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2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
例1(多选，2024浙江金华期中)我国新能源汽车发展迅猛，从技术到生产都已经走在世界最前列。某公司对某款电动汽车性能进行了一项测试，让质量为$m$的汽车沿水平路面直线行驶，该电动汽车的额定功率为$P$，测试得到能长时间以最大速度$v$行驶，测试时有一段限速路段，汽车进入限速路段开始功率减小$\frac{1}{5}$并以此功率行驶，汽车从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，行驶的位移为$x$。设整个路面上汽车所受的阻力大小不变，则在整个过程中，下列说法正确的是(
A.从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，电动汽车的牵引力不断减小
B.汽车再次达到的稳定速度大小为$\frac{4v}{5}$
C.从开始减速到再次达到稳定速度经历的时间为$\frac{5x}{4v}-\frac{9mv^{2}}{40P}$
D.汽车进入限速路段瞬间的加速度大小为$\frac{4P}{5mv}$
BC
)A.从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，电动汽车的牵引力不断减小
B.汽车再次达到的稳定速度大小为$\frac{4v}{5}$
C.从开始减速到再次达到稳定速度经历的时间为$\frac{5x}{4v}-\frac{9mv^{2}}{40P}$
D.汽车进入限速路段瞬间的加速度大小为$\frac{4P}{5mv}$
答案：
汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力相等，则有$f=\frac{P}{v}$，功率变为$\frac{4}{5}P$瞬间，汽车牵引力为$F=\frac{\frac{4}{5}P}{v}=\frac{4}{5}f$，此时，汽车减速，加速度大小为$a=\frac{f - F}{m}=\frac{P}{5mv}$，故D错误；汽车再次达到稳定速度时，有$\frac{4}{5}P = fv'$，解得$v'=\frac{4}{5}v$，故B正确；汽车再次达到稳定速度时，汽车牵引力为$f$，所以从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，电动汽车的牵引力并不是不断减小，故A错误；从开始减速到再次达到稳定速度的过程中，由动能定理，有$\frac{4}{5}Pt - fx=\frac{1}{2}m(v')^{2}-\frac{1}{2}mv^{2}$，解得$t=\frac{5x}{4v}-\frac{9mv^{2}}{40P}$，故C正确。
答案 BC
答案 BC
例2（2024山东德州期中）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。$P$为弹性发射装置，$AB$为倾角$\theta = 37^{\circ}$的倾斜轨道，$BC$为水平轨道，$CDC'$为竖直圆轨道，$C'E$为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以$A$点为坐标原点，水平向右为$x$轴正方向，竖直向上为$y$轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为$m$，圆轨道半径$R = 1m$，$BC$长为$3m$，滑块与$AB$、$BC$段间的动摩擦因数均为$\mu = 0.25$，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置$P$弹出的速度为$4m/s$，且恰好从$A$点沿$AB$方向进入轨道，滑块可视为质点，取重力加速度$g = 10m/s^{2}$，$\sin37^{\circ}=0.6$，$\cos37^{\circ}=0.8$。
(1) 求滑块从弹射装置$P$弹出时的坐标值。
(2) 若滑块恰好能通过$D$点，求轨道$AB$的长度。
(3) 若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道$AB$的长度。
(4) 若轨道$AB$的长度为$3.5m$，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
(1) 求滑块从弹射装置$P$弹出时的坐标值。
(2) 若滑块恰好能通过$D$点，求轨道$AB$的长度。
(3) 若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道$AB$的长度。
(4) 若轨道$AB$的长度为$3.5m$，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
答案：
(1) 对滑块由$P$到$A$的运动，根据平抛运动的规律，有$v_{y}=v_{0}\tan\theta = 3m/s$，在竖直方向，有$v_{y}^{2}=2gy$，解得$y = 0.45m$。运动时间为$t=\frac{v_{y}}{g}=0.3s$，则$x = v_{0}t = 1.2m$，即弹出时位置的坐标值为$(1.2m,0.45m)$。
(2) 滑块恰好能通过$D$点，在最高点，由重力提供向心力，有$mg = m\frac{v_{1}^{2}}{R}$，从$P$到圆轨道最高点，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}\sin\theta - 2R)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}-\mu mgx_{BC}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立解得$x_{AB}=5m$。
(3) 滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一种是刚好在圆轨道最高点压力为$0$时，另一种是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由
(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时$x_{AB}=5m$。滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从$P$到与圆心等高的位置，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}'\sin\theta - R)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}'-\mu mgx_{BC}=0-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，解得$x_{AB}'=1.25m$，故滑块从$A$点切入后不脱离轨道时，$AB$的长度应满足$x_{AB}\geq5m$或$x_{AB}\leq1.25m$。
(4) 由
(3)知，$x_{AB}=3.5m$时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨位置和圆心的连线与水平方向的夹角为$\alpha$，则脱轨时，由牛顿第二定律，有$mg\sin\alpha=\frac{mv_{2}^{2}}{R}$，从$P$到脱轨的位置，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}''\sin\theta - R - R\sin\alpha)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}''-\mu mgx_{BC}=\frac{1}{2}mv_{2}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立解得$\sin\alpha = 0.6$，即滑块在圆心以上$R\sin\alpha = 0.6m$处脱轨。
答案
(1)$(1.2m,0.45m)$
(2)$x_{AB}=5m$
(3)$x_{AB}\geq5m$或$x_{AB}\leq1.25m$
(4)滑块会脱轨，滑块在圆心以上$0.6m$处脱轨
(1) 对滑块由$P$到$A$的运动，根据平抛运动的规律，有$v_{y}=v_{0}\tan\theta = 3m/s$，在竖直方向，有$v_{y}^{2}=2gy$，解得$y = 0.45m$。运动时间为$t=\frac{v_{y}}{g}=0.3s$，则$x = v_{0}t = 1.2m$，即弹出时位置的坐标值为$(1.2m,0.45m)$。
(2) 滑块恰好能通过$D$点，在最高点，由重力提供向心力，有$mg = m\frac{v_{1}^{2}}{R}$，从$P$到圆轨道最高点，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}\sin\theta - 2R)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}-\mu mgx_{BC}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立解得$x_{AB}=5m$。
(3) 滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一种是刚好在圆轨道最高点压力为$0$时，另一种是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由
(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时$x_{AB}=5m$。滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从$P$到与圆心等高的位置，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}'\sin\theta - R)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}'-\mu mgx_{BC}=0-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，解得$x_{AB}'=1.25m$，故滑块从$A$点切入后不脱离轨道时，$AB$的长度应满足$x_{AB}\geq5m$或$x_{AB}\leq1.25m$。
(4) 由
(3)知，$x_{AB}=3.5m$时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨位置和圆心的连线与水平方向的夹角为$\alpha$，则脱轨时，由牛顿第二定律，有$mg\sin\alpha=\frac{mv_{2}^{2}}{R}$，从$P$到脱轨的位置，由动能定理，有$mg(y + x_{AB}''\sin\theta - R - R\sin\alpha)-\mu mg\cos\theta· x_{AB}''-\mu mgx_{BC}=\frac{1}{2}mv_{2}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立解得$\sin\alpha = 0.6$，即滑块在圆心以上$R\sin\alpha = 0.6m$处脱轨。
答案
(1)$(1.2m,0.45m)$
(2)$x_{AB}=5m$
(3)$x_{AB}\geq5m$或$x_{AB}\leq1.25m$
(4)滑块会脱轨，滑块在圆心以上$0.6m$处脱轨
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