《2025年学霸高考黑题物理人教版》

1. (2025·云南卷)(多选)如图所示，倾角为 $ \theta $ 的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为 $ k $ 的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于 $ O $ 点。质量为 $ m $ 的滑块 $ Q $(视为质点)与斜面间的动摩擦因数 $ \mu = \tan \theta $。过程Ⅰ：$ Q $ 以速度 $ v_0 $ 从斜面底端 $ P $ 点沿斜面向上运动恰好能滑至 $ O $ 点；过程Ⅱ：将 $ Q $ 连接在弹簧的下端并拉至 $ P $ 点由静止释放，$ Q $ 通过 $ M $ 点(图中未画出)时速度最大，过 $ O $ 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为 $ g $。则(CD)

A.$ P $、$ M $ 两点之间的距离为 $ \frac{kv_0^2 - 4mg^2 \sin^2 \theta}{4kgsin \theta} $

B.过程Ⅱ中，$ Q $ 在从 $ P $ 点单向运动到 $ O $ 点的过程中损失的机械能为 $ \frac{1}{4}mv_0^2 $
C.过程Ⅱ中，$ Q $ 从 $ P $ 点沿斜面向上运动的最大位移为 $ \frac{kv_0^2 - 8mg^2 \sin^2 \theta}{2kgsin \theta} $
D.连接在弹簧下端的 $ Q $ 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在 $ OM $(含 $ O $、$ M $ 点)之间

答案：
1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①滑块质量为$m$，固定斜面倾角为$\theta$，与滑块之间的动摩擦因数为$\mu = \tan \theta$，弹簧劲度系数为$k$
$\Rightarrow$计算$PO$的距离$L$与$MO$的距离$L_1$
②$Q$以速度$v_0$从斜面底端$P$点沿斜面向上运动恰好能滑至$O$点
③将$Q$连接在弹簧的下端并拉至$P$点由静止释放，$Q$通过$M$点时速度最大
间接信息：
①$Q$沿斜面向下的分力$mg\sin \theta$等于滑动摩擦力$\mu mg\cos \theta$
②$M$点和$O$点是简谐运动中的两个受力平衡点
步骤B 设问反向推演
A.$P$、$M$之间的距离$\Leftrightarrow$计算$PO$的距离$L$与$MO$的距离$L_1$$\Leftrightarrow PM = PO - MO$
B.过程Ⅱ中$Q$从$P$到$O$损失的机械能$\Leftrightarrow$损失的机械能等于摩擦力与弹簧做的功
C.过程Ⅱ中$Q$沿斜面向上的最大位移$\Leftrightarrow$从$P$到最高点列能量守恒$\Leftrightarrow$连接在弹簧下端的$Q$释放后停止的位置$\Leftrightarrow$分析两个临界位置
步骤C 正反连接
A.$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$，$kL_1 = mg\sin \theta + \mu mg\cos \theta$
B.$\Delta E = \mu mg\cos \theta · L - W_{弹}$，$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$
C.$\frac{1}{2}kL^2 = mg\sin \theta · x + \mu mg\cos \theta · x + \frac{1}{2}k(x - L)^2$，$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$
D.$kL_1 = mg\sin \theta + \mu mg\cos \theta$，$mg\sin \theta = \mu mg\cos \theta$
【答案】CD 解析：A.设$PO$的距离为$L$，过程Ⅰ，根据动能定理有$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$，设$MO$的距离为$L_1$，过程Ⅱ中，当$Q$速度最大时，根据平衡条件$kL_1 = mg\sin \theta + \mu mg\cos \theta$，$P$、$M$两点之间的距离$L_2 = L - L_1$，联立可得$L_2 = \frac{kv_0^2 - 8mg^2\sin^2 \theta}{4kgsin \theta}$，故A错误；
B.根据功能关系，可知过程Ⅱ中，$Q$在从$P$点单向运动到$O$点的过程中损失的机械能$\Delta E = W_f - W_{弹} = \mu mg\cos \theta · L - W_{弹}$，结合$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$，可得$W_f = \frac{1}{4}mv_0^2$，则$\Delta E = \frac{1}{4}mv_0^2 - W_{弹}$，故B错误；
C.设过程Ⅱ中，$Q$从$P$点沿斜面向上运动的最大位移为$x$，根据能量守恒定律$\frac{1}{2}kL^2 = mg\sin \theta · x + \mu mg\cos \theta · x + \frac{1}{2}k(x - L)^2$，结合$-mg\sin \theta · L - \mu mg\cos \theta · L = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$，解得$x = \frac{kv_0^2 - 8mg^2\sin^2 \theta}{2kgsin \theta}$，故C正确；
D.无论$Q$从何处释放，$Q$在斜面上运动过程中，当在$M$点时，满足$kL_1 = mg\sin \theta + \mu mg\cos \theta$，当在$O$点时，满足$mg\sin \theta = \mu mg\cos \theta$，即在$OM$（含$O$、$M$点）之间，弹簧的力小于最大静摩擦力，$Q$总能够受力平衡，因此连接在弹簧下端的$Q$无论从斜面上何处释放，最终一定静止在$OM$（含$O$、$M$点）之间，故D正确.故选CD.
解析技巧:从题中可知，$O$、$M$分别为运动过程中两个受力平衡点，其中在$M$点时，$Q$向上运动，摩擦力向下，在$O$点时，$Q$向下运动，摩擦力向上。根据运动的对称性，$s_{PO}=s_{OP}$，$s_{PM}=s_{MP}$，因此$Q$从$P$点沿斜面向上运动的最大位移为$2PM$。当$Q$停在$OM$之间时，弹簧的力小于最大静摩擦力，$Q$总能够受力平衡，因此连接在弹簧下端的$Q$无论从斜面上何处释放，最终一定静止在$OM$（含$O$、$M$点）之间

