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期末押题预测 重力势能
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 淮安期末）如图所示，起重机是一种广泛用于港口、工地等地方的起吊搬运机械。在起重机利用绳索将货物吊起的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．绳索对货物的拉力做正功
B．绳索对货物的拉力做负功
C．货物的重力势能保持不变
D．货物的重力势能减小
2．（2023秋 汕头期末）如图所示是舂米用的石臼。横梁可绕支点转动，人用力下踩，使重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，松开脚后重锤下落打到谷物，使米糠和白米分离。已知重锤的质量为m，重力加速度为g，横梁重力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．重锤在上升过程中，速度不断增大
B．重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh
C．重锤下落到最低点时，动能大小为mgh
D．重锤从下落到打中谷物前，重力的瞬时功率先增大后减小
3．（2024 黑龙江学业考试）桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．桌面上的物体重力势能较大
B．桌子下的物体重力势能较大
C．两个物体的重力势能相等
D．桌面上的物体重力势能为零
4．（2024秋 道里区校级期中）如图所示，光滑弧形轨道高为h，将质量为m的小球从轨道顶端由静止释放，小球运动到轨道底端时的速度为v，重力加速度为g，该过程中小球重力势能减少量为（　　）
A．mgh B．
C． D．
5．（2024秋 南岗区校级期中）将质量为m的篮球从距地面h高处抛出，篮球能达到的最高点距地面高度为H。以地面为参考平面，重力加速度为g，则篮球在最高点的重力势能为（　　）
A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 天心区月考）2024年，在巴黎奥运会中，郑钦文斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌，创造了历史。若在比赛过程中郑钦文从某一高度将质量为m的网球击出，网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，t2时刻网球落到对方的场地上。以地面为参考平面，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．击球点到地面的高度为
B．击球点到落地点间的水平距离为v0t2
C．网球运动过程中离地的最大高度为
D．网球的最大重力势能为
（多选）7．（2024秋 海淀区校级月考）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现给物体A水平向右的初速度，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A做功为零
B．物体A向左运动的最大速度
C．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝3μmgx0
D．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间
（多选）8．（2024春 西城区校级期中）如图所示，一小球贴着光滑曲面自由滑下，依次经过A、B、C三点．以下表述正确的是（　　）
A．若以地面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点大
B．若以A点所在的水平面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点小
C．若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能大于零
D．无论以何处水平面为参考平面，小球在B点的重力势能均比C点大
（多选）9．（2023秋 福州期中）加速度传感器是目前智能手机中最常见的一种嵌入式传感器，它主要用于探测手机本身的移动并可通过图象显示加速度情况。小明为测手机上抛过程加速度变化情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示剂加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推断出（　　）
A．t1时刻手机处于超重状态
B．t2时刻手机速度达最大
C．t3时刻手机的重力势能达最大
D．手机离开手掌后上升的高度为0.50m
三．填空题（共3小题）
10．（2023秋 云南期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟“水流星”在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，软木塞的质量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若软木塞能做完整的圆周运动，则软木塞经过最高点时的最小速度为　 　m/s。软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小　 　它的重力大小（选填“大于”“小于”或“等于”）。软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了　 　J。
11．（2023春 乌鲁木齐期末）树上有一个质量m＝0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，则重力所做的功为 　 　J，重力势能的变化量为 　 　J。
12．（2023秋 泉州期中）如图所示，质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。此时，天花板对绳子的拉力为 　 　。如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，点M与绳子上端P的相距，绳子的重心移动的距离为 　 　。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 天宁区校级期末）如图所示，直角细支架竖直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足够长，AB段、BC段各穿过一个质量1kg的小球a与b，a、b两球通过长1m的细线连接．支架以初始角速度ω1绕AB段匀速转动，此时细线与竖直方向夹角为37°，两小球在支架上不滑动；现缓慢增大角速度至足够大，此后又缓慢减小至ω2，ω1＝ω2rad/s，在此过程中小球a由静止缓慢上升至最高点后缓慢下滑．小球a与AB段间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架转动角速度从ω1变化到ω2过程中，求：
