《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

5. (2024 河北期中)如图所示,A、B 两个木块静止叠放在竖直轻质弹簧上,已知 $m_A = m_B = 1$ kg,弹簧的劲度系数为 100 N/m. 若在木块 A 上作用一个竖直向上的力 F,使木块 A 由静止开始以 2 m/s²的加速度竖直向上做匀加速直线运动,从木块 A 向上做匀加速运动开始到 A、B 分离的过程中,弹簧的弹性势能减小了 1.28 J,g 取 10 m/s²,下列说法正确的是 (C)


A.木块 A 向上做匀加速运动的过程中,力 F 的最大值为 8 N
B.木块 A 向上做匀加速运动的过程中,力 F 的最大值为 10 N
C.从 A 向上做匀加速运动到 A、B 分离的过程中,F 对木块做的功为 0.64 J
D.从 A 向上做匀加速运动到 A、B 分离的过程中,F 对木块做的功为 0.96 J

答案： 5. C 解析:对$A$，根据牛顿第二定律，有$F -m_Ag +F_{BA}=m_Aa$，当$F_{BA}=0$时，$F$最大，即$F_m =m_Ag +m_Aa =12N$，A、B错误;初始位置弹簧的压缩量为$x_1 =\frac{m_Ag +m_Bg}{k}=0.2m$，$A$、$B$分离时，$F_{AB}=0$，对$B$，根据牛顿第二定律，有$kx_2 -m_Bg =m_Ba$，解得$x_2 =0.12m$，则$A$、$B$上升的高度为$\Delta x =x_1 -x_2 =0.08m$，故$A$、$B$分离时的速度为$v =\sqrt{2a\Delta x}=0.4\sqrt{2}m/s$，由动能定理，有$W_F +W_{弹}-(m_A +m_B)g\Delta x =\frac{1}{2}(m_A +m_B)v^2$，由题意知$W_{弹}=1.28J$，解得$W_F =0.64J$，C正确，D错误.

6. (多选,2024 湖南期末)如图所示为某实验装置示意图,A、B、O 在同一直线上,一根轻质弹性绳一端固定在天花板上 A 点,另一端绕过 B 处的光滑定滑轮后系在一个质量为 m = 1.2 kg 的可视为质点的小物体上,小物体置于地面上 O 点时,弹性绳中弹力为 $\frac{1}{2}mg$,将小物体向右推到 O₁点,OO₁距离为 $x_1 = 0.4$ m,小物体由静止释放,并水平向左滑行. 当小物体经过 O 点时与弹性绳脱离,之后恰能运动至 M 处,OM 距离为 s = 0.1 m,已知弹性绳原长等于 AB 距离,且始终不超过弹性限度,弹性势能为 $E_p = \frac{1}{2}k(\Delta l)^2$,$\Delta l$ 为形变量大小,小物体与地面间的动摩擦因数为 $\mu = 0.5$,g 取 10 m/s²,则从 O₁到 M 的过程中,下列说法正确的是 (AD)


A.物体运动到 O 点时的速度大小 v = 1 m/s
B.弹性绳的劲度系数 k = 20 N/m
C.物体从 O₁到 O 的过程中对地面的压力一直增大
D.整个过程中克服摩擦力做的功为 1.8 J

答案： 6. AD 解析:小物体从$O$到$M$过程，由动能定理，有$-\mu mgs =0 -\frac{1}{2}mv^2$，解得$v =1m/s$，A正确;小物体从$O_1$到$O$过程，弹性绳的弹力在水平方向上的分量为$F_x =k\Delta l\cos\theta =k\Delta x$，即$F_x$与相对$O$点的水平位移$\Delta x$成正比，弹性绳的弹力在竖直方向上的分量$F_y =k\Delta l\sin\theta =kh_{BO}=\frac{1}{2}mg$，故从$O_1$到$O$过程中支持力$F_N =mg -\frac{1}{2}mg =\frac{1}{2}mg$，根据牛顿第三定律可知，物体对地面的压力保持不变，根据动能定理，有$\frac{1}{2}(kx_1 +0)x_1 -\frac{1}{2}mgx_1\mu =\frac{1}{2}mv^2 -0$，解得$k =22.5N/m$，B、C错误;整个过程中克服摩擦力做的功为$W =\mu F_Nx_1 +\mu mgs =1.8J$，D正确.
思路点拨 本题的难点在于发现物体从$O_1$到$O$过程中的隐含条件：看似这是一个弹性绳变力作用过程，实际上根据胡克定律以及力的分解法可以求出弹性绳弹力在竖直方向上的分量$F_y =k\Delta l\sin\theta =kh_{BO}=\frac{1}{2}mg$为一个恒定值，进而易分析压力恒定，则这一过程的摩擦力做功为恒力做功过程，再结合动能定理即可得出弹性绳的劲度系数.

