資源簡介

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期末押題預測 重力勢能
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 淮安期末）如圖所示，起重機是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運機械。在起重機利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．繩索對貨物的拉力做正功
B．繩索對貨物的拉力做負功
C．貨物的重力勢能保持不變
D．貨物的重力勢能減小
2．（2023秋 汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點轉動，人用力下踩，使重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．重錘在上升過程中，速度不斷增大
B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh
C．重錘下落到最低點時，動能大小為mgh
D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小
3．（2024 黑龍江學業考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（　　）
A．桌面上的物體重力勢能較大
B．桌子下的物體重力勢能較大
C．兩個物體的重力勢能相等
D．桌面上的物體重力勢能為零
4．（2024秋 道里區校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（　　）
A．mgh B．
C． D．
5．（2024秋 南崗區校級期中）將質量為m的籃球從距地面h高處拋出，籃球能達到的最高點距地面高度為H。以地面為參考平面，重力加速度為g，則籃球在最高點的重力勢能為（　　）
A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024秋 天心區月考）2024年，在巴黎奧運會中，鄭欽文斬獲中國在奧運會上首枚網球女單金牌，創造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質量為m的網球擊出，網球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關系如圖所示，t2時刻網球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．擊球點到地面的高度為
B．擊球點到落地點間的水平距離為v0t2
C．網球運動過程中離地的最大高度為
D．網球的最大重力勢能為
（多選）7．（2024秋 海淀區校級月考）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　　）
A．物體A整個運動過程，彈簧對物體A做功為零
B．物體A向左運動的最大速度
C．物體A與彈簧作用的過程中，系統的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0
D．物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間
（多選）8．（2024春 西城區校級期中）如圖所示，一小球貼著光滑曲面自由滑下，依次經過A、B、C三點．以下表述正確的是（　　）
A．若以地面為參考平面，小球在B點的重力勢能比C點大
B．若以A點所在的水平面為參考平面，小球在B點的重力勢能比C點小
C．若以B點所在的水平面為參考平面，小球在C點的重力勢能大于零
D．無論以何處水平面為參考平面，小球在B點的重力勢能均比C點大
（多選）9．（2023秋 福州期中）加速度傳感器是目前智能手機中最常見的一種嵌入式傳感器，它主要用于探測手機本身的移動并可通過圖象顯示加速度情況。小明為測手機上拋過程加速度變化情況，用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，把手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示劑加速度隨時間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推斷出（　　）
A．t1時刻手機處于超重狀態
B．t2時刻手機速度達最大
C．t3時刻手機的重力勢能達最大
D．手機離開手掌后上升的高度為0.50m
三．填空題（共3小題）
10．（2023秋 云南期末）一名同學看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質細繩系著一個軟木塞，掄動細繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內做圓周運動（圖乙）。已知細繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運動，則軟木塞經過最高點時的最小速度為　 　m/s。軟木塞經過最低點時細繩對它的拉力大小　 　它的重力大小（選填“大于”“小于”或“等于”）。軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了　 　J。
11．（2023春 烏魯木齊期末）樹上有一個質量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為 　 　J，重力勢能的變化量為 　 　J。
12．（2023秋 泉州期中）如圖所示，質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。此時，天花板對繩子的拉力為 　 　。如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點M，點M與繩子上端P的相距，繩子的重心移動的距離為 　 　。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 天寧區校級期末）如圖所示，直角細支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉動，此時細線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現緩慢增大角速度至足夠大，此后又緩慢減小至ω2，ω1＝ω2rad/s，在此過程中小球a由靜止緩慢上升至最高點后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架轉動角速度從ω1變化到ω2過程中，求：
（1）初始時刻，細線中的張力大小；
（2）小球a重力勢能的變化量；
