《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2024福建三校协作联考)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为
(C)


A.$\frac{39H}{sinθ}$
B.$\frac{29H}{sinθ}$
C.$\frac{19H}{sinθ}$
D.$\frac{9H}{sinθ}$

答案： 1.C 小物块第一次到达O点时，根据动能定理可得小物块获得的动能为$E_{k0}=mgH$，此过程中物块运动的路程为$s_{0}=\frac{H}{\sin\theta}$，小物块第1次经过O点在左斜面上滑过程，有$E_{k1}=0.9E_{k0}=0.9mgH=mgH_{1}$，小滑块在左斜面上运动的路程为$s_{1}=2×\frac{H_{1}}{\sin\theta}=2×\frac{0.9H}{\sin\theta}$，第2次经过O点沿右斜面上滑时，有$E_{k2}=0.9E_{k1}=(0.9)^{2}E_{k0}=(0.9)^{2}mgH=mgH_{2}$，小滑块在右斜面上运动的路程为$s_{2}=2×\frac{H_{2}}{\sin\theta}=2×\frac{(0.9)^{2}H}{\sin\theta}$，由此可知，小物块从开始下滑到最终停止于O点，运动的总路程为$s = s_{0}+s_{1}+s_{2}+·s+s_{n}=\frac{H}{\sin\theta}+2×\frac{0.9H}{\sin\theta}+2×\frac{(0.9)^{2}H}{\sin\theta}+·s+2×\frac{(0.9)^{n - 1}H}{\sin\theta}$，可得当n趋近于无穷大时，有$s=\frac{H}{\sin\theta}+\frac{2×0.9H}{\sin\theta(1 - 0.9)}=\frac{19H}{\sin\theta}$，故C正确。

2. (2024山东泰安期中)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。
(1)求物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程。
(2)求最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力。
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L'应满足什么条件?

答案： 2.
(1)物体从P点出发至最终到达B点速度为0的全过程，由动能定理，有$mgR\cos\theta-\mu mgs\cos\theta = 0$，解得$s=\frac{R}{\mu}$。
(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往返运动，物体从B点运动到E点的过程，由动能定理，有$mgR(1 - \cos\theta)=\frac{1}{2}mv_{E}^{2}$，在E点，由牛顿第二定律，有$F_{N}-mg = m\frac{v_{E}^{2}}{R}$，联立解得$F_{N}=(3 - 2\cos\theta)mg$，由牛顿第三定律，知物体对圆弧轨道E点的压力$F_{N}'=F_{N}=(3 - 2\cos\theta)mg$，方向竖直向下。
(3)设物体刚好到达D点，则由牛顿第二定律，有$mg = m\frac{v_{D}^{2}}{R}$，对全过程由动能定理，有$mgL'\sin\theta-\mu mg\cos\theta· L'-mgR(1 + \cos\theta)=\frac{1}{2}mv_{D}^{2}$，由以上两式得$L'$应满足条件$L'=\frac{3 + 2\cos\theta}{2(\sin\theta-\mu\cos\theta)}R$，则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离$L'$应满足$L'\geqslant\frac{3 + 2\cos\theta}{2(\sin\theta-\mu\cos\theta)}R$。

3. (2025湖北武汉调研模拟)有一款闯关游戏可以简化为如图所示的模型。可视为质点的物块A和长L=16m的木板B叠放在左侧粗糙水平地面上，A、B的质量分别为m_A=50g和m_B=10g，A、B之间以及B与地面之间的动摩擦因数分别为μ₁=0.2和μ₂=0.1。距B右侧d=8m处有一与B上表面平齐的光滑台面，台面上固定一半径可调的光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端两侧稍微错开，分别与左右台面平滑过渡(未画出)，N与圆心O等高。现让A从B上合适的位置以合适的初速度v_0开始向右滑动，游戏环节中A只能经由B的右端滑上台面，沿圆弧轨道做完整的圆周运动，并最终被接收盒“捕获”，游戏便获得成功。已知B与台面相碰反弹运动一小段距离便被锁定静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s²。求：
(1)A、B刚开始滑动时的加速度大小；
(2)若圆弧轨道半径R₁=$\frac{\sqrt{3}}{5}$m，A恰好能到达N点，A在PN段运动时克服重力做功的最大瞬时功率(结果可用分式或根式表示)；
(3)若圆弧轨道半径R₂=0.08m，为确保游戏能成功，A的初速度v_0的取值范围。