7. (2025 珠海一中、广州二中等六校联考)某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目,滑道由高为 H 的斜面滑道 AB、水平滑道 BC 和高为 h 的斜面滑道 CD 三部分组成,AC 水平距离为 L,CD 滑道的倾角固定,为 45°,游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为 $\mu = 0.25$,游客从 A 点由静止开始下滑,经过水平滑道 BC 后在 C 点水平飞出,若不计在 B 点的机械能损失,下列说法正确的是 (C)


A.其他条件不变,为保证游客落在滑道 CD 上而不是 D 所在水平面,L 可以设计适当短一些
B.若游客落在滑道 CD 的不同点上,则落在滑道的各点速度方向不相同
C.只要 H 和 L 一定,不管滑道 AB 的倾角有多大,游客从 C 点飞出的速度相同
D.当 3H = L + h 时,游客恰好落在 D 点

答案： 7. C 解析:从$A$到$C$由动能定理$mgH -\mu mg\cos\alpha· AB -\mu mg· BC =\frac{1}{2}mv_C^2$，即$mgH -\mu mgL =\frac{1}{2}mv_C^2$，则只要$H$和$L$一定，不管滑道$AB$的倾角有多大，游客从$C$点飞出的速度一定，故C正确;若游客落在滑道$CD$的不同点上，则位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的$2$倍可知，落在滑道的各点的速度偏向角相等，即落在滑道上的速度方向相同，故B错误;由以上分析可知，$L$越短，则到达$C$点时速度越大，则游客在斜面上的位移越长，不能保证游客落在滑道$CD$上而不是$D$所在水平面，故A错误;若恰能落在$D$点，则$h =v_Ct =\frac{1}{2}gt^2$，又因为$mgH -\mu mgL =\frac{1}{2}mv^2$，联立解得$4H =L +h$，故D错误.

8. (多选,2024 四川凉山检测)如图所示,足够长的水平传送带 AB 与斜面 BC 在 B 点平滑连接,斜面倾角 $\theta = 37°$,质量为 1 kg 的物块从距传送带高为 H = 2.4 m 的 C 点静止释放,物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为 0.5,传送带顺时针运行速度恒为 5 m/s,已知重力加速度 g 取 10 m/s²,sin 37°取 0.6,cos 37°取 0.8. 下列说法正确的是 (BD)


A.物块第二次经过 B 点的速度为 5 m/s
B.物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热 28 J
C.物块在斜面上向下运动的路程之和为 6 m
D.物块在斜面上向下运动的路程之和为 5 m

答案： 8. BD 解析:物块第一次下滑到$B$点时，由动能定理有$mgH -\mu mg\cos\theta·\frac{H}{\sin\theta}=\frac{1}{2}mv_B^2$，解得$v_B =4m/s$，冲上传送带后做匀减速运动，速度减到$0$后反向加速，则第二次回到$B$点时的速度仍为$4m/s$，A错误;物块在传送带上做减速运动的加速度大小为$a =\mu g =5m/s^2$，减速到$0$的时间$t =\frac{v_B}{a}=0.8s$，物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带的摩擦生热$Q =\mu mg(v_{传}t +\frac{v_B}{2}t)=28J$，B正确;物块从$B$点再次冲上斜面时，根据动能定理，有$mgx\sin\theta +\mu mgx\cos\theta =\frac{1}{2}mv_B^2$，解得向上运动的最大距离$x =0.8m$，再次下滑时，由动能定理，有$mgx\sin\theta -\mu mgx\cos\theta =\frac{1}{2}m(v_B')^2$，解得再次下滑到斜面底端时的速度$v_B' =\sqrt{3.2}m/s$，滑上传送带后再次返回到$B$点时的速度仍为$v_B' =\sqrt{3.2}m/s$，再次沿斜面上滑时，由动能定理，有$mgx'\sin\theta +\mu mgx'\cos\theta =\frac{1}{2}m(v_B')^2$，解得向上运动的最大距离$x' =0.16m$，则每次下滑的距离呈等比关系，故物块在斜面上向下运动的路程之和为$s =4m +0.8m +0.16m +·s =5m$，C错误，D正确.