《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1.(2024 上海徐汇期中)如图所示，一劲度系数为 $ k $ 的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为 $ m $ 的小球，已知弹簧受到的拉力 $ F = kx $，$ x $ 为其形变量。以小球的平衡位置 $ O $ 为坐标原点，$ x $ 轴正方向竖直向下。若取坐标原点为系统势能的零点，则当小球位于坐标为 $ x_0 $ 的位置时，系统的总势能为(D)


A.$ \frac{1}{2}kx_0^2 - mgx_0 $
B.$ \frac{1}{2}k(x_0 + \frac{mg}{k})^2 - mgx_0 $
C.$ \frac{1}{2}k(x_0 + \frac{mg}{k})^2 $
D.$ \frac{1}{2}kx_0^2 $

答案： 1. D 小球位于原点时，弹簧的弹力大小为$mg$，因为$F$与$x$成正比例关系，所以小球从原点到坐标为$x_0$的过程中，$F$对位移的平均值为$F = \frac{mg + (mg + kx_0)}{2} = mg + \frac{1}{2}kx_0$，根据功能关系，有$0 - E_p = mgx_0 - Fx_0$，解得$E_p = \frac{1}{2}kx_0^2$，故D正确。

2.(多选，2025 湖南常德七中开学考)如图所示，一根轻弹簧一端固定于 $ O $ 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为 $ \theta = 30^{\circ} $ 的固定光滑斜面上的 $ A $ 点，此时弹簧恰好水平。将滑块从 $ A $ 点由静止释放，经 $ B $ 点到达位于 $ O $ 点正下方的 $ C $ 点。当滑块运动到 $ B $ 点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。已知 $ OB $ 的距离为 $ L $，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 $ g $，则滑块由 $ A $ 运动到 $ C $ 的过程中(BC)


A.滑块的加速度先减小后增大
B.滑块的速度一直在增大
C.滑块经过 $ B $ 点时的速度大于 $ \sqrt{gL} $
D.滑块经过 $ C $ 点的速度可能小于 $ \sqrt{2gL} $

答案： 2. BC 弹簧原长为$L$，在$A$点不离开斜面，则$k\left(\frac{L}{\sin 30^{\circ}} - L\right)\sin 30^{\circ} \leq mg\cos 30^{\circ}$，在$C$点不离开斜面，则有$k\left(\frac{L}{\cos 30^{\circ}} - L\right)\cos 30^{\circ} \leq mg\cos 30^{\circ}$，从$A$点滑至$C$点，设弹簧与斜面夹角为$\alpha$（范围为$30^{\circ} \leq \alpha \leq 90^{\circ}$），从$B$点滑至$C$点，设弹簧与斜面的夹角为$\beta$，则$mg\sin 30^{\circ} - kx\cos \beta = ma_2$，可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，A错误，B正确；从$A$点滑到$B$点，由机械能守恒定律可得$mgL\cos 30^{\circ} + E_p = \frac{1}{2}mv_B^2$，解得$v_B = \sqrt{2gL\cos 30^{\circ} + 2\frac{E_p}{m}} = \sqrt{\sqrt{3}gL + 2\frac{E_p}{m}} ＞ \sqrt{gL}$，C正确；从$A$点滑到$C$点，由机械能守恒可得$mg\frac{L}{\cos 30^{\circ}} + E_p' = \frac{1}{2}mv_C^2$，解得$v_C = \sqrt{2g\frac{L}{\cos 30^{\circ}} + 2\frac{E_p'}{m}} = \sqrt{\frac{4\sqrt{3}}{3}gL + 2\frac{E_p'}{m}} ＞ \sqrt{2gL}$，D错误。