答案： 3.
(1)设A、B开始滑动时的加速度大小分别为$a_{1}$、$a_{2}$，对物块A，由牛顿第二定律有$\mu_{1}m_{A}g = m_{A}a_{1}$，解得$a_{1}=2m/s^{2}$；对木板B，由牛顿第二定律有$\mu_{1}m_{A}g-\mu_{2}(m_{A}+m_{B})g = m_{B}a_{2}$，解得$a_{2}=4m/s^{2}$。
(2)设A运动到圆弧轨道上的C点时，克服重力做功的瞬时功率最大，此时竖直方向分加速度为零，设此时C、O连线与竖直方向的夹角为$\theta$，A的速度为$v_{C}$，A受到轨道支持力的大小为$F_{N}$，在竖直方向上，有$m_{A}g = F_{N}\cos\theta$，沿半径方向，由牛顿第二定律有$F_{N}-m_{A}g\cos\theta = m_{A}\frac{v_{C}^{2}}{R_{1}}$，A从C点运动到N点，由机械能守恒定律有$\frac{1}{2}m_{A}v_{C}^{2}=m_{A}gR_{1}\cos\theta$，A克服重力做功的最大瞬时功率为$P = m_{A}gv_{C}\sin\theta$，联立上述各式解得$P=\frac{\sqrt{6}}{3}W$。
(3)调整圆弧轨道半径，设A在P、Q两点的速度分别为$v_{P}$、$v_{Q}$，从P点到Q点，由动能定理有$-m_{A}g·2R_{2}=\frac{1}{2}m_{A}v_{Q}^{2}-\frac{1}{2}m_{A}v_{P}^{2}$，要使A恰好做完整的圆周运动，在Q点有$m_{A}g = m_{A}\frac{v_{Q}^{2}}{R_{2}}$，解得$v_{P}=2m/s$。情形1：当A相对B从最左端滑到最右端时，B恰好运动到台面处，且$v_{A}＞v_{B}$时，A对应的$v_{0}$有最大值，设B从开始运动到与台面相碰所用的时间为$t_{1}$，则在这段时间内B的位移为$d=\frac{1}{2}a_{2}t_{1}^{2}$，A与B的相对位移为$L=(v_{0\max}t_{1}-\frac{1}{2}a_{1}t_{1}^{2})-\frac{1}{2}a_{2}t_{1}^{2}$，解得$v_{0\max}=14m/s$，此时A到达台面的速度为$v = v_{0\max}-a_{1}t_{1}=10m/s$，B运动到台面处的速度为$v_{B}=a_{2}t_{1}=8m/s$，满足$v＞v_{B}$，情形2：当A与B达到共同速度时，A恰好滑到B右端，之后A与B一起减速运动至台面，A对应的$v_{0}$有最小值，设A与B一起运动的加速度为$a_{3}$，由牛顿第二定律有$\mu_{2}(m_{A}+m_{B})g=(m_{A}+m_{B})a_{3}$，设A与B达到共同的速度为$v_{共}$，所用时间为$t_{2}$，有$v_{共}=v_{0\min}-a_{1}t_{2}=a_{2}t_{2}$，B的总位移为$d=\frac{1}{2}a_{2}t_{2}^{2}+\frac{v_{共}^{2}-v_{P}^{2}}{2a_{3}}$，联立上述各式解得$v_{0\min}=6m/s$，则初速度的取值范围为$6m/s\leqslant v_{0}\leqslant14m/s$。