《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2024江苏常州月考)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L的等边三角形小物块,已知其身长为3L,总质量为m,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为(B)


A.$\frac{1}{2}mgL$
B.$\frac{\sqrt{3}}{12}mgL$
C.$\frac{\sqrt{3}}{6}mgL$
D.$\frac{\sqrt{3}}{4}mgL$

答案： 1.B 解析：取小物块底端所在平面为零势能面，初状态小虫的重力势能为$W_1=\frac{1}{3}mg·\frac{L}{2}\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{12}mgL$，小虫头部越过小物块顶刚到达小物块底端时的重力势能为$W_2=\frac{2}{3}mg·\frac{L}{2}\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{6}mgL$，则小虫重力势能的变化量为$\Delta W=W_2-W_1=\frac{\sqrt{3}}{12}mgL$，B正确.

2. (2024广西柳州期中)如图所示,物体A的质量为m,A的上端连接一个轻质弹簧,弹簧原长为$L_{0}$,劲度系数为k,整个系统置于水平地面上.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,B点上移距离为L,此时物体A也已经离开地面,重力加速度为g,则下列说法正确的是(D)


A.提弹簧的力对系统做的功为mgL
B.物体A的重力势能增加mgL
C.物体A的重力势能增加$mg(L - L_{0})$
D.物体A的重力势能增加$mg(L - \frac{mg}{k})$

答案： 2.D 解析：将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于$mg$，物体离地后等于$mg$，B点上移的位移为$L$，故提弹簧的力对系统做的功小于$mgL$，故A错误；B点上移距离为$L$，弹簧伸长量为$\Delta L=\frac{mg}{k}$，故A上升的高度为$L-\Delta L$，所以物体A的重力势能增加$mg(L-\frac{mg}{k})$，故B、C错误，D正确.

3. (2024江苏宿迁期末)如图所示,一轻质弹簧上端固定在粗糙斜面顶端,下端挂一物体,物体在A点处于平衡状态.现用平行斜面向下的力拉物体,第一次直接拉到B点;第二次将物体拉到C点后,再让物体回到B点,则(D)


A.第一次物体的重力势能改变量大
B.第二次弹簧的弹性势能改变量大
C.两次过程中摩擦力对物体做的功相等
D.两次过程中弹簧弹力对物体做的功相等

答案： 3.D 解析：第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置一样，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系可知两次重力势能改变量相等，A错误；由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，弹簧弹力对物体做的功相等，D正确，B错误；设斜面倾角为$\theta$，第一次直接将物体拉到B点，摩擦力对物体做的功$W_{f1}=-\mu mgx_{AB}\cos\theta$，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，摩擦力对物体做的功$W_{f2}=-\mu mgx_{AC}\cos\theta-\mu mgx_{BC}\cos\theta$，故两次摩擦力对物体做的功不相等，C错误.
规律总结 弹簧弹力做功与弹性势能关系为$W_{弹}=-\Delta E_p=E_{p1}-E_{p2}$，弹力做正功，即弹簧对外界做功，消耗自身能量，故弹性势能减少；弹力做负功，即外界对弹簧做功，增加自身能量，故弹性势能增加.

4. (多选,2024北京师范大学附属中学期末)我们知道,处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的,当水不再流动时,同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能,即水面是等势面.通常稳定状态下水面为水平面,但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动,稳定时水面呈凹状,如图所示.这一现象仍然可用等势面解释:以桶为参考系,桶中的水还多受到一个“力”,同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”.为便于研究,在过桶竖直轴线的平面上,以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系,质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下具有的“势能”可表示为$E_{px} = -\frac{1}{2}mω^{2}x^{2}$.该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能,水会向总势能更低的地方流动,稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能,即水面是等势面.根据以上信息可知,下列说法中正确的是(BD)


A.多受到的这个“力”的效果是提供水做圆周运动的向心力
B.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大
C.该“势能”的表达式$E_{px} = -\frac{1}{2}mω^{2}x^{2}$与零势能点的选取无关
D.稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度ω大小有关

答案： 4.BD 解析：根据该“势能”的表达式$E_{px}=-\frac{1}{2}m\omega^2x^2$可知，距离$y$轴越远，势能越小，则当小水滴从$y$轴向外运动的过程中，对应的“力”一定做正功，因此与该“势能”对应的“力”的方向背离$O$点向外，而向心力方向是指向圆周运动圆心向内，即多受到的这个“力”的效果并不是提供水做圆周运动的向心力，故A错误；将该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式$E_p=\frac{1}{2}kx^2$，在弹性限度内弹簧离平衡位置越远，弹力越大，可知，与该“势能”对应的“力”的大小随$x$的增加而增大，故B正确；根据题意可知，稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能，由于重力势能与零势能点的选取有关，而水面是等势面，即总的总势能一定，可知，该“势能”的表达式$E_{px}=-\frac{1}{2}m\omega^2x^2$与零势能点的选取有关，故C错误；由于整个水面总势能相等，在$O$点处总势能为零，则一个小水滴在该水面上任何位置重力势能与该“势能”的和均为零，即$mgy-\frac{1}{2}m\omega^2x^2=0$，整理可得$y=\frac{\omega^2}{2g}x^2$，可知稳定时，桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，当桶转动的角速度$\omega$发生变化时，抛物线的形状发生变化，即稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度$\omega$大小有关，故D正确.