sqrt{6}\pi}{6} \right) \, s, l = 5.5 \, m $
D.$ t = \left[ 2 + \frac{5}{12}\sqrt{6} + \frac{(\sqrt{6} + 4)\pi}{2} \right] \, s, l = 5.5 \, m $
]

答案： 2.B 解析：在$BC$段的最大加速度为$a_1=2 m/s^2$，则根据$a_1 = \frac{v_1^2}{r_1}$，可得在$BC$段的最大速度为$v_{1m} = \sqrt{6} m/s$，在$CD$段的最大加速度为$a_2=1 m/s^2$，则根据$a_2 = \frac{v_2^2}{r_2}$，可得在$CD$段的最大速度为$v_{2m}=2 m/s ＜ v_{1m}$，可知在$BCD$段运动时的速度为$v=2 m/s$，在$BCD$段运动的时间为$t_3 = \frac{\pi r_1 + \pi r_2}{v} = \frac{7\pi}{2} s$，$AB$段从最大速度$v_m$减速到$v$的时间$t_1 = \frac{v_m - v}{a_1} = \frac{4-2}{2} s = 1 s$，位移$x_2 = \frac{v_m^2 - v^2}{2a_1} = 3 m$，在$AB$段匀速运动的最长距离为$l = 8 m - 3 m = 5 m$，则匀速运动的时间$t_2 = \frac{l}{v_m} = \frac{5}{4} s$，则从$A$到$D$的最短时间为$t = t_1 + t_2 + t_3 = \left( \frac{9}{4} + \frac{7\pi}{2} \right) s$，故B正确.

3. (2024 广东卷)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,弹簧始终处于弹性限度内. 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： 3.A 解析：由题意可知，当插销刚卡进固定的端盖时，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，由弹簧的弹力提供向心力，有$F = m l \omega^2$，对卷轴，有$v = r \omega$，联立解得$v = r \sqrt{\frac{k}{2m}}$，故A正确.

4. (北京卷)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量. 如图所示,不可伸长的轻绳一端固定于 $ O $ 点,另一端系一待测小球,使其绕 $ O $ 做匀速圆周运动,用力传感器测得绳上的拉力为 $ F $,用停表测得小球转过 $ n $ 圈所用的时间为 $ t $,用刻度尺测得 $ O $ 点到球心的距离为圆周运动的半径 $ R $. 下列说法正确的是(A)


A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为 $ \frac{FRt^2}{4\pi^2n^2} $
C.若误将 $ n - 1 $ 圈记作 $ n $ 圈,则所测得的质量偏大
D.若测 $ R $ 时没有计入小球半径,则所测得的质量偏小

答案： 4.A 解析：由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，A正确；由匀速圆周运动规律，有$F = m R \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2$，$T = \frac{t}{n}$，联立解得$m = \frac{F t^2}{4 \pi^2 n^2 R}$，B错误；若误将$n-1$圈记作$n$圈，则所测得的质量偏小，C错误；若测$R$时没有计入小球的半径，则所测得的质量偏大，D错误.

5. (多选,河北卷)如图所示,矩形金属框 $ MNQP $ 竖直放置,其中 $ MN $、$ PQ $ 足够长,且 $ PQ $ 杆光滑,一根轻质弹簧一端固定在 $ M $ 点,另一端连接一个质量为 $ m $ 的小球,小球穿过 $ PQ $ 杆,金属框绕 $ MN $ 轴分别以角速度 $ \omega $ 和 $ \omega' $ 匀速转动时,小球均相对 $ PQ $ 杆静止,若 $ \omega' ＞ \omega $,则与以 $ \omega $ 匀速转动时相比,以 $ \omega' $ 匀速转动时(BD)

A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大

答案： 5.BD 解析：对小球受力分析，设弹簧的弹力为$T$，原长为$l_0$，劲度系数为$k$，弹簧与水平方向的夹角为$\theta$，对小球，在竖直方向，有$T \sin \theta = mg$，又$T = k \left( \frac{MP}{\cos \theta} - l_0 \right)$，可知$\theta$为定值，$T$不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；在水平方向，当转速较小时，杆对小球的弹力$F_N$背离转轴，则由牛顿第二定律，有$T \cos \theta - F_N = m \omega^2 r$，即$F_N = T \cos \theta - m \omega^2 r$，当转速较大时，$F_N$指向转轴，由牛顿第二定律，有$T \cos \theta + F_N' = m (\omega')^2 r$，即$F_N' = m (\omega')^2 r - T \cos \theta$，则因$\omega' ＞ \omega$，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据$F_{合} = m \omega^2 r$，可知因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确.