《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2024 江苏盐城期中)踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动.在无风天气里,毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比.一键子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中,运动的时间为$t$,下落的高度为$h$,速度大小为$v$,重力势能为$E_{p}$,动能为$E_{k}$.取地面的重力势能为零,下列图像中可能正确的是 (A)

答案： 1.A解析:毽子在下落过程中，受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，有$mg - kv = ma$，合外力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为0，即速度先增大后不变，则$h - t$图像的斜率先增大后不变，故A正确，B错误；设毽子原来距地面的高度为$H$，则其重力势能表达式为$E_p = mgH - mgh$，故$E_p - h$图像是一条向下倾斜的直线，故C错误；由动能定理可知$E_k = (mg - kv)h$，可知$E_k - h$图像斜率表示合外力，毽子下落过程中，合外力逐渐减小，故$E_k - h$图像斜率逐渐减小，D错误。

2. (2024 山东淄博模拟)为了节能环保,地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的,列车进站时就可以借助上坡减速,而出站时借助下坡加速.如图所示,为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图(左右两边对称,每小段坡面都是直线).在一次模拟实验中,一滑块(可视为质点)以初速度$v_{0}$从$A$站$M$处出发沿着轨道运动,恰能到达$N$处.滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡,能量损失忽略不计,滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同,不计空气阻力.重力加速度为$g$,则根据图中相关信息,若要使滑块恰能到达$B$站$P$处,该滑块初速度的大小应调整为 (B)


A.$\sqrt{\frac{4(v_{0}^{2}+2gh_{1})(l_{1}+l_{2}+l_{3})}{2(l_{1}+l_{2})+l_{3}}}$
B.$\sqrt{\frac{2(v_{0}^{2}+2gh_{1})(l_{1}+l_{2}+l_{3})}{2(l_{1}+l_{2})+l_{3}}}$
C.$\sqrt{\frac{4[v_{0}^{2}+2g(h_{2}+h_{3})](l_{1}+l_{2}+l_{3})}{2(l_{1}+l_{2})+l_{3}}}$
D.$\sqrt{\frac{2[v_{0}^{2}+2g(h_{2}+h_{3})](l_{1}+l_{2}+l_{3})}{2(l_{1}+l_{2})+l_{3}}}$

答案： 2.B解析:质量为$m$的物体在长度为$s$、倾角为$\theta$的粗糙斜面上滑行时，克服摩擦力做功$W_f = \mu mg\cos\theta · s$，$s\cos\theta$是斜面底边的长度，则滑块从$M$恰好到$N$，由动能定理得$mgh_1 - \mu mg(2l_1 + 2l_2 + l_3) = 0 - \frac{1}{2}mv_0^2$，解得$\mu = \frac{v_0^2 + 2gh_1}{2g[2(l_1 + l_2) + l_3]}$，若要使滑块从$M$恰能到达$B$站$P$处，设该滑块初速度的大小应调整为$v$，由动能定理得$- \mu mg(2l_1 + 2l_2 + 2l_3) = 0 - \frac{1}{2}mv^2$，解得$v = \sqrt{\frac{2(v_0^2 + 2gh_1)(l_1 + l_2 + l_3)}{2(l_1 + l_2) + l_3}}$，故B正确。

3. (江苏无锡期末)传送带以恒定速率顺时针转动,物块以一定的初速度冲上传送带.物块的动能$E_{k}$随时间$t$变化的图线可能正确的是 (D)

答案： 3.D解析:如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，由动能定理有$\mu mg(vt + \frac{1}{2}at^2) = E_k - \frac{1}{2}mv^2$，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，由动能定理有$ - \mu mg(vt - \frac{1}{2}at^2) = E_k - \frac{1}{2}mv^2$，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。

4. (2025 云南昭通三校联考)如图所示,借助电动机和斜面将质量为$10 kg$的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端.货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段,到达顶端时速度刚好为零.已知电动机的额定功率为$900 W$、绳子的最大拉力为$150 N$,绳子与斜面平行,斜面长度为$29.7 m$,倾角$\theta = 30^{\circ}$,货物与斜面间的动摩擦因数为$\frac{\sqrt{3}}{3}$,减速阶段加速度大小不超过$5 m/s^{2}$,货物可看作质点,$g$取$10 m/s^{2}$.下列说法正确的是 (B)


A.匀减速阶段电动机的牵引力大小为$100 N$
B.匀加速阶段货物的位移大小为$3.6 m$
C.货物的最大速度为$6 m/s$
D.货物运动总时间为$6.25 s$

答案： 4.B解析:货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端，可知减速过程的加速度是最大的，即$a_2 = 5m/s^2$，减速阶段，根据牛顿第二定律有$\mu mg\cos\theta + mg\sin\theta - T = ma_2$，解得$T = 50N$，故A错误；货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得$F_1 - mg\sin\theta - \mu mg\cos\theta = ma_1$，解得$a_1 = 5m/s^2$，当功率达到额定功率时，设货物的速度为$v_1$，则有$v_1 = \frac{P}{F_1} = 6m/s$，此过程所用时间和上滑的距离分别为$t_1 = \frac{v_1}{a_1} = 1.2s$，$x_1 = \frac{v_1^2}{2a_1} = 3.6m$，故B正确；货物以最大速度匀速时，有$v_m = \frac{P}{mg\sin\theta + \mu mg\cos\theta} = 9m/s$，故C错误；货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为$t_3 = \frac{v_m}{a_m} = 1.8s$，$x_3 = \frac{v_m^2}{2a_m} = 8.1m$，因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为$x_2 = (29.7 - 3.6 - 8.1)m = 18m$，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为$t_2$，该过程根据动能定理可得$Pt_2 - mg\sin\theta · x_2 - \mu mg\cos\theta · x_2 = \frac{1}{2}mv_m^2 - \frac{1}{2}mv^2$，解得$t_2 = 2.25s$，所以总时间为$t = t_1 + t_2 + t_3 = 5.25s$，故D错误。