《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》

1.(2025 福建漳州华安一中模拟) 如图所示, 竖直转轴 $OO^{\prime}$ 垂直于光滑水平桌面, $A$ 是距水平桌面高 $h$、轴上的一点, $A$ 点固定有两铰链。两轻质细杆的一端接到铰链上, 并可绕铰链上的光滑轴在竖直面内转动, 细杆的另一端分别固定质量均为 $m$ 的小球 $B$ 和 $C$, 杆长 $AC＞AB＞h$, 重力加速度为 $g$ 。当 $OO^{\prime}$ 轴转动时, $B 、 C$ 两小球以 $O$ 为圆心在桌面上做圆周运动。在 $OO^{\prime}$ 轴的角速度 $\omega$ 由零缓慢增大的过程中, 下列说法正确的是 (D)


A.两小球的线速度大小相等
B.小球 $B$ 先离开桌面
C.两小球的向心加速度大小相等
D.当 $\omega=\sqrt{\frac{g}{h}}$ 时, 两小球对桌面均无压力

答案： 1.D　由题知,两球同轴转动,故两球的角速度相同,但半径不同,根据$v = \omega r$可知线速度大小不相等,A错误;设杆与竖直方向的夹角为$\alpha$,小球恰好离开桌面，需满足$mg \tan \alpha = m\omega^2 h \tan \alpha$(点拨:此时桌面对小球的支持力为零),整理可得$g = h\omega^2$,故$\omega = \sqrt{\frac{g}{h}}$,与角度无关,则两球同时离开桌面,B错误,D正确;向心加速度$a = \omega^2 r$,因半径不同,则加速度大小不相等,选项C错误。

2.(2025 浙江省强基联盟期中) 如图所示, 质量为 $m=0.3 \mathrm{~kg}$ 的小球由不可伸长的轻绳 $a$ 和 $b$ 分别系于竖直转轴的 $A$ 点和 $B$ 点, 竖直转轴以角速度 $\omega$ 匀速转动, 轻绳 $b$ 张紧并保持水平, 绳 $a$ 与 $b$ 的夹角 $\theta=37^{\circ}$, 绳 $b$ 的长度 $l=0.5 \mathrm{~m}$。小球在水平面内做匀速圆周运动, 阻力、小球大小和转轴直径均忽略不计, 已知重力加速度 $g=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}, \sin 37^{\circ}=0.6, \cos 37^{\circ}=0.8$, 下列说法正确的是 (C)


A.$a$ 绳对球的拉力随角速度$\omega$ 的增大而增大
B.$b$ 绳对球的拉力随角速度 $\omega$ 的增大而减小
C.当角速度 $\omega=6 \mathrm{rad} / \mathrm{s}$ 时, $b$绳对球的拉力为 $1.4 \mathrm{~N}$
D.当角速度 $\omega=10 \mathrm{rad} / \mathrm{s}$ 时, $b$ 绳对球的拉力为 $15 \mathrm{~N}$

答案： 2.C　当$b$绳的拉力刚好为0时,小球所受重力和$a$绳的拉力的合力提供向心力,有$\frac{mg}{\tan \theta} = m\omega_0^2 l$,解得$\omega_0 = 4 \sqrt{\frac{5}{3}} rad/s$;当$\omega ＞ \omega_0$时,$a$、$b$绳都有拉力,设$a$绳对球的拉力为$F_a$,竖直方向受力平衡,则有$F_a \sin \theta = mg$,解得$F_a = 5 N$,由于$\theta$不变,则$F_a$不变,故A错误。小球在水平面内做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有$F_a \cos \theta + F_b = m\omega^2 l$,可得$F_b$随角速度$\omega$的增大而增大,故B错误。当$\omega = 6 rad/s$时,代入$F_a \cos \theta + F_b = m\omega^2 l$,可得$F_b = 1.4 N$;当$\omega = 10 rad/s$时,$F_b = 11 N$,故C正确,D错误。

3. 创新题|新考法(2025 江苏南京航空航天大学附中月考) 如图所示,半径为 $L$ 的玩具转盘在转盘中心 $O$ 点固定了一竖直杆, 质量为 $m$ 的小球用轻绳 $AC$ 和轻杆 $BC$一起连接在竖直杆上, 轻绳 $AC$ 与竖直杆上的 $A$ 点相连, 轻杆 $BC$ 用铰链连接在竖直杆上的 $B$ 点 (可绕 $B$ 点自由转动)。已知圆盘静止时轻绳 $AC$ 与竖直方向的夹角 $\alpha=30^{\circ}$, 轻杆 $BC$ 与竖直方向的夹角 $\beta=45^{\circ}, A C=L, O B=\frac{3}{2} L$,不计摩擦阻力, 重力加速度为 $g$ 。求：
(1) 轻绳 $A C$ 恰好无张力时, 小球的角速度;
(2) 轻杆 $B C$ 恰好无弹力时, 圆盘转动的角速度;
(3) 小球在转动过程中忽然脱离, 若小球不能碰到圆盘, 则圆盘转动的角速度的取值范围。