（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數表示）。
14．（2024 江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；
（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數；
（3）物塊A的質量。
15．（2024春 江門期末）如圖甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石機，某同學根據其制作了“簡化投石機”模型如圖乙所示。質量M＝16kg的配重在下落過程，帶動固定在杠桿右端籃子中質量m＝4kg的小石塊上升，當配重落到最低點時，小石塊從籃子中水平飛出。轉軸O離地面高度h＝0.4m，杠桿短臂長為r1＝0.2m，長臂長r2＝0.4m，城墻高為H＝0.6m，寬d＝0.1m。配重釋放前杠桿臂保持水平，以此時杠桿臂所在水平面為參考平面。忽略杠桿臂和籃子的質量，忽略摩擦和空氣阻力，g取10m/s2。求：
（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP；
（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0；
（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍。
期末押題預測 重力勢能
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 淮安期末）如圖所示，起重機是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運機械。在起重機利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．繩索對貨物的拉力做正功
B．繩索對貨物的拉力做負功
C．貨物的重力勢能保持不變
D．貨物的重力勢能減小
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；功的正負及判斷．
【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】根據功的定義和功的正負進行判斷，根據功能關系判斷。
【解答】解：AB.根據功的正負判斷方法可知當力的方向與位移方向相同時，力做正功，方向相反時做負功，貨物受到的拉力向上，位移向上，故拉力做正功，故A正確，B錯誤；
CD.貨物受到的重力向下，位移向上，故重力做負功，根據功能關系，重力勢能增大，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查功的正負的判斷方法，以及功能關系，簡單題。
2．（2023秋 汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點轉動，人用力下踩，使重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．重錘在上升過程中，速度不斷增大
B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh
C．重錘下落到最低點時，動能大小為mgh
D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；動能的定義、性質、表達式；功率的定義、物理意義和計算式的推導．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】重錘在上升過程中，速度不可能一直增大，重力勢能增加量等于升高高度與重力的乘積，下落過程重錘機械能不守恒，重力的瞬時功率等于重力與豎直分速度的乘積。
【解答】解：A．重錘在上升過程中，速度先增大后減小，不可能速度不斷增大，故A錯誤；
B．重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，則重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh，故B正確；
C．由于橫梁重力不可忽略，重錘下落到最低點時，機械能不守恒，可知重錘動能大小不為mgh，故C錯誤；
D．重錘從下落到打中谷物前，根據
P＝mgvy
由于豎直分速度逐漸增大，所以重力的瞬時功率一直增大，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查重力勢能，動能，以及重力瞬時功率等于知識點，綜合性較強。
3．（2024 黑龍江學業考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（　　）
A．桌面上的物體重力勢能較大
B．桌子下的物體重力勢能較大
C．兩個物體的重力勢能相等
D．桌面上的物體重力勢能為零
【考點】重力勢能的定義和性質．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】以地面為零勢能面，根據重力勢能的表達式分析。
【解答】解：桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，根據
Ep＝mgh
可知兩個物體的重力勢能均大于零；由于兩物體的質量相等，而桌面上的物體高度較大，所以桌面上的物體重力勢能較大。故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
【點評】判斷重力勢能大小，必須要選取一個零勢能面。
4．（2024秋 道里區校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（　　）
A．mgh B．
C． D．
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】根據重力做功多少，重力勢能就減少多少解答。
【解答】解：小球從頂端靜止釋放到軌道底端過程中，重力做功為mgh，根據重力做功和重力勢能變化量之間的關系可知，重力勢能的減少量為mgh，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】解答本題時，要掌握重力做功與重力勢能變化的關系，知道重力做功多少，重力勢能就減少多少。
5．（2024秋 南崗區校級期中）將質量為m的籃球從距地面h高處拋出，籃球能達到的最高點距地面高度為H。以地面為參考平面，重力加速度為g，則籃球在最高點的重力勢能為（　　）
A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．
【專題】定量思想；歸納法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】根據重力勢能Ep＝mgh可計算。
