《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. 创新题 新考法 (2025 重庆第二外国语学校期中) 如图所示，将一质量为 $0.2\ kg$、可视为质点的小球系于长为 $L = 1\ m$ 的细线上绕 $O$ 点在竖直面内做圆周运动，某时刻小球运动到最低点 $P$，细线断裂，小球从离水平地面 $3.2\ m$ 高的 $P$ 点水平向右飞出，测得第一次落点 $A$ 与 $P$ 点的水平距离为 $2.4\ m$。不计空气阻力，重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$。
(1) 求小球从 $P$ 点飞出时的速度大小；
(2) 已知细线拉力达到 $F = 3.8\ N$ 时会断裂，现保持 $O$ 点离地高度 $H = 4.2\ m$ 不变，改变细线的长度，要使细线断裂后小球做平抛运动的第一次落点距 $O$ 点的水平距离最远，求细线的长度；
(3) 若小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为 $1.8\ m$，第一次落点 $A$ 与第二次落点 $B$ 之间的距离为 $2.4\ m$。且小球与地面碰撞时，碰
撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，求第 5 次碰撞时距 $P$ 点的水平位移大小。

答案： 5.答案
(1)$3m/s$
(2)$2.1m$
(3)$6.9m$
解析
(1)设小球从$P$点水平向右飞出时的速度大小为$v_{0}$，小球从$P$点飞出到第一次落地过程中，小球做平抛运动，有$x_{0}=v_{0}t_{0}$，$h_{0}=\frac{1}{2}gt_{0}^{2}$
解得$v_{0}=3m/s$
(2)设细线长为$L_{1}$，则细线断裂前瞬间，由牛顿第二定律有$F - mg=m\frac{v_{1}^{2}}{L_{1}}$
细线断裂后小球做平抛运动，有$H - L_{1}=\frac{1}{2}gt_{1}^{2}$，$x = v_{1}t_{1}$
联立得$x=\sqrt{-1.8L_{1}^{2}+7.56L_{1}}$
由二次函数知识可知，当$L_{1}=2.1m$时，$x$取最大值。
(3)第一次弹起到第二次落地过程，小球做斜抛运动，从最高点到地面的运动可视为平抛运动，$x_{2}=1.2m = v_{1x}t_{2}$，$h_{2}=\frac{1}{2}gt_{2}^{2}$
解得第一次碰后水平分速度$v_{1x}=2m/s$
竖直分速度$v_{1y}=gt_{2}=6m/s$
第一次碰撞前水平分速度$v_{0}=3m/s$
竖直分速度$v_{y}=gt_{0}=8m/s$
故水平分速度之比为$\frac{2}{3}$，竖直分速度之比为$\frac{3}{4}$。
所以每次碰后水平位移$x_{1}=\frac{2}{3}v_{0}×2×\frac{v_{y}}{g}=\frac{\frac{2}{3}×3^{2}×\frac{3}{4}v_{y}}{g}=2.4m$
$x_{2}=(\frac{2}{3})^{2}v_{0}×2×\frac{(\frac{3}{4})^{2}v_{y}}{g}=1.2m$
$x_{3}=(\frac{2}{3})^{3}v_{0}×2×\frac{\frac{3}{4}v_{y}}{g}=0.6m$
$x_{4}=(\frac{2}{3})^{4}v_{0}×2×\frac{\frac{3}{4}v_{y}}{g}=0.3m$
第$5$次碰撞时距$P$点的水平位移大小$x = x_{0}+x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=6.9m$

6.(2025 重庆九龙坡育才中学月考) 学校科创团队的同学们设计了一套智能化轨道模拟系统来研究小球的运动情况。
如图所示，固定在水平台面上的竖直半圆形光滑轨道半径可调，直径为 $AB$，$A$ 端切线水平。
轨道右侧有一个与 $A$ 等高的装满新型材料 (ER 流体) 的试验池，材料的力学特性能保证小球落入池中后以原速度做匀速直线运动。
每次实验前调好轨道半径，弹射器 (图中未画出) 能使小球从 $A$ 点以不同速度冲入轨道并始终以恒定速度 $\sqrt{3gL}$ 从 $B$ 点飞出，竖直挡板 $MN$ 到 $AB$ 的水平距离为 $7L$，已知多次实验过程中位于轨道 $B$ 点的力学传感器显示轨道所受最小压力为 $0$、最大压力为 $4mg$，重力加速度为 $g$，挡板 $MN$ 足够长，小球可视作质点，忽略空气阻力。求上述实验过程中：
(1) 当 $B$ 点力学传感器示数为 $0$ 时，轨道的半径大小；
(2) 小球离开 $B$ 点到刚落入试验池的最短时间；
(3) 若轨道半径连续可调，挡板 $MN$ 上可能有小球打到的区域的长度。

答案：
6.答案
(1)$3L$
(2)$\sqrt{\frac{12L}{5g}}$
(3)$\frac{25}{12}L$
解析
(1)当$B$点传感器受到的压力为$0$时，重力提供向心力，设轨道$AB$的半径为$R_{1}$，则$mg=m\frac{v_{0}^{2}}{R_{1}}$
解得$R_{1}=\frac{v_{0}^{2}}{g}=3L$
(2)设轨道$AB$的最小半径为$R_{2}$，根据牛顿第二定律可得$4mg + mg=m\frac{v_{0}^{2}}{R_{2}}$
根据平抛运动的规律可得$2R_{2}=\frac{1}{2}gt^{2}$
解得$R_{2}=\frac{3}{5}L$，$t=\sqrt{\frac{12L}{5g}}$
(3)由以上分析可得$\frac{3}{5}L\leqslant R\leqslant3L$
即小球从$B$点平抛的高度满足$\frac{6}{5}L\leqslant H\leqslant6L$
根据平抛运动的规律：$x = v_{0}t$，$H=\frac{1}{2}gt^{2}$
可得$\frac{6}{5}L\leqslant x\leqslant6L$
由此可知，小球平抛运动过程中的水平位移总是小于$7L$，故每次都会落入试验池，如图所示

设小球落入试验池后，与$MN$的碰撞点到液面的高度为$y$，根据几何知识及平抛运动的规律可得$\frac{y}{2R}=\frac{7L - x}{x}$
解得$y=\frac{4R(7L - x)}{x}=-\frac{g}{v_{0}^{2}}x^{2}+\frac{7gL}{v_{0}^{2}}x$（代入$x = v_{0}t$，$H=\frac{1}{2}gt^{2}=2R$）
由数学知识可知，当$x=\frac{7}{2}L$（抛物线对称轴）时，$y$有最大值，$y_{\max}=\frac{49}{12}L$
当$x = 6L$时，$y$有最小值，且$y_{\min}=-\frac{1}{3L}·(6L)^{2}+\frac{7}{3}L·6L = 2L$
故挡板$MN$上能有小球打到的区域长度为$\Delta y = y_{\max}-y_{\min}=\frac{25}{12}L$