（1）初始时刻，细线中的张力大小；
（2）小球a重力势能的变化量；
（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值（用三角函数表示）。
14．（2024 江阴市模拟）如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v﹣t图像如图（b）所示。已知B的质量为0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能；
（2）物块A与桌面间的动摩擦因数；
（3）物块A的质量。
15．（2024春 江门期末）如图甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石机，某同学根据其制作了“简化投石机”模型如图乙所示。质量M＝16kg的配重在下落过程，带动固定在杠杆右端篮子中质量m＝4kg的小石块上升，当配重落到最低点时，小石块从篮子中水平飞出。转轴O离地面高度h＝0.4m，杠杆短臂长为r1＝0.2m，长臂长r2＝0.4m，城墙高为H＝0.6m，宽d＝0.1m。配重释放前杠杆臂保持水平，以此时杠杆臂所在水平面为参考平面。忽略杠杆臂和篮子的质量，忽略摩擦和空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP；
（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0；
（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。
期末押题预测 重力势能
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 淮安期末）如图所示，起重机是一种广泛用于港口、工地等地方的起吊搬运机械。在起重机利用绳索将货物吊起的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．绳索对货物的拉力做正功
B．绳索对货物的拉力做负功
C．货物的重力势能保持不变
D．货物的重力势能减小
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；功的正负及判断．
【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据功的定义和功的正负进行判断，根据功能关系判断。
【解答】解：AB.根据功的正负判断方法可知当力的方向与位移方向相同时，力做正功，方向相反时做负功，货物受到的拉力向上，位移向上，故拉力做正功，故A正确，B错误；
CD.货物受到的重力向下，位移向上，故重力做负功，根据功能关系，重力势能增大，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查功的正负的判断方法，以及功能关系，简单题。
2．（2023秋 汕头期末）如图所示是舂米用的石臼。横梁可绕支点转动，人用力下踩，使重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，松开脚后重锤下落打到谷物，使米糠和白米分离。已知重锤的质量为m，重力加速度为g，横梁重力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．重锤在上升过程中，速度不断增大
B．重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh
C．重锤下落到最低点时，动能大小为mgh
D．重锤从下落到打中谷物前，重力的瞬时功率先增大后减小
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；动能的定义、性质、表达式；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】重锤在上升过程中，速度不可能一直增大，重力势能增加量等于升高高度与重力的乘积，下落过程重锤机械能不守恒，重力的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积。
【解答】解：A．重锤在上升过程中，速度先增大后减小，不可能速度不断增大，故A错误；
B．重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，则重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh，故B正确；
C．由于横梁重力不可忽略，重锤下落到最低点时，机械能不守恒，可知重锤动能大小不为mgh，故C错误；
D．重锤从下落到打中谷物前，根据
P＝mgvy
由于竖直分速度逐渐增大，所以重力的瞬时功率一直增大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查重力势能，动能，以及重力瞬时功率等于知识点，综合性较强。
3．（2024 黑龙江学业考试）桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．桌面上的物体重力势能较大
B．桌子下的物体重力势能较大
C．两个物体的重力势能相等
D．桌面上的物体重力势能为零
【考点】重力势能的定义和性质．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】以地面为零势能面，根据重力势能的表达式分析。
【解答】解：桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，根据
Ep＝mgh
可知两个物体的重力势能均大于零；由于两物体的质量相等，而桌面上的物体高度较大，所以桌面上的物体重力势能较大。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】判断重力势能大小，必须要选取一个零势能面。
4．（2024秋 道里区校级期中）如图所示，光滑弧形轨道高为h，将质量为m的小球从轨道顶端由静止释放，小球运动到轨道底端时的速度为v，重力加速度为g，该过程中小球重力势能减少量为（　　）
A．mgh B．
C． D．
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据重力做功多少，重力势能就减少多少解答。
【解答】解：小球从顶端静止释放到轨道底端过程中，重力做功为mgh，根据重力做功和重力势能变化量之间的关系可知，重力势能的减少量为mgh，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要掌握重力做功与重力势能变化的关系，知道重力做功多少，重力势能就减少多少。
5．（2024秋 南岗区校级期中）将质量为m的篮球从距地面h高处抛出，篮球能达到的最高点距地面高度为H。以地面为参考平面，重力加速度为g，则篮球在最高点的重力势能为（　　）
