《2025年5年高考3年模拟高中物理必修第二册人教版江苏专版》

5.(2025 重庆万州第三中学等多校期中联考)如图所示，长为$2L$的轻杆一端固定在水平转轴$O$上，另一端固定着质量为$m$的小球$A$，质量也为$m$的小球$B$固定在轻杆的中间位置。轻杆随转轴$O$在竖直平面内做匀速圆周运动，小球$A$经过最高点时对轻杆的作用力为$0$。已知重力加速度大小为$g$，小球$A$、$B$均可视为质点。下列说法不正确的是


A.小球$A$经过最高点时，小球$B$的线速度大小为$\sqrt{gL}$
B.小球$A$经过最高点时，轻杆对小球$B$的作用力大小为$\frac{1}{2}mg$
C.小球$A$经过最低点时，轻杆对小球$A$的作用力大小为$2mg$
D.小球$A$经过最低点时，轻杆对小球$B$的作用力大小为$\frac{3}{2}mg$

答案： 5.A
由题知，A、B两小球同轴转动，有相同的角速度，设为$\omega$，当小球A经过最高点时对轻杆的作用力为0，则由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有$mg = m \frac{v_A^2}{2L}$，解得$v_A = \sqrt{2gL}$，根据$v = \omega r$，可得$\omega = \frac{v_A}{2L} = \frac{v_B}{L}$，解得$v_B = \frac{\sqrt{2gL}}{2}$，A错误；小球A经过最高点时，设轻杆对小球B的作用力为$F_N$，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有$mg + F_N = m \frac{v_B^2}{L}$，解得$F_N = -\frac{1}{2}mg$，负号说明方向竖直向上，B正确；小球A经过最低点时，设轻杆对小球A的作用力为$F_{NA}$，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有$F_{NA} - mg = m \frac{v_A^2}{2L}$，解得$F_{NA} = 2mg$，C正确；小球A经过最低点时，设轻杆对小球B的作用力为$F_{NB}$，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有$F_{NB} - mg = m \frac{v_B^2}{L}$，解得$F_{NB} = \frac{3}{2}mg$，D正确。

6.(2025 江苏徐州期末)某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，其示意图如图所示，转盘表面倾斜角度为$\theta$。在转盘绕转轴匀速转动时，坐在其表面上的游客随转盘做匀速圆周运动。已知游客质量为$m$，游客到转轴的距离为$R$，游客和转盘表面之间的动摩擦因数为$\mu$，重力加速度为$g$，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在转盘匀速转动过程中


A.游客一定始终受到盘面的摩擦力
B.盘面对游客的摩擦力始终指向转轴
C.游客在最高点的线速度最小为$\sqrt{gR\sin\theta}$
D.转盘的最大角速度为$\sqrt{\frac{(\mu\cos\theta - \sin\theta)g}{R}}$

答案：
6.D
模型建构
建构游客做圆周运动时在最低点和最高点的临界受力模型，如图所示：

游客处于最高点时，如果重力沿转盘表面方向的分力刚好提供向心力，此时游客受到盘面的摩擦力为0，则有$mg \sin \theta = m \frac{v^2}{R}$，解得$v = \sqrt{gR \sin \theta}$；若重力沿转盘表面方向的分力大于所需的向心力，则盘面对游客的摩擦力背向转轴，此时游客在最高点的线速度小于$\sqrt{gR \sin \theta}$，A、B、C错误。由于在最低点时，根据牛顿第二定律可得$f - mg \sin \theta = m \omega^2 R$，又$f \leq \mu N = \mu mg \cos \theta$，联立可得$\omega \leq \sqrt{\frac{(\mu \cos \theta - \sin \theta)g}{R}}$，则转盘的最大角速度为$\sqrt{\frac{(\mu \cos \theta - \sin \theta)g}{R}}$，D正确。
方法技巧
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同（如静摩擦力控制、绳控制、杆控制），物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。求解这类问题的典型方法是类比法，与竖直平面内圆周运动的各种模型进行类比，寻找“等效重力”“等效最低点”“等效最高点”，类比竖直平面内圆周运动的各种模型的运动状态、受力特点及临界条件进行求解。

7.(2025 江西南昌大学附属中学期中)
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$O$点的距离为$l$，重力加速度为$g$，则下列说法不正确的是


A.小球位于初始位置的加速度大小为$\frac{v_{0}^{2}}{l}$
B.小球通过最高点的速度大小为$\sqrt{gl\sin\theta}$
C.小球通过最高点的速度大小为$\sqrt{\frac{mg\sin\theta}{F_{0}}}v_{0}$
D.小球通过最低点的速度大小为$\sqrt{\frac{2F_{0} - mg\sin\theta}{F_{0}}}v_{0}$

答案：
7.A

小球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$a_2 = g \sin \theta$，则小球位于初始位置时的加速度大于$\frac{v_0^2}{l}$，A错误；由题图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力最小，为零，则有$mgsin\theta = m \frac{v_1^2}{l}$，解得$v_1 = \sqrt{gl \sin \theta}$，B正确；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$v_1 = \sqrt{\frac{mg \sin \theta}{F_0}} v_0$，C正确；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$v_2 = \sqrt{\frac{2F_0 - mg \sin \theta}{F_0}} v_0$，D正确。