答案：
3.答案　
(1)$\sqrt{\frac{2g}{L}}$　
(2)$\sqrt{\frac{2\sqrt{3}g}{3L}}$　
(3)$\omega ＞ \sqrt{\frac{3g}{2L}}$
关键点拨：轻绳断裂的临界条件是绳上的拉力恰好为最大承受力；轻绳松弛的临界条件是绳子恰好拉直且绳上无弹力。
解析　
(1)当轻绳$AC$恰好无张力时，小球受力分析如图甲所示,水平方向,由牛顿第二定律有$mg \tan \beta = m\omega_1^2 · L \sin \alpha$(点拨:轻杆$BC$用铰链连接在竖直杆上的$B$点,属于活杆模型,拉力沿杆方向)
解得$\omega_1 = \sqrt{\frac{2g}{L}}$

(2)当轻杆$BC$恰好无弹力时,对小球受力分析,如图乙所示,在水平方向,由牛顿第二定律有$mg \tan \alpha = m\omega_2^2 · L \sin \alpha$
解得$\omega_2 = \sqrt{\frac{2\sqrt{3}g}{3L}}$
(3)假设小球脱离前,轻杆和细绳对小球都有力的作用,小球脱离后做平抛运动,且恰好碰到圆盘,竖直方向有$OB - \frac{AC \sin \alpha}{\tan \beta} = \frac{1}{2}gt^2$
水平方向有$x = \sqrt{L^2 - (AC · \sin \alpha)^2} = v_0 t$
联立解得$v_0 = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}gL}$
则圆盘转动的角速度
$\omega_0 = \frac{v_0}{L \sin \alpha} = \sqrt{\frac{3g}{2L}} ＜ \omega_1 = \sqrt{\frac{2g}{L}}$
故假设成立,分析可知,圆盘转动的角速度的取值范围为$\omega ＞ \sqrt{\frac{3g}{2L}}$

4.(2025 河北保定期中) 电动餐桌是近几年酒店餐桌的一个创新产品, 可以给人们就餐带来更多方便。如图所示, 质量为 $m$ 的空水杯 1 放在圆盘上的 $A$ 点, $B$ 点放有另一装满水的水杯 2 , 水杯 2 和杯中水的总质量为 $2 m, O A=2 O B=2 r$,水杯与圆盘间的动摩擦因数均为 $\mu$, 重力加速度为 $g$ 。接通开关, 在电动机的带动下, 圆盘从静止开始缓慢地加速转动, 直到水杯与圆盘恰好不发生相对滑动, 此过程中水不会溢出, 此后圆盘的角速度保持不变。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 下列说法正确的是 (C)


A.水杯 1 所受静摩擦力始终大于水杯 2 所受静摩擦力
B.水杯 2 先达到最大静摩擦力
C.圆盘转动角速度的最大值为 $\sqrt{\frac{\mu g}{2 r}}$
D.当圆盘转动的角速度为 $\sqrt{\frac{\mu g}{4 r}}$ 时, 水杯 1 所受静摩擦力的大小为 $\frac{1}{4} \mu m g$

答案： 4.C 两水杯未与圆盘发生相对滑动,即一起随圆盘转动,两水杯各自所受摩擦力提供向心力,可得$f_1 = m\omega^2 · 2r = 2m\omega^2 r$，$f_2 = 2m\omega^2 r$，则水杯1所受静摩擦力与水杯2所受静摩擦力始终大小相等，A错误；根据$f_{\max1} = \mu mg = m\omega^2 · 2r$，$f_{\max2} = \mu · 2mg = 2m\omega^2 r$，可求出水杯1、2与圆盘恰好不发生相对滑动的临界角速度分别为$\omega_1 = \sqrt{\frac{\mu g}{2r}}$，$\omega_2 = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，则水杯1先达到最大静摩擦力，故为保证水杯与圆盘不发生相对滑动，圆盘转动角速度的最大值为$\omega_1 = \sqrt{\frac{\mu g}{2r}}$，B错误，C正确；当圆盘转动的角速度为$\sqrt{\frac{\mu g}{4r}}$时，水杯1所受静摩擦力的大小为$f_1 = m\omega^2 · 2r = \frac{1}{2} \mu mg$，D错误。