【解答】解：以地面為參考平面，重力加速度為g，根據重力勢能Ep＝mgh可知，籃球在最高點的重力勢能為：Ep＝mgH，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查了重力勢能的計算，解題關鍵是掌握重力勢能Ep＝mgh公式，重力勢能具有相對性，選零勢能面。
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024秋 天心區月考）2024年，在巴黎奧運會中，鄭欽文斬獲中國在奧運會上首枚網球女單金牌，創造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質量為m的網球擊出，網球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關系如圖所示，t2時刻網球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．擊球點到地面的高度為
B．擊球點到落地點間的水平距離為v0t2
C．網球運動過程中離地的最大高度為
D．網球的最大重力勢能為
【考點】重力勢能的計算；斜拋運動．
【專題】定量思想；推理法；復雜運動過程的分析專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】t1時刻網球處于最高點，速度方向水平，水平方向做勻速直線運動；求豎直分速度，根據豎直方向速度—位移公式，求最大高度，從而求解網球的最大重力勢能。
【解答】解：B．由題圖可知，鄭欽文從某一高度將網球擊出，網球的速度先變小后變大，t1時刻網球處于最高點，速度方向水平，不計空氣阻力，水平方向做勻速直線運動，擊球點到落地點間的水平距離
x＝v1t2
故B錯誤；
A．根據運動的分解，網球落地時豎直方向的分速度
網球被擊出時豎直方向的分速度
所以擊球點到地面的高度為
故A正確；
CD．由速度—位移公式可得網球運動過程中離地的最大高度
網球的最大重力勢能
故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】本題考查學生對運動情況的分析，運動員從某一高度將網球擊出，阻力不計，水平做勻速直線運動，豎直做豎直上拋運動。
（多選）7．（2024秋 海淀區校級月考）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　　）
A．物體A整個運動過程，彈簧對物體A做功為零
B．物體A向左運動的最大速度
C．物體A與彈簧作用的過程中，系統的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0
D．物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間
【考點】彈性勢能的影響因素和計算；變力做功的計算（非動能定理類問題）．
【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．
【答案】ACD
【分析】A.根據彈簧對物體A的做正負功情況判斷總功；
B.根據動能定理判斷物體A向左運動的最大速度；
C.根據動能定理可求得系統的最大彈性勢能；
D.根據運動過程分析物體向左和向右運動過程中的加速度，則可明確對應的時間大小。
【解答】解：A.彈簧對物體A先做負功，再做正功，整個過程看，彈簧做功為0，故A正確；
B.當物體A向左離開彈簧時，彈簧為原長，由動能定理
可得
物體A向左從彈簧最短到恢復原長運動的過程中，先做加速運動再做減速運動，故最大速度在此位置的右側，即
故B錯誤；
C.當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由動能定理
聯立解得
Ep＝3μmgx0
故C正確；
D.物體向右運動時，受到向左的彈力和摩擦力；向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力。所以向右運動的加速度大于向左運動的加速度，而位移大小相等，故物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于向左運動過程中與彈簧接觸的時間，故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題為力學綜合性題目，題目涉及功能關系、牛頓第二定律及運動學公式，還有動量定理等內容，要求學生能正確分析問題，根據題意明確所對應的物理規律的應用。
（多選）8．（2024春 西城區校級期中）如圖所示，一小球貼著光滑曲面自由滑下，依次經過A、B、C三點．以下表述正確的是（　　）
A．若以地面為參考平面，小球在B點的重力勢能比C點大
B．若以A點所在的水平面為參考平面，小球在B點的重力勢能比C點小
C．若以B點所在的水平面為參考平面，小球在C點的重力勢能大于零
D．無論以何處水平面為參考平面，小球在B點的重力勢能均比C點大
【考點】重力勢能的定義和性質．
【答案】AD
【分析】重力勢能的大小與零勢能的選取有關，根據Ep＝mgh比較重力勢能的大小，從而即可求解．
【解答】解：A、若以地面為零勢能平面，B的高度比C的高度大，根據Ep＝mgh知，B點的重力勢能大于C點的重力勢能。故A正確。
B、以A點為參考平面，B、C的高度都為負值，但是B的高度仍然大于C的高度，則B點的重力勢能比C點的重力勢能大。故B錯誤。
C、若以B點所在的水平面為參考平面，小球在C點的重力勢能小于零。故C錯誤。
D、無論以何處為參考平面，小球在B點的重力勢能均為C點大。故D正確。
故選：AD。
【點評】解決本題的關鍵知道重力勢能的表達式，知重力勢能的大小與零勢能平面選取有關，重力勢能的變化量與零勢能平面的選取無關．
（多選）9．（2023秋 福州期中）加速度傳感器是目前智能手機中最常見的一種嵌入式傳感器，它主要用于探測手機本身的移動并可通過圖象顯示加速度情況。小明為測手機上拋過程加速度變化情況，用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，把手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示劑加速度隨時間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推斷出（　　）
A．t1時刻手機處于超重狀態
B．t2時刻手機速度達最大
C．t3時刻手機的重力勢能達最大
D．手機離開手掌后上升的高度為0.50m
【考點】重力勢能的定義和性質；超重與失重的圖像問題．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】AB
【分析】根據超失重加速度特點、豎直上拋運動公式、牛頓第二定律，結合手機的運動過程，即可解答。
【解答】解：AB.由圖可知手機向上拋出，開始時手機向上加速運動，豎直向上為正方向，手機離開手后，只受重力，向上做勻減速直線運動，到達最高點后，手機做自由落體運動，t1時刻手機的加速度為正值，方向豎直向上，手機處于超重狀態，在t2 時刻，加速度為零，速度最大，故AB正確；
