《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典模拟1
(斜面连接体模型+分离问题+变力做功+动能定理)(2024·湖北云学名校联盟联考)如图所示，倾角为$30^{\circ}$的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与质量为$1$kg的小滑块$A$相连，$A$上叠放另一个质量为$2$kg的小滑块$B$，弹簧的劲度系数为$k = 50$N/m，初始时系统处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力$F$作用在滑块$B$上，使$B$开始沿斜面向上做加速度大小为$2$m/s²的匀加速直线运动。重力加速度$g$取$10$m/s²，不计空气阻力。从开始运动到$A$、$B$分离瞬间，拉力$F$做的功为(B)


A.$1.76$J
B.$1.6$J
C.$1.4$J
D.$1.12$J

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$m_A=1\ kg,m_B=2\ kg,\theta=30°,k=50\ N/m$
②开始时$A$、$B$静止
③在$F$作用下一起做匀加速运动直到分离，$a=2\ m/s^2$
间接信息：
①开始时$kx_0=(m_A+m_B)g\sin\theta$，计算出$x_0=0.3\ m$，弹簧压缩
②分离时$A$、$B$之间弹力为$0$，$A$的加速度还是$a=2\ m/s^2$，则$kx_1-m_A g\sin\theta=m_A a$，计算出$x_1=0.14\ m$，弹簧压缩
步骤B 设问反向推演
求从开始运动到$A$、$B$分离瞬间，拉力$F$做的功
$\Rightarrow$把$A$、$B$当成整体，该过程中有弹簧弹力、重力和$F$三个力做功，选择用动能定理间接求$F$做的功
$\Rightarrow$需要求出$A$、$B$沿斜面移动的距离$x$，上升的高度$h$
$\Rightarrow$还需要计算出弹簧弹力的平均值，用平均力求弹力做的功
步骤C正反连接
$x=x_0-x_1=0.16\ m,h=x\sin\theta=0.08\ m$
$v^2=2ax,v=0.8\ m/s$
$W_{弹}+W_G+W_F=\Delta E_k$
$W_{弹}=\frac{1}{2}(kx_0+kx_1)x=1.76\ J$
$W_G=-(m_A+m_B)gh=-2.4\ J$
$\Delta E_k=\frac{1}{2}mv^2=0.96\ J$
代入计算出$W_F=1.6\ J$
【答案】B
解析：初始时系统处于静止状态，设此时弹簧压缩量为$x_0$，对小滑块$A$和$B$组成的系统，根据胡克定律和平衡条件得$kx_0=(m_A+m_B)g\sin\theta$，
解得弹簧压缩量$x_0=0.3\ m$，
小滑块$A$、$B$分离瞬间，两者之间的弹力恰好为零，且有相同的加速度$a$，设此时弹簧的压缩量为$x_1$，则对小滑块$A$由牛顿第二定律得$kx_1-m_A g\sin\theta=m_A a$，解得$x_1=0.14\ m$，
由运动学定律$v^2=2ax$，解得$v=0.8\ m/s$，弹簧弹力做功$W_{弹}=\frac{1}{2}(kx_0+kx_1)x=1.76\ J$，重力做功$W_G=-(m_A+m_B)gh=-2.4\ J$，动能增加量$\Delta E_k=\frac{1}{2}mv^2=0.96\ J$，由动能定理$W_{弹}+W_G+W_F=\Delta E_k$，
将各量代入上式可解得$W_F=1.6\ J$，
故B正确.故选B.

(变力做功+图像法+动能定理)(2025·安徽蚌埠一模)(多选)如图甲所示，质量为$8$kg的物体受水平推力$F$作用在水平面上由静止开始运动，推力$F$随位移$x$变化的关系如图乙所示，运动$10$m后撤去推力$F$。已知物体与地面间的动摩擦因数为$0.5$，重力加速度$g$取$10$m/s²，在物体运动的整个过程中(AB)


A.推力对物体做的功为$480$J
B.物体的位移为$12$m
C.物体的加速度大小先减小后不变
D.物体在$x = 5$m时速度最大，最大速度为$6$m/s

答案： 2.题型分析
本题可以利用$F-x$图像的面积来计算做功，还用到了动能定理.
AB 解析：A.根据$F-x$图像的面积表示力做功，可知推力对物体做的功为$W_F=\frac{1}{2}×(2+10)×80\ J=480\ J$，故A正确；
B.设物体整个运动过程的位移大小为$x_0$，根据动能定理可得$W_F-\mu mgx_0=0$，解得$x_0=12\ m$，故B正确；
C.当推力不变时，物体的加速度大小不变；当推力开始减小时，一开始推力大于摩擦力，物体的加速度逐渐减小；当推力等于摩擦力时，物体的加速度为$0$，之后推力小于摩擦力，物体的加速度反向逐渐增大，撤去推力后，物体的加速度大小保持不变，故C错误；
D.当推力等于摩擦力时，物体速度最大，则有$F=\mu mg=40\ N$，结合$F-x$图像可知此时$x=6\ m$，根据动能定理可得$W_F'-\mu mgx=\frac{1}{2}mv_m^2-0$，
其中$W_F'=80×2\ J+\frac{1}{2}×(80+40)×4\ J=400\ J$，解得最大速度为$v_m=2\sqrt{10}\ m/s$，故D错误.故选AB.