3.（2025 陕西西安模拟）如图所示，一质量为 $ m = 1\ kg $ 的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为 $ M = 3\ kg $ 的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为 $ \mu = 0.5 $。一条弹性绳一端系于天花板上的 $ O $ 点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律 $ F = kx $，劲度系数为 $ k = 100\ N/m $，弹性绳所具有的弹性势能 $ E_p = \frac{1}{2}kx^2 $。在 $ O $ 点正下方 $ A $ 点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知 $ O $、$ A $ 之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在 $ O $、$ A $ 的正下方 $ B $ 点时，弹性绳的伸长量为 $ h = 0.1\ m $。某时刻突然在 $ B $ 处给予两者一共同向右的速度 $ v $，在 此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。

（1）$ v $ 为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与 $ B $ 的距离。
（2）若 $ v = 2\sqrt{3}\ m/s $，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为 0 且固定不动，求此后滑块向右运动距 $ B $ 点的最大距离。
（3）求在第（2）问条件下滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。

答案：
3.
(1) 当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块中心到$A$点的距离为$L$，位移为$x_1$，弹性绳的弹力大小为$F$，弹性绳与竖直方向的夹角为$\theta$，如图所示，弹性绳弹力的水平分力$F_x = kL\sin\theta = kx_1$，弹性绳弹力的竖直分力$F_y = kL\cos\theta = kh = 10 N$，对滑块，有$F_N + F_y = Mg$，对整体，有$F_x = (M + m)a$，对木板，有$f = ma$，又$f = \mu F_N = \mu(Mg - F_y) = 10 N$，联立求得$x_1 = 0.4 m$，即出现相对滑动的位置与$B$的距离为$0.4 m$。根据机械能守恒定律，有$\frac{1}{2}kL^2 - \frac{1}{2}kh^2 = \frac{1}{2}(m + M)v_1^2$，即$\frac{1}{2}kx_1^2 = \frac{1}{2}(m + M)v_1^2$，解得$v_1 = 2 m/s$，即$v ＞ v_1 = 2 m/s$时滑块到达某处时将与木板出现相对滑动。
　　　　　　
(2) 因为$v = 2\sqrt{3} m/s ＞ 2 m/s$，设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为$v_2$，根据机械能守恒定律，有$\frac{1}{2}kx_2^2 = \frac{1}{2}(m + M)v_2^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2$，其中$x_2 = x_1 = 0.4 m$，求得$v_2 = 2\sqrt{2} m/s$，此后木板停止运动，物块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对$B$点的位移为$x_3$，根据能量守恒定律，有$\frac{1}{2}kx_3^2 - \frac{1}{2}kx_2^2 + f(x_3 - x_2) = \frac{1}{2}Mv_2^2$，解得$x_3 = 0.6 m$(另一解$x_3 = -0.8 m$不合理，舍去)，故滑块向右运动距$B$点的最大距离为$0.6 m$。
(3) 因$kx_3 = 100 × 0.6 N = 60 N ＞ f = 10 N$，故滑块不能静止而向左滑动。设向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对$B$点的位移为$x_4$，根据能量守恒定律，有$\frac{1}{2}kx_3^2 - \frac{1}{2}kx_4^2 = f(x_3 - x_4)$，解得$x_4 = -0.4 m$(另一解$x_4 = 0.6 m$不合理，舍去)，负号说明滑块位于$B$点左侧$0.4 m$处，因$k\vert x_4\vert = 100 × 0.4 N = 40 N ＞ f = 10 N$，故滑块不能静止而向右运动。同理对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有$\frac{1}{2}kx_4^2 - \frac{1}{2}kx_5^2 = f(x_5 - x_4)$，解得$x_5 = 0.2 m$(另一解$x_5 = -0.4 m$不合理，舍去)，因$kx_5 = 100 × 0.2 N = 20 N ＞ f = 10 N$，故滑块不能静止而向左运动。同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有$\frac{1}{2}kx_5^2 - \frac{1}{2}kx_6^2 = f(x_5 - x_6)$，解得$x_6 = 0$(另一解$x_6 = 0.2 m$不合理，舍去)，故滑块最终静止于$B$点。在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板摩擦产生的热量为$Q$，根据能量守恒定律，有$Q = \frac{1}{2}kx_2^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2 = 20 J$。