C.t3時刻加速度為g，此時手和手機分離，手機離開手掌后繼續上升，t3時刻沒有到達最高點，重力勢能不是最大的，故C錯誤；
D.手機手機離開手掌后，手機在空中運動時間為t3＝0.66s到t4＝1.26s，時間間隔為0.6s，做豎直上拋運動，由時間對稱性可知，自由下落時間為0.3s，上拋高度為：
h
其中t＝0.3s
代入數據解得：h＝0.45m，故D錯誤；
故選：AB。
【點評】本題考查學生讀圖能力，以及對牛頓第二定律、自由落體位移和速度公式的掌握。
三．填空題（共3小題）
10．（2023秋 云南期末）一名同學看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質細繩系著一個軟木塞，掄動細繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內做圓周運動（圖乙）。已知細繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運動，則軟木塞經過最高點時的最小速度為　3　m/s。軟木塞經過最低點時細繩對它的拉力大小　大于　它的重力大小（選填“大于”“小于”或“等于”）。軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了　0.36　J。
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；牛頓第二定律的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件．
【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】3；大于；0.36。
【分析】水桶運動到最高點時，水恰好不流出時，由水的重力剛好提供其做圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律求解最小速率，木塞經過最低點時向心力向上，拉力大于重力，根據重力勢能表達式求解增加的重力勢能。
【解答】解：水桶運動到最高點時，水恰好不流出時，重力提供向心力，速度最小，根據
可得
木塞經過最低點時向心力向上，即拉力與重力的合力向上，則拉力大小大于它的重力大小。
軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了
ΔEp＝mg×2l，解得ΔEp＝0.36J
故答案為：3；大于；0.36。
【點評】本題考查了豎直面內圓周運動的“繩球模型”，知道最高點的臨界情況，結合牛頓第二定律進行求解，基礎題。
11．（2023春 烏魯木齊期末）樹上有一個質量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為 　9.0　J，重力勢能的變化量為 　﹣9.0　J。
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．
【專題】定量思想；歸納法；功的計算專題；分析綜合能力．
【答案】9.0；﹣9.0。
【分析】利用公式W＝mgh求重力做功，熟悉重力做功與重力勢能變化的關系。
【解答】解：蘋果下落，在由C落至D的過程中，則重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J
重力勢能的變化量為：ΔEP＝﹣9.0J
故答案為：9.0；﹣9.0。
【點評】本題考查公式W＝mgh求重力做功，理解重力做功與重力勢能變化。
12．（2023秋 泉州期中）如圖所示，質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。此時，天花板對繩子的拉力為 　mg　。如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點M，點M與繩子上端P的相距，繩子的重心移動的距離為 　　。
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；幾何法；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．
【答案】mg，。
【分析】根據平衡條件求天花板對繩子的拉力。明確繩子上升部分的質量和上升高度，從而求出重力勢能的改變量，再求繩子的重心移動的距離。
【解答】解：對繩子進行受力分析，根據平衡條件得天花板對繩子的拉力為：T＝mg
設Q點為零勢能參考平面，如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點M，以上面的為研究對象，則重心的位置不變，以下面的為研究對象，重心向上移動了，由重力做功可得
Wmg lmgl
由功能關系得
所以整體的重心向上移動的高度為
故答案為：mg，。
【點評】解決本題時，要注意本題求的是繩子整體重心移動距離，而不僅僅是移動部分重心移動的距離。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 天寧區校級期末）如圖所示，直角細支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉動，此時細線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現緩慢增大角速度至足夠大，此后又緩慢減小至ω2，ω1＝ω2rad/s，在此過程中小球a由靜止緩慢上升至最高點后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架轉動角速度從ω1變化到ω2過程中，求：
（1）初始時刻，細線中的張力大小；
（2）小球a重力勢能的變化量；
（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數表示）。
【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；勻速圓周運動；繩球類模型及其臨界條件．
【專題】計算題；定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】（1）初始時刻，細線中的張力大小為10N；
（2）小球a重力勢能的變化量為2J；
（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2。
【分析】（1）對b分析，根據拉力的分力提供向心力分析求解；
（2）對a分析，利用正交分解法，在豎直和水平方向上列平衡方程，結合重力勢能表達式分析求解；
（3）對a、b分析，利用正交分解法，對a在豎直和水平方向上列平衡方程，對b，根據拉力提供向心力，結合ω趨于無窮大時，θ最大分析求解。
【解答】解：（1）當角速度為ω1，對b
其中
r1＝Lsinθ1
解得：T1＝10N
