《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

1. (2025 浙江杭州期末)如图所示,一光滑圆形轨道,OA是水平半径,OB与OA成60°角,一小球从轨道上的A处由静止释放,小球运动到B点时的加速度为(C)


A.g
B.$\frac{\sqrt{5}}{2}g$
C.$\frac{\sqrt{13}}{2}g$
D.$\frac{\sqrt{15}}{2}g$

答案： 1.C 解析：A到B点，由动能定理有$mgR\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}mv^{2}$，则在B点小球的向心加速度大小$a_{1}=\frac{v^{2}}{R}=\sqrt{3}g$，在B点小球沿切线方向的加速度大小$a_{2}=\frac{mg\cos60^{\circ}}{m}=\frac{1}{2}g$，故小球运动到B点时的加速度为$a=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2}g$，故C正确。

2. (2025 陕西渭南模拟)如图所示是某城市广场喷泉喷出水柱的场景.从远处看,喷泉喷出的水柱超过了30层楼的高度;靠近看,喷管的直径约为10 cm.据此可估计用于给喷管喷水的电动机输出功率至少有(C)


A.$3.2×10^{4}W$
B.$5.8×10^{4}W$
C.$2.9×10^{5}W$
D.$4.6×10^{5}W$

答案： 2.C 解析：喷管直径约为$10 cm$，则半径$r = 0.05 m$，根据实际情况，每层楼高约为$h = 3 m$，所以喷水的高度$h = 90 m$，则根据竖直上抛运动，水离开管口的速度为$v=\sqrt{2gh}=30\sqrt{2} m/s$，设给喷管喷水的电动机输出功率为$P$，在接近管口很短一段时间$\Delta t$内水柱的质量为$\Delta m=\rho Sv\Delta t=\rho v\Delta t\pi r^{2}$，根据动能定理得$P\Delta t=\frac{1}{2}\Delta mv^{2}$，联立解得$P\approx2.9×10^{5} W$，故C正确。

3. (2024 山东滨州期末)吸附式爬壁机器人将机器人移动技术与壁面吸附技术相结合.在一项测试实验中,机器人沿着竖直墙壁竖直上爬,机器人利用电池产生的电能进行驱动.已知机器人总质量为m,电池输出功率恒为P,机器人在某次正常工作时,由静止出发,经过t时间后速度达到最大值$v_{m}$,假设此过程中机器人所受墙壁的阻力恒定,空气阻力不计.电池输出功率的η倍转化为牵引机器人前进的机械功率,重力加速度为g.下列说法正确的是(B)

A.机器人静止平衡时,墙壁施加给机器人的力为mg
B.t时间内,机器人前进的距离为$v_{m}t-\frac{mv_{m}^{3}}{2\eta P}$
C.机器人所受墙壁的阻力大小为$\frac{\eta P}{v_{m}}$
D.机器人的速率为v($v ＜ v_{m}$)时,机器人的加速度大小为$\frac{\eta P}{mv}-g$

答案： 3.B 解析：机器人静止平衡时，对机器人受力分析，重力与静摩擦力是一对平衡力，吸引力与支持力是一对平衡力，因此墙壁施加给机器人的力大于机器人自身受到的重力，A错误；机器人以恒定功率启动达到最大速度时，有$\eta P=(F_{1}+mg)v_{m}$，解得$F_{1}=\frac{\eta P}{v_{m}}-mg$，C错误；根据动能定理，有$\eta Pt-(F_{1}+mg)x=\frac{1}{2}mv_{m}^{2}$，联立解得$x=v_{m}t-\frac{mv_{m}^{3}}{2\eta P}$，B正确；机器人以恒定功率启动，有$\eta P=Fv$，对机器人受力分析，由牛顿第二定律，有$F - F_{1}-mg = ma$，解得$a=\frac{\eta P}{mv}-\frac{\eta P}{mv_{m}}-g$，D错误。

4. (多选,2025 山东百师联考期中)如图甲所示,某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物,运用传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F,并描绘出图像.假设某次实验得到的图像如图乙所示,其中第一个时间段内线段AB与v轴平行,B点对应的坐标为$(\frac{1}{F_{1}},v_{1})$,第二个时间段内线段BC的延长线过原点,第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标$(\frac{1}{F_{2}},v_{2})$对应,大小均保持不变,因此图像上没有反映.实验中测得第二个时间段内所用时间为t.重力加速度为g,滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计.下列说法正确的是(ACD)


A.重物的质量为$\frac{F_{2}}{g}$
B.第一阶段重物上升的高度$\frac{v_{1}^{2}}{2g}$
C.$F_{1}v_{1}=F_{2}v_{2}$
D.重物在前两个时间段内的总位移$v_{2}t+\frac{v_{1}^{2}F_{1}}{2g(F_{1}-F_{2})}-\frac{v_{2}^{2}}{2g}$

答案： 4.ACD 解析：由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力大小相等，即有$F_{2}=mg$，解得$m=\frac{F_{2}}{g}$，A正确；第一个时间段内重物所受拉力为$F_{1}$，重物的加速度大小为$a=\frac{F_{1}-G}{m}=\frac{(F_{1}-F_{2})g}{F_{2}}$，第一个时间段内的位移$x_{1}=\frac{v^{2}}{2a}=\frac{v_{1}^{2}F_{1}}{2g(F_{1}-F_{2})}$，B错误；BC段的拉力功率不变，有$P = F_{1}v_{1}=F_{2}v_{2}$，C正确；设第二个时间段内的位移为$x_{2}$，根据动能定理有$Pt - Gx_{2}=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，解得$x_{2}=\frac{Pt-\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{2}mv_{1}^{2}}{G}=v_{2}t-\frac{v^{2}-v_{1}^{2}}{2g}$，所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移$x = x_{1}+x_{2}=v_{2}t+\frac{v_{1}^{2}F_{1}}{2g(F_{1}-F_{2})}-\frac{v^{2}}{2g}$，D正确。

5. (多选,2024 山东济南期中)竖直平面内有一半径为R的圆,O为圆心,直径AB沿水平方向,将质量为m的小球从A点以相同的速率$v_{0}$抛出,抛出的方向不定,小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用,其大小等于mg,g为重力加速度,小球从A点抛出后会经过圆上的不同点,在这些所有的点中,小球到达C点的动能最大,已知AB与AC的夹角为$\theta = 30^{\circ}$.不计空气阻力,下列说法正确的是(AD)


A.恒力F的方向沿AC方向
B.恒力F的方向沿OC方向
C.小球到达C点的动能$E_{kC}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\sqrt{3}mgR$
D.小球到达B点的动能$E_{kB}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\sqrt{3}mgR$

答案：
5.AD 解析：小球到达C点的动能最大，可知小球从A到C，合力做功最大，则恒力F的方向沿AC方向，A正确，B错误；合力等于$\sqrt{3}mg$，根据动能定理，有$\sqrt{3}mg·\frac{3}{2}R=E_{kC}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，$mg\cos30^{\circ}·2R=E_{kB}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，解得$E_{kC}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}mgR$，$E_{kB}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\sqrt{3}mgR$，C错误，D正确。