《2026年理想树试题攻略高中物理》

14. (16分)如图所示,长为$L$的轻绳一端固定在悬点$O$,另一端系一个质量为$m$可视为质点的小球,$O$点与地面之间的高度差为$H(H \gt L)$。水平放置的炽热的电热丝$P$固定在$O$点附近的正下方,当轻绳摆至电热丝处时被电热丝瞬间烧断。将小球置于$O$点左偏上$30°$的$A$处,轻绳刚好伸直。由静止释放小球,小球落到地面上,重力加速度为$g$,不计空气阻力。求:
(1)小球下落过程中损失的机械能;
(2)小球落到地面上的落点与$O$点之间的水平距离。

答案：
$14.(1)\frac{1}{4}mgL (2)\sqrt{5L(H-L)}$
重难考点机械能的损失+平抛运动
【题图剖析】

(1)小球从A到A'做自由落体运动(易错点：小球从A到A'是做自由落体运动，并不是圆周运动)，下落的高度为$h=2L\sin30°=L(1$分)
根据动能定理，有$mgh=\frac{1}{2}mv_0^2(1$分)
解得小球运动到A'点的速度大小为$v_0=\sqrt{2gL}(2$分)
小球在A'点时，轻绳再次刚好伸直，小球沿绳方向的分速度$v_{绳}$突变为零，由速度分解可得$v_1=v_0\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}v_0，$$v_{绳}=v_0\sin30°=\frac{1}{2}v_0(2$分)
因为不计空气阻力，所以小球的机械能损失只有在轻绳伸直前后，即损失的机械能为$E_{损}=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{1}{4}mgL(2$分)
(2)小球从A'到B做圆周运动，根据动能定理有$mg(L-L\cos60°)=\frac{1}{2}mv_B^2-\frac{1}{2}mv_1^2(2$分)
解得$v_B=\frac{\sqrt{10gL}}{2}(2$分)
小球从B到C做平抛运动，在竖直方向，有$H-L=\frac{1}{2}gt^2(1$分)
落点到O点的水平距离为x=v_Bt(1分)
联立解得$x=\sqrt{5L(H-L)}(2$分)

15. (18分)如图所示,在倾角$\theta = 30°$的粗糙固定斜面上,用一根劲度系数为$k$的轻弹簧连接质量为$3m$的物块$A$和质量为$m$的物块$B$,物块$B$通过不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮,连接在质量为$5m$的物块$C$上。用手托住$C$,使轻绳刚好伸直,弹簧处于原长。松手后,$B$、$C$由静止开始运动,已知$A$、$B$与斜面间的动摩擦因数均为$\mu = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,$B$不会与滑轮碰撞,弹簧的弹性势能$E_p = \dfrac{1}{2}kx^2$ ($x$表示弹簧的形变量),弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小为$g$,整个过程中$C$始终未落到地面,求:
(1)释放瞬间,$B$的加速度大小;
(2)$A$开始运动前,$B$的最大速度;
(3)$A$的最大速度。

答案：
$15.(1)\frac{5}{8}g (2)\frac{5g}{8}\sqrt{\frac{6m}{k}} (3)\frac{5g}{6}\sqrt{\frac{6m}{k}}$
重难考点连接体模型+能量守恒定律+简谐运动方程
【深度解析】
(1)静止释放物块C瞬间，对B、C进行受力分析如图所示，

对物块C，根据牛顿第二定律有5mg-T'=5ma
对物块B，根据牛顿第二定律有$T'-\mu mg\cos30°-mg\sin30°=ma$
又T=T'
联立解得释放瞬间B的加速度大小为$a=\frac{5}{8}g(1$分)
(2)假设B的加速度为0时A未滑动，设此时绳两端的拉力大小为$T_1，$则对C根据受力平衡有$T_1=5mg，$
设此时弹簧的弹力大小为F，对B受力分析有$F+\mu mg\cos30°+mg\sin30°=T_1(1$分)
设此时A受到的摩擦力大小为f_A，对A受力分析有$F-f_A-3mg\sin30°=0(1$分)
联立解得$f_A=\frac{9}{4}mg(1$分)
又A与斜面间的最大静摩擦力大小为$f_{Amax}=\mu·3mg\cos30°=\frac{9}{4}mg=f_A(1$分)
即B速度最大时，A恰好发生滑动，设此时弹簧的形变量为$x_1，$则有$F=kx_1，$解得$x_1=\frac{F}{k}=\frac{f_A+3mg\sin30°}{k}=\frac{15mg}{4k}(1$分)
对弹簧、B、C，由能量守恒定律有$5mgx_1=\frac{1}{2}(m+5m)v_{Bm}^2+\mu mgx_1\cos30°+mgx_1\sin30°+\frac{1}{2}kx_1^2(1$分)
解得B的最大速度为$v_{Bm}=\frac{5g}{8}\sqrt{\frac{6m}{k}}(1$分)
(3)设从A开始运动到第一次达到最大速度时，弹簧的形变量为$x_2，$
对A受力分析有$kx_2=3mg\sin30°+\mu·3mg\cos30°，$
解得$x_2=x_1=\frac{15mg}{4k}(1$分)
设在A运动过程中弹簧形变量为x，运动时间为t，沿斜面向上为正方向，对A由牛顿第二定律可得$kx-3mg\sin30°-\mu·3mg\cos30°=3ma_A，$
解得$a_A=\frac{kx}{3m}-\frac{5g}{4}(1$分)
对B、C由牛顿第二定律可得$\frac{15mg}{4}-kx=6ma_{BC}，$
解得加速度$a_{BC}=\frac{5g}{8}-\frac{kx}{6m}(1$分)
则A相对于B运动的加速度为$a_{AB}=\frac{k}{2m}x-\frac{15g}{8}(1$分)
分析可知A相对于B做简谐运动(关键：简谐运动动力学方程形式为$a+\omega^2x=0)，$
则圆频率为$\omega=\sqrt{\frac{k}{2m}}，$则A相对于B的速度$v_{AB}=v_{Bm}·\cos\omega t，$由速度与位移的物理意义，且已知简谐运动的平衡位置为$x_2=-\frac{15mg}{4k}，$
则有$x=x_2+\frac{v_{Bm}}{\omega}\sin\omega t，$
由速度和加速度的物理意义可得，物块A的速度$v_A=\frac{kv_{Bm}}{3m\omega^2}\cos\omega t+C($点拨：v-t图像中斜率代表加速度，则对加速度用数学积分运算可得速度，但要注意截距)(1分)
又t=0时v_A=0，解得$C=\frac{kv_{Bm}}{3m\omega^2}(1$分)
即$v_A=(1-\cos\omega t)\frac{kv_{Bm}}{3m\omega^2}(1$分)
可知A的最大速度$v_{Am}=\frac{2kv_{Bm}}{3m\omega^2}=\frac{5g}{6}\sqrt{\frac{6m}{k}}(1$分)
知识拓展对弹簧振子的简谐运动，由回复力F=-kx=ma可得简谐运动的动力学方程为$a+\frac{k}{m}x=0，$又简谐运动的圆频率$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}，$则简谐运动的标准动力学方程为$a+\omega^2x=0，$解出简谐运动位移$x=A\cos(\omega t+\varphi)$或$x=A\sin(\omega t+\varphi)。$