《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (多选，2024 安徽六安一中月考)如图所示，装置$BO'O$可绕竖直轴$O'O$转动，可视为质点的小球$A$与两细线连接后分别系于$B$、$C$两点，装置静止时细线$AB$水平，细线$AC$与竖直方向的夹角$\theta = 37^{\circ}$。已知小球的质量$m = 1kg$，细线$AC$长$L = 1m$，$B$点距$C$点的水平和竖直距离相等(重力加速度$g$取$10m/s^{2}$，$\sin37^{\circ}$取$0.6$，$\cos37^{\circ}$取$0.8$)，则 (ABC)

A.若装置匀速转动的角速度为$\omega=\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$时，细线$AB$上的张力为零而细线$AC$与竖直方向夹角仍为$37^{\circ}$
B.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度$\omega\lt\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$时，细线$AC$张力$T=\frac{25}{2}N$
C.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度$\omega\gt\frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$时，细线$AC$上张力$T$与角速度的平方$\omega^{2}$成线性关系
D.若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度$\omega\lt\frac{5\sqrt{6}}{3}rad/s$时，细线$AB$上张力不变

答案： 1. ABC 若细线AB上张力恰为零且细线AC与竖直方向夹角仍为$37^{\circ}$时，根据牛顿第二定律得$mg\tan 37^{\circ} = m\omega_1^2L\sin 37^{\circ}$，解得$\omega_1 = \frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$，A正确；若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度$\omega ＜ \frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$时，此时对小球，在竖直方向有$T_{AC}\cos 37^{\circ} = mg$，解得$T_{AC} = \frac{25}{2}N$，B正确；当角速度$\omega ＞ \frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$且逐渐增大时，对于小球，在水平方向上有$T_{AC}\sin\theta = m\omega^2L\sin\theta$，即$T_{AC} = m\omega^2L$，即细线AC上的张力$T$与角速度$\omega$的平方成线性关系，当角速度$\omega = \frac{5\sqrt{6}}{3}rad/s ＞ \frac{5\sqrt{2}}{2}rad/s$时，根据牛顿第二定律可得$mg\tan\theta' = m\omega^2L\sin\theta'$，解得$\cos\theta' = 0.6$，$\theta' = 53^{\circ}$，此时细线AB恰好竖直，且张力为零；当$\omega ＞ \frac{5\sqrt{6}}{3}rad/s$时，细线AB上有张力，对小球做分析，水平方向上有$T_{AC}\sin 53^{\circ} = m\omega^2L\sin 53^{\circ}$，竖直方向上有$T_{AC}\cos 53^{\circ} = mg + T_{AB}$，则$T_{AC} = m\omega^2L$，即细线AC上的张力$T$与角速度$\omega$的平方成线性关系，$T_{AB}$随角速度$\omega$的增加也增大，C正确，D错误。

2. (2024 广东清远期中)一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为$74^{\circ}$，圆锥底面的圆心为$O'$。用一根长为$0.5m$的轻绳一端系一质量为$0.1kg$的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上$O$点，$O$点距地面高度为$0.75m$，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。
(1)当小球的角速度不断增大，求小球恰好离开圆锥表面时角速度的大小和此时轻绳中拉力的大小。
(2)当小球的角速度为$2rad/s$时，求轻绳中拉力的大小。
(3)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为$\frac{5}{3}N$时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与$O'$点间的距离。(取$g = 10m/s^{2}$，$\sin37^{\circ}$取$0.6$，$\cos37^{\circ}$取$0.8$)

答案：
2.
(1)当小球在圆锥表面上运动时，根据平衡条件和牛顿第二定律，有$T\cos 37^{\circ} + F_N\sin 37^{\circ} = mg$，$T\sin 37^{\circ} - F_N\cos 37^{\circ} = m\omega^2L\sin 37^{\circ}$，小球刚要离开圆锥表面时，设绳子拉力为$T_0$，小球的角速度为$\omega_0$，支持力$F_N = 0$，解得$\omega_0 = 5rad/s$，$T_0 = 1.25N$。
(2)当小球的角速度为$2rad/s$时，小球在圆锥表面上运动，设轻绳中拉力为$T_1$，根据平衡条件和牛顿第二定律，有$T_1\cos 37^{\circ} + F_N\sin 37^{\circ} = mg$，$T_1\sin 37^{\circ} - F_N\cos 37^{\circ} = m\omega^2L\sin 37^{\circ}$，解得$T_1 = 0.872N$。
(3)逐渐增加小球的角速度，小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为$\alpha$，根据平衡条件和牛顿第二定律，有$T_2\cos\alpha = mg$，$T_2\sin\alpha = m\frac{v^2}{L\sin\alpha}$，其中$T_2 = \frac{5}{3}N$，联立解得$\alpha = 53^{\circ}$，$v = \frac{4\sqrt{3}}{3}m/s$。轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时小球距离地面的高度为$h = H - L\cos 53^{\circ}$，解得$h = 0.45m$，由平抛运动规律，有$h = \frac{1}{2}gt^2$，解得$t = 0.3s$，轻绳断裂后小球做平抛运动的水平位移为$x = vt = \frac{2\sqrt{3}}{5}m$，如图所示，设抛出点与$O'O'$间的距离为$y$，$y = L\sin 53^{\circ} = 0.4m$，则有$d = \sqrt{x^2 + y^2} = 0.8m$，由于$0.8m ＞ 0.75\tan 37^{\circ}m = 0.5625m$，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与$O'$点间的距离为$0.8m$。