(变力做功+平均力法+动能定理)(2025·吉林长春模拟)(多选)如图所示，一个质量为$m$的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为$\mu$，现给环一个向右的初速度$v_{0}$，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力$F$，$F = kv$($k$为常数，$v$为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功可能为(AD)


A.$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$
B.$\frac{m^{3}g^{2}}{2k^{2}}-\frac{mv_{0}}{2}$
C.$\frac{m^{3}g^{2}}{2k^{2}}+\frac{mv_{0}^{2}}{2}$
D.$\frac{mv_{0}^{2}}{2}-\frac{m^{3}g^{2}}{2k^{2}}$

答案： 3.题型分析
本题中重力$G$和外力$F$都不做功，只有摩擦力做功，使用动能定理求解.
AD 解析：依题意，分以下三种情形：
情景①：给环一个向右的初速度$v_0$，如果重力恰好等于$F$，则物体做匀速直线运动，摩擦力为$0$，不做功；
情景②：如果环受摩擦力则做减速运动，若开始时环的重力大于$F$，支持力方向向上，圆环速度最终减为$0$，根据动能定理可得，克服摩擦力做功为$W_f=\frac{1}{2}mv_0^2$；
情景③：如果环受摩擦力则做减速运动，若开始时环的重力小于$F$，则支持力方向向下，做减速运动，由$F=kv$，可知$F$逐渐减小，当重力跟$F$相等时摩擦力为$0$，设物体做匀速运动末速度为$v$，则有$mg=kv$，
所以物体匀速运动时的动能为$\frac{1}{2}mv^2=\frac{m^3g^2}{2k^2}$，根据动能定理可得克服摩擦力做功为$W_f=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{m^3g^2}{2k^2}$.故AD正确，
BC错误.故选AD.

（弹簧模型+圆周运动+动能定理）（2025·江苏南通模拟）如图所示，足够长的水平轻杆中点$O$固定竖直轻质转轴，小球$A$和$B$分别套在水平杆中点两侧，原长$L_{0}=0.8$m的轻质弹簧一端固定在$O$点，下端与套在转轴上的小球$C$连接，$C$分别与$A$、$B$用长$L = 1$m的轻质细线连接，装置静止时，两根绳恰好拉直且无张力，在外力作用下，装置绕转轴缓慢增大转速，$C$缓慢上升，小球$A$、$B$、$C$的质量均为$m = 1$kg，均可看成质点，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，$\sin37^{\circ}=0.6$，$\cos37^{\circ}=0.8$，重力加速度$g$取$10$m/s²，求：
（1）弹簧的劲度系数$k$；
（2）当绳$AC$与水平方向成$37^{\circ}$时，装置转动的角速度$\omega$；
（3）从静止开始到绳$AC$与水平方向成$37^{\circ}$过程中，外力对装置做的功$W$。

答案： 4.题型分析
通过动能定理求圆周运动中的变力做功.
(1)$50\ N/m$
(2)$\frac{5\sqrt{6}}{3}\ rad/s$
(3)$\frac{44}{3}\ J$
解析：
(1)小球$C$受力平衡，$k(L-L_0)=mg$，
解得$k=50\ N/m$；
(2)由题意可得，初始状态下，弹簧拉伸$\Delta L_1=L-L_0=0.2\ m$，
当$AC$绳与水平方向成$37°$时，小球$C$上升$\Delta h=L-L\sin37°=0.4\ m$，
即此时弹簧压缩$\Delta L_2=0.4\ m-0.2\ m=0.2\ m$，
对小球$C$受力分析：$2T\sin37°=mg+k(L_0-L\sin37°)$，
对小球$A$根据牛顿第二定律有：$T\cos37°=m\omega^2L\cos37°$，
解得$\omega=\frac{5\sqrt{6}}{3}\ rad/s$；
(3)细绳从竖直位置到与水平方向成$37°$过程中，弹簧弹性势能不变，
小球的速度$v=\omega L\cos37°$，
竖直转轴对小球系统做功$W=mg(L-L\sin37°)+2×\frac{1}{2}mv^2$，
解得$W=\frac{44}{3}\ J$.