《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》

4.(2024 河南南阳月考) 如图所示,同一水平面内的皮带轮$A$、$B$通过不打滑的皮带传动,$A$轮的半径是$B$轮的$2$倍。在皮带轮各自的轴上用长度相同的轻绳分别悬挂质量为$m_ 甲$和$m_ 乙$的甲、乙两个小球,二者质量关系满足$m_ 甲 = 4 m_ 乙$。两轻绳上端的悬挂点足够高且在同一水平面上,通过外力驱动$A$轮,待系统稳定转动后,两轻绳与轴的夹角分别为$\alpha$和$\beta$。下列说法不正确的是 (B)


A.甲、乙两球转动的角速度之比为$1 : 2$
B.甲、乙两球在同一水平面上
C.系统稳定转动后,$\alpha ＜ \beta$
D.甲、乙两球受到细绳的拉力大小相等

答案： 4.B
皮带轮A、B通过皮带传动，系统稳定后，A、B匀速转动，边缘线速度大小相等，即$v_A = v_B$，故有$\omega_A·2R = \omega_BR$，所以$\omega_A:\omega_B = 1:2$，A正确。甲、乙两球做匀速圆周运动，设$\theta$为轻绳与轴的夹角，绳长为$L$，悬挂点到球做圆周运动平面的高度为$h$，显然$0° ＜ \theta ＜ 90°$，$h = L\cos\theta$，由牛顿第二定律有$mg\tan\theta = m\omega^2L\sin\theta$，解得$h = \frac{g}{\omega^2\cos\theta}$，再由$\omega_甲 ＜ \omega_乙$，得$\cos\alpha ＞ \cos\beta$，故$\alpha ＜ \beta$，C正确。由题知拉力$F = \frac{mg}{\cos\theta} = \frac{mgL}{h}$，因$m_甲 = 4m_乙$，且甲、乙两球离悬挂点的高度之比为$4:1$，可知甲、乙两球受到细绳的拉力大小相等，D正确。

5.(2025 北京师大附中期中) 如图所示,地面上固定一个内壁光滑的圆锥筒,其轴线竖直且轴截面为等边三角形。现有三个质量均为$m$的相同小球(两两间连接完全相同的轻质弹簧)在筒内壁的某个水平面内以角速度$\omega$匀速旋转,此时弹簧均处于原长状态。已知这三个小球在弹簧均处于$2$倍原长时的水平面内仍能以角速度$\omega$匀速旋转,重力加速度为$g$。下列说法不正确的是 (C)


A.弹簧的原长为$\frac{g}{\omega^2}$
B.弹簧的劲度系数为$\frac{m \omega^2}{3}$
C.弹簧处于$2$倍原长时,小球的向心加速度大小为$2 \sqrt{3} g$
D.这三个小球在筒内任意的水平面(在弹簧的弹性限度内)均可以角速度$\omega$匀速旋转

答案： 5.C
设弹簧原长为$L$，劲度系数为$k$，由题意可知，弹簧均处于原长状态时，小球做圆周运动的半径为$r_1 = \frac{\sqrt{3}}{3}L$，当弹簧均处于2倍原长时，小球做圆周运动的半径为$r_2 = \frac{2\sqrt{3}}{3}L$，根据牛顿第二定律有$mg\tan\theta = m\omega^2r_1$，$mg\tan\theta + \sqrt{3}kL = m\omega^2r_2$，由题意可知$\theta = 30°$，联立解得$L = \frac{g}{\omega^2}$，$k = \frac{m\omega^2}{3}$，A、B正确。弹簧处于2倍原长时，根据牛顿第二定律可知，小球的向心加速度大小为$a = \frac{mg\tan\theta + \sqrt{3}kL}{m} = \frac{2\sqrt{3}}{3}g$，C错误。当弹簧均处于$n$倍原长时，小球做圆周运动的半径为$r_n = \frac{\sqrt{3}}{3}nL$，根据牛顿第二定律有$mg\tan\theta + \sqrt{3}k(n - 1)L = m\omega_n^2r_n$，解得$\omega_n = \omega$，即这三个小球在筒内任意的水平面(在弹簧的弹性限度内)均可以角速度$\omega$匀速旋转，D正确。