2. (2025·江西十校协作体联考)弹簧连接体如图所示，质量为 $ M $ 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为 $ l_0 $ 的轻质弹簧一端固定于 $ O $ 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中 $ AO $ 水平，$ BO $ 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，$ O' $ 在 $ O $ 点正下方，$ C $ 是 $ AO' $ 段的中点，杆与竖直方向的夹角 $ \theta = 30^{\circ} $。现让小球从 $ A $ 处由静止释放，重力加速度为 $ g $，弹簧的劲度系数为 $ k = \frac{9mg}{l_0} $。查阅资料知，弹簧的弹性势能 $ E_p = \frac{1}{2}kx^2 $，其中 $ x $ 为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(D)

A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大

B.小球位于 $ A $ 点时的加速度大小为 $ \frac{\sqrt{3}}{2}g $
C.小球下滑到 $ B $ 点时的动能为 $ (11 - 3\sqrt{3})mgl_0 $
D.小球下滑到 $ C $ 点时的动能为 $ mgl_0 $

答案： 2.题型分析
弹簧连接体模型，机械能守恒，功能关系与对称性.
D 解析：A.下滑过程中小球的机械能与弹簧的弹性势能相互转化，由题意知在$B$处时弹簧的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的机械能先增大后减小，A错误；
B.由几何关系得$OO' = 2l_0$，$OA = OO'\tan 30^{\circ} = \frac{2\sqrt{3}l_0}{3}$，$O'A = 2OA = \frac{4\sqrt{3}l_0}{3}$，$AC = \frac{1}{2}O'A = \frac{2\sqrt{3}l_0}{3}$，$AB = OA\cos 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}l_0}{3}$，$BC = AC - AB = \frac{\sqrt{3}l_0}{3} = AB$，根据几何关系可得$OC = OA = \frac{2\sqrt{3}l_0}{3}$，$OB = l_0$，小球位于$A$点时的加速度$a = \frac{k(OA - OB)\cos 60^{\circ} + mg\sin 60^{\circ}}{m} = \frac{7\sqrt{3} - 9}{2}g$，B错误；
C.$A$、$B$两点间的高度差为$h_{AB} = OB\cos 30^{\circ} = \frac{1}{2}l_0$，由机械能守恒定律$mgh_{AB} + \frac{1}{2}k(OA - OB)^2 = E_{kB}$，解得$E_{kB} = (11 - 6\sqrt{3})mgl_0$，C错误；
D.$A$、$C$两点间的高度差$h_{AC} = OC\cos 30^{\circ} = l_0$，小球在两位置弹簧的弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得$mgl_0 = E_{kC}$，D正确.故选D.

3. (2025·重庆北碚区模拟)如图所示，倾角为 $ 37^{\circ} $ 的光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在斜面底部的挡板上，上端与物块 $ A $ 相连，物块 $ B $ 与物块 $ A $ 紧靠，初始时两物块静止不动，现对物块 $ B $ 缓慢施加沿斜面向下的外力 $ F $，使弹簧再压缩 $ 20 \, cm $，突然撤去外力。已知物块 $ A $、$ B $ 质量分别为 $ m_A = 0.6 \, kg $、$ m_B = 0.4 \, kg $，弹簧的劲度系数 $ k = 60 \, N/m $，弹簧的弹性势能 $ E_p = \frac{1}{2}kx^2 $($ k $ 为弹簧的劲度系数，$ x $ 为弹簧的形变量)，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $，$ \sin 37^{\circ} = 0.6 $，$ \cos 37^{\circ} = 0.8 $，下列说法正确的是(A)

A.物块 $ A $ 最大速度大小为 $ \frac{2\sqrt{15}}{5} \, m/s $
B.撤去外力瞬间两物块的加速度大小为 $ 18 \, m/s^2 $
C.两者分离时速度大小为 $ \sqrt{2} \, m/s $
D.两物块分离后物块 $ B $ 最大位移大小为 $ 0.20 \, m $

答案： 3.题型分析
弹簧连接体模型与分离问题.
A 解析：由题意可知，初始时两物块静止不动整体受力分析$(m_A + m_B)g\sin 37^{\circ} = kx_1$，解得此时弹簧的压缩量$x_1 = 0.1m$，撤去外力瞬间弹簧的压缩量$x_2 = x_1 + 20cm = 0.3m$.
A.经受力分析可知，当物体回到初始位置，即弹簧压缩量为$x_1 = 0.1m$时，此时物块$A$速度最大，由能量守恒可得$\frac{1}{2}kx_2^2 - \frac{1}{2}kx_1^2 = \frac{1}{2}(m_A + m_B)v_m^2 + (m_A + m_B)g(x_2 - x_1)\sin 37^{\circ}$，解得物块$A$最大速度$v_m = \frac{2\sqrt{15}}{5}m/s$，故A正确；
B.撤去外力瞬间，对两物块由牛顿第二定律得$kx_2 - (m_A + m_B)g\sin 37^{\circ} = (m_A + m_B)a$，解得加速度$a = 12m/s^2$，故B错误；
C.两者分离时弹簧处于原长，由能量守恒可得$\frac{1}{2}kx_2^2 = \frac{1}{2}(m_A + m_B) · v^2 + (m_A + m_B)gx_2\sin 37^{\circ}$，解得两者分离时速度大小$v = \frac{3\sqrt{5}}{5}m/s$，故C错误；
D.分离后对$B$受力分析$m_Bg\sin 37^{\circ} = m_Ba_B$，解得$a_B = 6m/s^2$，两物块分离后物块$B$最大位移大小$x_B = \frac{v^2}{2a_B} = 0.15m$，故D错误.故选A.