（2）當角速度為ω2，對b有：T2＝10N
對a滿足：
T2sinθ2＝N2
T2cosθ2+f2＝mg
f2＝μN2
聯立得
cosθ2+0.5sinθ2＝1
得：θ2＝53°
故小球a重力勢能的變化量
ΔEp＝mg（Lcosθ1﹣Lcosθ2）
解得
ΔEp＝2J
（3）緩慢增大角速度，a球緩慢上滑過程中
Tsinθ＝N
Tcosθ﹣f＝mg
f＝μN
得
T（cosθ﹣μsinθ）＝mg
對b有
T＝mω2L
聯立得
當ω趨于無窮大時，θ最大，此時
cosθm﹣μsinθm＝0
可得
tanθm＝2
故θm＝arctan2
答：（1）初始時刻，細線中的張力大小為10N；
（2）小球a重力勢能的變化量為2J；
（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2。
【點評】本題考查了圓周運動，理解不同情況下物體的運動狀態，正確受力分析是解決此類問題的關鍵。
14．（2024 江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；
（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數；
（3）物塊A的質量。
【考點】重力勢能的計算；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；
（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數為0.1；
（3）物塊A的質量為0.8kg。
【分析】（1）v﹣t圖像反映了做直線運動的物體的速度隨時間變化的規律，斜率表示加速度的大小及方向，圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，根據圖像求出物塊B下降的高度，進而求出重力勢能；
（2）物塊A在1～3s水平方向只受摩擦力作用，由v﹣t圖像求解加速度，運用牛頓第二定律計算動摩擦因數；
（3）由v﹣t圖像求解物塊A在0～1s內的加速度，運用牛頓第二定律計算物塊A的質量。
【解答】解：（1）由v﹣t圖像圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，得B下落的高度hB1m，物塊B的重力勢能EPB＝mBghB＝0.3×10×1J＝3J；
（2）由v﹣t圖像斜率等于加速度可知，物塊A在1～3s其加速度大小a21m/s2，
1～3s內，對物塊A有μmAg＝mAa2，解得；
（3）物塊A和B在0～1s內加速度大小為a12m/s2，
對物塊A有T﹣μmAg＝mAa1
對物塊B有mBg﹣T＝mBa1
代入數據得T﹣0.1×mA×10N＝mA×2N，0.3×10N﹣T＝0.3×2N，
解得T＝2.4N，mA＝0.8kg。
答：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；
（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數為0.1；
（3）物塊A的質量為0.8kg。
【點評】考查對v﹣t圖像的理解和牛頓第二定律的運用，熟悉圖像的含義。
15．（2024春 江門期末）如圖甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石機，某同學根據其制作了“簡化投石機”模型如圖乙所示。質量M＝16kg的配重在下落過程，帶動固定在杠桿右端籃子中質量m＝4kg的小石塊上升，當配重落到最低點時，小石塊從籃子中水平飛出。轉軸O離地面高度h＝0.4m，杠桿短臂長為r1＝0.2m，長臂長r2＝0.4m，城墻高為H＝0.6m，寬d＝0.1m。配重釋放前杠桿臂保持水平，以此時杠桿臂所在水平面為參考平面。忽略杠桿臂和籃子的質量，忽略摩擦和空氣阻力，g取10m/s2。求：
（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP；
（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0；
（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍。
【考點】重力勢能的定義和性質；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP為16J；
（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0為2m/s；
（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m。
【分析】（1）根據重力勢能的定義式求解小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能；
（2）根據機械能守恒定律求解小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小；
（3）根據平拋運動的規律求解投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍。
【解答】解：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP＝mgr2＝4×10×0.4J＝16J
（2）把M、m看成一個整體，在轉動的過程中，它們的角速度相等，只有重力做功，根據機械能守恒定律有
Mgr1﹣mgr2
其中
代入數據解得：v0＝2m/s
（3）小石塊擊中城墻底部時的運動時間為t，根據
r2+h
解得t＝0.4s
這種情況距離城墻最遠，為s1＝v0t＝2×0.4m＝0.8m
落在城墻的最左端時，小石塊的運動時間為t'，有
h+r2﹣H
代入數據解得t'＝0.2s
則距離城墻的最近距離為s2＝v0t'＝2×0.2m＝0.4m
所以投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m
答：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP為16J；
（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0為2m/s；
（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機的轉軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m。
【點評】掌握平拋運動規律是解題的基礎，知道把M和m看成一個整體，知道該整體機械能守恒。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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