《2026年高中必刷题高中物理必修第二册人教版》

1. [甘肃天水一中 2025 高一下开学考]如图所示，一倾角为$\theta$的斜面体固定在水平地面上，现有一滑块以某一初速度沿斜面上滑到最高点后返回到出发点，上滑的时间是下滑时间的一半，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为(C)


A.$\frac{1}{3}\tan\theta$
B.$\frac{2}{3}\tan\theta$
C.$\frac{3}{5}\tan\theta$
D.$\frac{4}{5}\tan\theta$

答案： 1.C
思路导引　提取关键信息:①滑块上滑和下滑的位移大小相等;②滑块上滑的时间是下滑时间的一半。
[解析]由题意，滑块上滑过程，由动能定理可得$-(m g \sin \theta + \mu m g \cos \theta) L = 0 - \frac{1}{2} m v^{2}$，其中$L = \frac{v}{2} t$；滑块下滑过程，由动能定理可得$(m g \sin \theta - \mu m g \cos \theta) L = \frac{1}{2} m v'^{2} - 0$，其中$L = \frac{v'}{2} × 2t$，联立解得$\mu = \frac{3}{5} \tan \theta$，故选C。
快解　本题也可以用运动学公式和牛顿第二定律求解。根据牛顿第二定律，滑块上滑过程，有$m g \sin \theta + \mu m g \cos \theta = m a_{1}$，下滑过程，有$m g \sin \theta - \mu m g \cos \theta = m a_{2}$，由运动学公式有$\frac{1}{2} a_{1} t^{2} = L$，$\frac{1}{2} a_{2} · 4t^{2} = L$，联立可解得$\mu = \frac{3}{5} \tan \theta$。

2. [浙江宁波中学 2025 高一下期中](多选)如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，使用传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时刻被提升重物的速度$v$与对轻绳的拉力$F$，并描绘出图像.假设某次实验得到的$v-\frac{1}{F}$图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段$AB$与$v$轴平行，$B$点对应的坐标为$(\frac{1}{F_1},v_1)$，第二个时间段内线段$BC$的延长线过原点，第三个时间段内拉力$F$和速度$v$均与$C$点的坐标$(\frac{1}{F_2},v_2)$对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映.实验中测得第二个时间段内所用时间为$t$.重力加速度为$g$，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计.下列说法正确的是(AC)


A.重物的质量为$\frac{F_2}{g}$
B.第一个时间段内重物的位移大小为$\frac{v_1^2}{2g}$
C.$F_1v_1=F_2v_2$
D.重物在前两个时间段内的总位移大小为$v_2t+\frac{v_1^2F_1}{2g(F_1-F_2)}+\frac{v_1^2-v_2^2}{2g}$

答案： 2.AC　[解析]由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力大小相等，即$F_{2} = m g$，解得$m = \frac{F_{2}}{g}$，故A正确；第一个时间段内重物所受拉力大小为$F_{1}$，重物的加速度大小为$a = \frac{F_{1} - m g}{m} = \frac{(F_{1} - F_{2}) g}{F_{2}}$，第一个时间段内的位移大小为$x_{1} = \frac{v_{1}^{2}}{2a} = \frac{v_{1}^{2} F_{2}}{2g(F_{1} - F_{2})}$，故B错误；由$P = F v$可知，$v - \frac{1}{F}$的斜率表示功率，由题图乙可知，BC段的拉力功率不变，有$P = F_{1} v_{1} = F_{2} v_{2}$，故C正确；设第二个时间段内的位移大小为$x_{2}$，根据动能定理有$P t - m g x_{2} = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \frac{1}{2} m v_{1}^{2}$，解得$x_{2} = v_{2} t - \frac{v_{2}^{2} - v_{1}^{2}}{2g}$，所以重物
关键点：拉力的功率不变，故拉力做的功可以用$P t$来表示
在前两个时间段内通过的总位移大小为$x = x_{1} + x_{2} = v_{2} t + \frac{v_{1}^{2} F_{2}}{2g(F_{1} - F_{2})} - \frac{v_{2}^{2}}{2g}$，故D错误。

3. [河南郑州外国语集团五校 2024 高一下联考](多选)如图所示，$A$、$B$为两固定的弹性竖直挡板，相距$L = 5m$，$A$、$B$之间为水平导轨.质量为$1kg$的滑块(可视为质点)自$A$板处开始，以$v_0 = 6m/s$的速度沿动摩擦因数处处相同的水平导轨向$B$板运动，如果滑块与$A$、$B$挡板发生碰撞时无能量损失.为使滑块恰好停在$A$板右侧$1m$处，则摩擦力的大小可能为(BC)


A.$0.8N$
B.$\frac{6}{7}N$
C.$2N$
D.$3.6N$

答案： 3.BC　[解析]为使滑块恰好停在A板右侧1m处，则滑块经过的路程为$s_{1} = (n · 2L + 1) m = (10n + 1) m (n = 0,1,2,·s)$或$s_{2} = (n · 2L - 1) m = (10n - 1) m (n = 1,2,3,·s)$；滑块从开始
关键点：注意多解性，$s_{1}$为与挡板A碰后再走1m停下来的路程，$s_{2}$为与挡板B碰后再走到距A处1m的位置的路程
运动到停止有$-f s = 0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$，解得$f_{1} = \frac{18}{10n + 1}$N$(n = 0,1,2,·s)$或$f_{2} = \frac{18}{10n - 1}$N$(n = 1,2,3,·s)$，可知B、C正确。

4. 如图所示，在水平地面上竖直固定一挡板，轻质弹簧的左端固定在挡板上.质量为$m = 5kg$、长度为$L = 2m$的长木板静止放置在地面上，刚好与处于原长的水平弹簧的右端接触，木板右端在$P$点($P$为地面上一点).现对木板施加一个水平向左的推力，使木板向左缓缓移动一段距离，然后撤去推力，重力加速度$g$取$10m/s^2$.
(1)若木板与水平地面间的动摩擦因数$\mu_1 = 0.2$，弹簧压缩了$x = 0.2m$，水平推力做功$W_1 = 10J$，此时撤去推力，求木板相对开始时向右运动的距离；
(2)若$P$点左侧地面光滑，右侧粗糙，木板与右侧地面间的动摩擦因数为$\mu_2 = 0.4$，水平推力做功$W_2 = 50J$，求撤去推力后最终木板右端到$P$点的距离.

答案： 4.
(1)$0.6$m　
(2)$3.5$m
[解析]
(1)对木板，根据动能定理得$W_{1} - \mu_{1} m g (2x + x_{1}) = 0$，解得撤去推力后木板相对开始时向右运动的距离$x_{1} = 0.6$m。
(2)若P点左侧地面光滑，右侧粗糙，对木板，由动能定理得$W_{2} - W_{f} = 0$，
解得克服摩擦力做功为$W_{f} = 50$J，
设撤去推力后最终木板右端到P点的距离为$x_{2}$，若$x_{2} \leq L$，则$W_{f} = \frac{1}{2} \mu_{2} \frac{m g x_{2}}{L} · x_{2}$，
突破点：F-x图线与横轴围成图形的面积表示功
解得$x_{2} = \sqrt{10}$m$＞ L$，与假设矛盾，故$x_{2} ＞ L$，
则$W_{f} = \mu_{2} m g (x_{2} - \frac{L}{2})$，
解得$x_{2} = 3.5$m，所以撤去推力后最终木板右端到P点的距离为$3.5$m。