A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．
【专题】定量思想；归纳法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据重力势能Ep＝mgh可计算。
【解答】解：以地面为参考平面，重力加速度为g，根据重力势能Ep＝mgh可知，篮球在最高点的重力势能为：Ep＝mgH，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了重力势能的计算，解题关键是掌握重力势能Ep＝mgh公式，重力势能具有相对性，选零势能面。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 天心区月考）2024年，在巴黎奥运会中，郑钦文斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌，创造了历史。若在比赛过程中郑钦文从某一高度将质量为m的网球击出，网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，t2时刻网球落到对方的场地上。以地面为参考平面，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．击球点到地面的高度为
B．击球点到落地点间的水平距离为v0t2
C．网球运动过程中离地的最大高度为
D．网球的最大重力势能为
【考点】重力势能的计算；斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；复杂运动过程的分析专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】t1时刻网球处于最高点，速度方向水平，水平方向做匀速直线运动；求竖直分速度，根据竖直方向速度—位移公式，求最大高度，从而求解网球的最大重力势能。
【解答】解：B．由题图可知，郑钦文从某一高度将网球击出，网球的速度先变小后变大，t1时刻网球处于最高点，速度方向水平，不计空气阻力，水平方向做匀速直线运动，击球点到落地点间的水平距离
x＝v1t2
故B错误；
A．根据运动的分解，网球落地时竖直方向的分速度
网球被击出时竖直方向的分速度
所以击球点到地面的高度为
故A正确；
CD．由速度—位移公式可得网球运动过程中离地的最大高度
网球的最大重力势能
故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查学生对运动情况的分析，运动员从某一高度将网球击出，阻力不计，水平做匀速直线运动，竖直做竖直上抛运动。
（多选）7．（2024秋 海淀区校级月考）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现给物体A水平向右的初速度，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A做功为零
B．物体A向左运动的最大速度
C．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝3μmgx0
D．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间
【考点】弹性势能的影响因素和计算；变力做功的计算（非动能定理类问题）．
【专题】定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；分析综合能力．
【答案】ACD
【分析】A.根据弹簧对物体A的做正负功情况判断总功；
B.根据动能定理判断物体A向左运动的最大速度；
C.根据动能定理可求得系统的最大弹性势能；
D.根据运动过程分析物体向左和向右运动过程中的加速度，则可明确对应的时间大小。
【解答】解：A.弹簧对物体A先做负功，再做正功，整个过程看，弹簧做功为0，故A正确；
B.当物体A向左离开弹簧时，弹簧为原长，由动能定理
可得
物体A向左从弹簧最短到恢复原长运动的过程中，先做加速运动再做减速运动，故最大速度在此位置的右侧，即
故B错误；
C.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由动能定理
联立解得
Ep＝3μmgx0
故C正确；
D.物体向右运动时，受到向左的弹力和摩擦力；向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力。所以向右运动的加速度大于向左运动的加速度，而位移大小相等，故物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于向左运动过程中与弹簧接触的时间，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题为力学综合性题目，题目涉及功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，还有动量定理等内容，要求学生能正确分析问题，根据题意明确所对应的物理规律的应用。
（多选）8．（2024春 西城区校级期中）如图所示，一小球贴着光滑曲面自由滑下，依次经过A、B、C三点．以下表述正确的是（　　）
A．若以地面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点大
B．若以A点所在的水平面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点小
C．若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能大于零
D．无论以何处水平面为参考平面，小球在B点的重力势能均比C点大
【考点】重力势能的定义和性质．
【答案】AD
【分析】重力势能的大小与零势能的选取有关，根据Ep＝mgh比较重力势能的大小，从而即可求解．
【解答】解：A、若以地面为零势能平面，B的高度比C的高度大，根据Ep＝mgh知，B点的重力势能大于C点的重力势能。故A正确。
B、以A点为参考平面，B、C的高度都为负值，但是B的高度仍然大于C的高度，则B点的重力势能比C点的重力势能大。故B错误。
C、若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能小于零。故C错误。
D、无论以何处为参考平面，小球在B点的重力势能均为C点大。故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道重力势能的表达式，知重力势能的大小与零势能平面选取有关，重力势能的变化量与零势能平面的选取无关．
（多选）9．（2023秋 福州期中）加速度传感器是目前智能手机中最常见的一种嵌入式传感器，它主要用于探测手机本身的移动并可通过图象显示加速度情况。小明为测手机上抛过程加速度变化情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示剂加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推断出（　　）