6.(2023 广东汕头金山中学期中) 如图 所示为某弹射游戏装置示意图,通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩后释放,将质量为$0.1\ kg$的小滑块从$A$点水平弹出,滑行一段距离后经过$B$点,无碰撞地进入圆弧式细口径管道$BCD$,最后从$D$点水平飞出,并抛入在平台上的收集框$EFGH$中。小滑块与框底部碰撞后水平方向分速度不变,竖直方向分速度大小不变,方向竖直向上。整个轨道处在同一竖直面内,其中$CD$部分为半径$R = 0.4\ m$的圆弧管道,其圆心为$O_1$。管口$D$点距平台的高度$h = 0.45\ m$,以$D$点正下方平台上的$O$点为原点向右建$x$轴。已知$HE = EF = GF = d = 0.25\ m$。管的口径远远小于圆弧半径,不计空气阻力、滑块的大小和框的厚度,重力加速度$g$取$10\ m/s^2$。
(1) 若收集框的$E$点坐标$x_E = 0.2\ m$,小滑块恰好擦着$H$点进入框中,求小滑块从$D$点飞出时对轨道的作用力;
(2) 若小滑块直接击中收集框的底部反弹一次后,未出框且恰好击中收集框上的$G$点,则小滑块从$D$点飞出的速度大小$v$与收集框的$E$点坐标$x_E$之间应满足什么关系?

答案： 6.答案
(1)0.75N，方向竖直向下
(2)$v = \frac{x_E + 0.25}{0.4}$($x_E \leq 0.25$m)
解析
(1)根据平抛运动规律，水平方向有$x_E = v_0t_0$
竖直方向有$h - d = \frac{1}{2}gt_0^2$
解得$v_D = 1$m/s
在D点，设轨道对滑块的作用力方向竖直向下，由牛顿第二定律可得$F_N + mg = \frac{mv_D^2}{R}$
解得滑块从D点飞出时$F_N = -0.75$N
即轨道对滑块的力大小为0.75N，方向竖直向上。
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的力大小为0.75N，方向竖直向下。
(2)设小滑块击中收集框底部的点距离左边框为$x$，
根据平抛运动规律，竖直方向有$h = \frac{1}{2}gt^2$
解得$t = 0.3$s
水平方向有$x_E + x = vt$
落地时的竖直速度大小为$v_y = gt = 3$m/s
反弹后恰好击中G点，竖直方向有$d = v_yt' - \frac{1}{2}gt'^2$
解得向上运动的时间$t' = 0.1$s(另一根舍去)
水平方向有$d - x = vt'$
综上可解得$v = \frac{x_E + 0.25}{0.4}$
要使小滑块进入收集框，临界条件为恰好过H点，竖直方向有$h - d = \frac{1}{2}gt_0^2$
水平方向有$x_E = vt_0$
又因$v = \frac{x_E + 0.25}{0.4}$
综上解得$x_E = 0.25$m
故小滑块从D点飞出的速度大小$v$与收集框的E点坐标$x_E$之间应满足$v = \frac{x_E + 0.25}{0.4}$($x_E \leq 0.25$m)
模型分析
本题涉及三个物理模型——平抛运动模型、轻杆模型和斜抛运动模型。
(1)滑块从D点飞出落入收集框EFGH过程做平抛运动，可画出滑块恰好过H的临界轨迹，利用平抛运动的相关规律求解问题；
(2)滑块在圆弧管道CD部分运动时可类比轻杆模型，利用圆周运动规律求解相关问题；
(3)滑块击中收集框的底部反弹至收集框上的G点过程做斜上抛运动，运用运动的分解知识求解。