《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2024 江苏苏州期中)如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮 O(滑轮大小可忽略). 现以大小不变的拉力 F 拉绳,使滑块从 A 点起由静止开始上升. 滑块运动到 C 点时速度最大. 已知滑块质量为 m,滑轮 O 到竖直杆的距离为 d,∠OAO' = 37°,∠OCO' = 53°,重力加速度为 g. 下列说法正确的是 (D)


A.拉力 F 的大小为 $\frac{5}{4}mg$
B.滑块由 A 到 C 做匀加速运动
C.滑块由 A 到 C 过程中拉力 F 做的功为 $\frac{5}{6}mgd$
D.滑块在 C 点的动能为 $\frac{1}{9}mgd$

答案：
1. D 解析:对滑块受力分析如图所示，竖直方向，有$F · \cos \theta -mg=ma$，滑块向上滑动，细绳与竖直方向的夹角$\theta$变大，所以加速度$a$变小，B错误;当滑块的合力为$0$，加速度为$0$时，速度最大，故在$C$点，滑块的合力为$0$，即$F\cos 53^{\circ}-mg=0$，拉力$F$的大小为$F=\frac{mg}{\cos 53^{\circ}}=\frac{5}{3}mg$，A错误;滑块从$A$运动到$C$过程，由动能定理，有$W_F-mgh=\frac{1}{2}mv_C^2$，又$W_F=F(\frac{d}{\sin 37^{\circ}}-\frac{d}{\sin 53^{\circ}})=\frac{25}{36}mgd$，由几何关系得$h=\frac{d}{\tan 37^{\circ}}-\frac{d}{\tan 53^{\circ}}=\frac{7}{12}d$，解得$E_{kC}=\frac{1}{9}mgd$，C错误，D正确.
　　　　　　　

2. (2024 湖南长沙检测)如图所示,一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径 PQ 水平. 一质量为 m 的小球(可视为质点)从 P 点上方高为 R 处由静止开始下落,恰好从 P 点进入轨道. 小球滑到轨道最低点 N 时,对轨道的压力大小为 4mg,重力加速度为 g. 下列说法正确的是 (D)


A.小球从 P 到 N 克服摩擦力做的功等于 mgR
B.小球从 N 到 Q 克服摩擦力做的功等于 $\frac{1}{2}mgR$
C.小球恰好可以到达 Q 点
D.小球一定可以冲出 Q 点

答案： 2. D 解析:由题意得，在$N$点满足$4mg -mg =\frac{mv_N^2}{R}$，从释放点到$N$点，由动能定理，有$2mgR -W_{fPN}=\frac{1}{2}mv_N^2$，解得$W_{fPN}=\frac{1}{2}mgR$，小球从$P$到$N$克服摩擦力做的功等于$\frac{1}{2}mgR$，A错误;小球在$PN$段比$NQ$段同一高度处的速度大，则$PN$段比$NQ$段同一高度处的支持力大，则可知$PN$段比$NQ$段克服摩擦力做的功多，即$NQ$段克服摩擦力做的功满足$W_{fNQ}＜\frac{1}{2}mgR$，B错误;从$N$到$Q$过程由动能定理，有$-mgR -W_{fNQ}=\frac{1}{2}mv_Q^2-\frac{1}{2}mv_N^2$，解得$\frac{1}{2}mv_Q^2＞0$，所以小球一定能冲出$Q$点，C错误，D正确.

3. (多选)如图所示,倾角为 30°的斜面体固定在水平地面上,上表面 O 点以下部分粗糙且足够长,其余部分光滑. 在斜面体 O 点上方放置一质量为 0.2 kg 且分布均匀、长度为 0.2 m 的薄板,薄板下端与 O 点之间的距离为 0.4 m. 现由静止释放薄板,薄板沿斜面向下运动,已知当薄板通过 O 点过程中,薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面 O 点以下部分重量的 $\frac{3}{4}$,重力加速度 g 取 10 m/s²,则 (BD)

A.薄板减速运动时最大加速度为 5 m/s²
B.薄板与 O 点以下部分的动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.薄板的最大速度为 $\frac{\sqrt{40}}{3}$ m/s
D.薄板静止时,其下端距 O 点 1.1 m

答案： 3. BD 解析:薄板全部在$O$点下方时，减速运动的加速度最大，则薄板减速运动时最大加速度为$a=\frac{\frac{3}{4}mg -mg\sin 30^{\circ}}{m}=2.5\ m/s^2$，故A错误;由$F_f =\mu F_N =\mu mg\cos 30^{\circ}$，可得$\mu=\frac{\frac{3}{4}mg}{mg\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故B正确;当重力沿斜面的分力与摩擦力平衡时，速度最大，有$mg\sin 30^{\circ}=\frac{3}{4}·\frac{mg}{0.2}· x$，可得$x=\frac{2}{15}m$，因为$F_f =\frac{3}{4}·\frac{mg}{0.2}x$，即摩擦力与薄板在斜面$O$点以下部分成正比，薄板下端与$O$点之间的距离为$l =0.4m$，则由动能定理可得$mg(l +x)\sin 30^{\circ}-\frac{1}{2}F_fx =\frac{1}{2}mv_{min}^2$，可得$v_{min}=\frac{\sqrt{42}}{3}m/s$，故C错误;薄板长度为$l' =0.2m$，由动能定理可得$mg(l +x')\sin 30^{\circ}-\frac{1}{2}·\frac{3}{4}mgl' -\frac{3}{4}mg(x' -l')=0$，计算可得板静止时，其下端距$O$点$x' =1.1m$，故D正确.

4. (多选,2024 湖南株洲模拟)如图所示,质量为 m 的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率 v 运动,已知圆轨道的半径为 R,玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的 k 倍,重力加速度为 g,P、Q 为圆轨道上同一竖直方向上的两点,不计空气阻力,运动过程中,玩具车 (BC)

A.在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为 6mg
B.通过 P、Q 两点时对轨道的压力大小之和为 $\frac{2mv^2}{R}$
C.由最低点到最高点克服摩擦力做功为 $k\pi mv^2$
D.由最低点到最高点电动机做功为 $2k\pi mv^2 + 2mgR$

答案：
4. BC 解析:在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得$F_1 -mg =\frac{mv^2}{R}$，在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得$F_2 +mg =\frac{mv^2}{R}$，两式相减可得$F_1 -F_2 =2mg$，A错误;在$P$、$Q$两点的受力如图所示，在$Q$点，由向心力公式有$N_1 -mg\cos\theta =\frac{mv^2}{R}$，在$P$点，由向心力公式有$N_2 +mg\cos\theta =\frac{mv^2}{R}$，两式相加可得$N_1 +N_2 =\frac{2mv^2}{R}$，因玩具车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成$N$段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段$A$、$B$，每段的长度为$\Delta x =\frac{2\pi R}{N}$，则在$A$、$B$两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为$W_f =k(N_1 +N_2)\Delta x$，解得$W_f =k×\frac{2mv^2}{R}×\frac{2\pi R}{N}=\frac{4k\pi mv^2}{N}$，所以玩具车从最低点到最高点克服摩擦力做功为$W_{f2}=\frac{1}{2}×\frac{N}{2}W_f =k\pi mv^2$，B、C正确;玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率$v$运动，从最低点到最高点由动能定理可知$W_F -W_{f2} -mg· 2R =0$，解得$W_F =k\pi mv^2 +2mgR$，D错误.