A．t1时刻手机处于超重状态
B．t2时刻手机速度达最大
C．t3时刻手机的重力势能达最大
D．手机离开手掌后上升的高度为0.50m
【考点】重力势能的定义和性质；超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】根据超失重加速度特点、竖直上抛运动公式、牛顿第二定律，结合手机的运动过程，即可解答。
【解答】解：AB.由图可知手机向上抛出，开始时手机向上加速运动，竖直向上为正方向，手机离开手后，只受重力，向上做匀减速直线运动，到达最高点后，手机做自由落体运动，t1时刻手机的加速度为正值，方向竖直向上，手机处于超重状态，在t2 时刻，加速度为零，速度最大，故AB正确；
C.t3时刻加速度为g，此时手和手机分离，手机离开手掌后继续上升，t3时刻没有到达最高点，重力势能不是最大的，故C错误；
D.手机手机离开手掌后，手机在空中运动时间为t3＝0.66s到t4＝1.26s，时间间隔为0.6s，做竖直上抛运动，由时间对称性可知，自由下落时间为0.3s，上抛高度为：
h
其中t＝0.3s
代入数据解得：h＝0.45m，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查学生读图能力，以及对牛顿第二定律、自由落体位移和速度公式的掌握。
三．填空题（共3小题）
10．（2023秋 云南期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟“水流星”在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，软木塞的质量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若软木塞能做完整的圆周运动，则软木塞经过最高点时的最小速度为　3　m/s。软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小　大于　它的重力大小（选填“大于”“小于”或“等于”）。软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了　0.36　J。
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】3；大于；0.36。
【分析】水桶运动到最高点时，水恰好不流出时，由水的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求解最小速率，木塞经过最低点时向心力向上，拉力大于重力，根据重力势能表达式求解增加的重力势能。
【解答】解：水桶运动到最高点时，水恰好不流出时，重力提供向心力，速度最小，根据
可得
木塞经过最低点时向心力向上，即拉力与重力的合力向上，则拉力大小大于它的重力大小。
软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了
ΔEp＝mg×2l，解得ΔEp＝0.36J
故答案为：3；大于；0.36。
【点评】本题考查了竖直面内圆周运动的“绳球模型”，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
11．（2023春 乌鲁木齐期末）树上有一个质量m＝0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，则重力所做的功为 　9.0　J，重力势能的变化量为 　﹣9.0　J。
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．
【专题】定量思想；归纳法；功的计算专题；分析综合能力．
【答案】9.0；﹣9.0。
【分析】利用公式W＝mgh求重力做功，熟悉重力做功与重力势能变化的关系。
【解答】解：苹果下落，在由C落至D的过程中，则重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J
重力势能的变化量为：ΔEP＝﹣9.0J
故答案为：9.0；﹣9.0。
【点评】本题考查公式W＝mgh求重力做功，理解重力做功与重力势能变化。
12．（2023秋 泉州期中）如图所示，质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。此时，天花板对绳子的拉力为 　mg　。如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，点M与绳子上端P的相距，绳子的重心移动的距离为 　　。
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；几何法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】mg，。
【分析】根据平衡条件求天花板对绳子的拉力。明确绳子上升部分的质量和上升高度，从而求出重力势能的改变量，再求绳子的重心移动的距离。
【解答】解：对绳子进行受力分析，根据平衡条件得天花板对绳子的拉力为：T＝mg
设Q点为零势能参考平面，如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，以上面的为研究对象，则重心的位置不变，以下面的为研究对象，重心向上移动了，由重力做功可得
Wmg lmgl
由功能关系得
所以整体的重心向上移动的高度为
故答案为：mg，。
【点评】解决本题时，要注意本题求的是绳子整体重心移动距离，而不仅仅是移动部分重心移动的距离。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 天宁区校级期末）如图所示，直角细支架竖直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足够长，AB段、BC段各穿过一个质量1kg的小球a与b，a、b两球通过长1m的细线连接．支架以初始角速度ω1绕AB段匀速转动，此时细线与竖直方向夹角为37°，两小球在支架上不滑动；现缓慢增大角速度至足够大，此后又缓慢减小至ω2，ω1＝ω2rad/s，在此过程中小球a由静止缓慢上升至最高点后缓慢下滑．小球a与AB段间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架转动角速度从ω1变化到ω2过程中，求：
（1）初始时刻，细线中的张力大小；
（2）小球a重力势能的变化量；
（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值（用三角函数表示）。
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；匀速圆周运动；绳球类模型及其临界条件．
【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】（1）初始时刻，细线中的张力大小为10N；
（2）小球a重力势能的变化量为2J；
（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值为arctan2。
【分析】（1）对b分析，根据拉力的分力提供向心力分析求解；
（2）对a分析，利用正交分解法，在竖直和水平方向上列平衡方程，结合重力势能表达式分析求解；
（3）对a、b分析，利用正交分解法，对a在竖直和水平方向上列平衡方程，对b，根据拉力提供向心力，结合ω趋于无穷大时，θ最大分析求解。
【解答】解：（1）当角速度为ω1，对b
其中
r1＝Lsinθ1
解得：T1＝10N
（2）当角速度为ω2，对b有：T2＝10N
对a满足：
T2sinθ2＝N2
T2cosθ2+f2＝mg
f2＝μN2
联立得
cosθ2+0.5sinθ2＝1
得：θ2＝53°
故小球a重力势能的变化量
ΔEp＝mg（Lcosθ1﹣Lcosθ2）
解得
ΔEp＝2J
（3）缓慢增大角速度，a球缓慢上滑过程中
Tsinθ＝N
Tcosθ﹣f＝mg
f＝μN
得
T（cosθ﹣μsinθ）＝mg
对b有
T＝mω2L
联立得
当ω趋于无穷大时，θ最大，此时
cosθm﹣μsinθm＝0
可得
tanθm＝2
故θm＝arctan2
答：（1）初始时刻，细线中的张力大小为10N；
（2）小球a重力势能的变化量为2J；
（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值为arctan2。
【点评】本题考查了圆周运动，理解不同情况下物体的运动状态，正确受力分析是解决此类问题的关键。
14．（2024 江阴市模拟）如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v﹣t图像如图（b）所示。已知B的质量为0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能；
（2）物块A与桌面间的动摩擦因数；
（3）物块A的质量。
【考点】重力势能的计算；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能为3J；
（2）物块A与桌面间的动摩擦因数为0.1；
（3）物块A的质量为0.8kg。
【分析】（1）v﹣t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移，根据图像求出物块B下降的高度，进而求出重力势能；
（2）物块A在1～3s水平方向只受摩擦力作用，由v﹣t图像求解加速度，运用牛顿第二定律计算动摩擦因数；
（3）由v﹣t图像求解物块A在0～1s内的加速度，运用牛顿第二定律计算物块A的质量。
【解答】解：（1）由v﹣t图像图线与时间轴所包围的“面积”表示位移，得B下落的高度hB1m，物块B的重力势能EPB＝mBghB＝0.3×10×1J＝3J；
（2）由v﹣t图像斜率等于加速度可知，物块A在1～3s其加速度大小a21m/s2，
1～3s内，对物块A有μmAg＝mAa2，解得；
（3）物块A和B在0～1s内加速度大小为a12m/s2，
对物块A有T﹣μmAg＝mAa1
对物块B有mBg﹣T＝mBa1
代入数据得T﹣0.1×mA×10N＝mA×2N，0.3×10N﹣T＝0.3×2N，
解得T＝2.4N，mA＝0.8kg。
答：（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能为3J；
（2）物块A与桌面间的动摩擦因数为0.1；
（3）物块A的质量为0.8kg。
【点评】考查对v﹣t图像的理解和牛顿第二定律的运用，熟悉图像的含义。
15．（2024春 江门期末）如图甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石机，某同学根据其制作了“简化投石机”模型如图乙所示。质量M＝16kg的配重在下落过程，带动固定在杠杆右端篮子中质量m＝4kg的小石块上升，当配重落到最低点时，小石块从篮子中水平飞出。转轴O离地面高度h＝0.4m，杠杆短臂长为r1＝0.2m，长臂长r2＝0.4m，城墙高为H＝0.6m，宽d＝0.1m。配重释放前杠杆臂保持水平，以此时杠杆臂所在水平面为参考平面。忽略杠杆臂和篮子的质量，忽略摩擦和空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP；
（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0；
（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。
【考点】重力势能的定义和性质；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP为16J；
（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0为2m/s；
（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m。
【分析】（1）根据重力势能的定义式求解小石块从篮子中水平飞出时的重力势能；
（2）根据机械能守恒定律求解小石块从篮子中水平飞出时的速度大小；
（3）根据平抛运动的规律求解投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。
【解答】解：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP＝mgr2＝4×10×0.4J＝16J
（2）把M、m看成一个整体，在转动的过程中，它们的角速度相等，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
Mgr1﹣mgr2
其中
代入数据解得：v0＝2m/s
（3）小石块击中城墙底部时的运动时间为t，根据
r2+h
解得t＝0.4s
这种情况距离城墙最远，为s1＝v0t＝2×0.4m＝0.8m
落在城墙的最左端时，小石块的运动时间为t'，有
h+r2﹣H
代入数据解得t'＝0.2s
则距离城墙的最近距离为s2＝v0t'＝2×0.2m＝0.4m
所以投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m
答：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP为16J；
（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0为2m/s；
（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m。
【点评】掌握平抛运动规律是解题的基础，知道把M和m看成一个整体，知道该整体机械能守恒。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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