【期末押题预测】势能（含解析）2024-2025学年高中物理必修二教科版（2019）高一下册

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期末押题预测 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 栖霞市校级月考）早在中国古代，我们的祖先就已经利用力学原理来解决生活中的问题。下面的诗词、谚语在力学中的原理依次对应正确的是（　　）
①船到江心抛锚迟，悬崖勒马早已晚
②爬的高，跌得重
③坐地日行八万里
④人心齐，泰山移
A．惯性，重力势能，参考系，力的合成
B．时间和时刻，重力势能，万有引力定律，杠杆原理
C．惯性，牛顿第三定律，万有引力定律，力的合成
D．时间和时刻，牛顿第三定律，参考系，杠杆原理
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 广西期末）如图所示，质量均匀分布且m＝5kg的长方体物体放在水平面上，规定水平面为零势能面，长方体的长为a＝0.8m、宽为b＝0.2m、高为c＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）。
A．物体的重力势能为10J
B．物体向右翻转90°，物体的重力势能增加20J
C．物体向外翻转90°，物体的重力势能减少5J
D．物体向外翻转90°，物体的重力势能减少10J
（多选）9．（2024春 西城区校级期末）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象仍然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能，即水面是等势面。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）
A．多受到的这个“力”的效果是提供水做圆周运动的向心力
B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大
C．该“势能”的表达式与零势能点的选取无关
D．稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度ω大小有关
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 黄浦区校级月考）一身高为1.6m的运动员将手中的丝带抛出后迅速向前完成一个空翻，图为频闪照片记录的空翻过程，黑点表示运动员各个时刻的重心位置，各段竖线均沿竖直方向，频闪记录的相邻闪光间隙均为0.1s，重力加速度g取9.8m/s2。
（1）若要估测运动员从14号位置运动到20号位置的过程中，重心在地面上投影的平均速度，其方法是：　 　。
（2）运动员处于15号位置时，头朝下，脚朝上，则此时身体各部位中速度最大的是 　 　部，加速度最大的是 　 　部。
（3）已知运动员质量为45kg，在16号位置时重心恰位于最高点，从16号到20号位置的运动过程可视为仅受重力作用，重心在竖直方向的位移约为0.45m，则该过程中运动员重力势能变化量ΔEp＝　 　J，重心的速度变化量Δv为 　 　m/s，方向 　 　。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 徐汇区校级期末）新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划（2021﹣2035年）》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展，加快建设汽车强国。
（1）赛车手驾驶一辆3吨的长安福特沿斜面下降了10m到达地面，g＝10m/s2，若取地面为零势能面，则长安福特开始时的重力势能为 　 　。
A.2×104J
B.3×105J
C.4×105J
D.5×103J
（2）质量m＝5000kg的汽车在水平面上以加速度a＝2m/s2启动，所受阻力恒为1000N，汽车启动后第1s末的瞬时功率为 　 　（A.2kW，B.11kW，C.20kW，D.22kW）。若汽车的额定功率为35kW，则所能达到的最大速度为 　 　km/h。
（3）在行驶过程中，小明一家遇见一座拱形桥梁，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。小明目测此拱桥的半径大约为10m。那么要安全通过此拱桥，汽车速度不能超过 　 　m/s（g＝10m/s2），若达到这个速度则会导致什么风险 　 　（列举一个即可）。
14．（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）。
15．（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。
期末押题预测 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 栖霞市校级月考）早在中国古代，我们的祖先就已经利用力学原理来解决生活中的问题。下面的诗词、谚语在力学中的原理依次对应正确的是（　　）
①船到江心抛锚迟，悬崖勒马早已晚
②爬的高，跌得重
③坐地日行八万里
④人心齐，泰山移
A．惯性，重力势能，参考系，力的合成
B．时间和时刻，重力势能，万有引力定律，杠杆原理
C．惯性，牛顿第三定律，万有引力定律，力的合成
D．时间和时刻，牛顿第三定律，参考系，杠杆原理
【考点】重力势能的定义和性质；参考系及其选取原则；合力的取值范围；惯性与质量．
【专题】比较思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】A
【分析】分析各选项中的情景，确定这些诗词、谚语在力学中的原理。
【解答】解：①船到江心抛锚迟，悬崖勒马早已晚的原理是说明物体具有惯性；
②爬的高，跌得重的原理是物体越高，重力势能越大，说明物体的重力势能与高度有关；
③坐地日行八万里的原理是参考系，“坐地”是相对于地面位置不变，是静止的，而“日行”则是人相对于地轴随地球自转在运动；
④人心齐，泰山移的原理是力的合成的作用，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要掌握惯性、重力势能、参考系、力的合成等力学知识，并能用来分析实际问题。
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 广西期末）如图所示，质量均匀分布且m＝5kg的长方体物体放在水平面上，规定水平面为零势能面，长方体的长为a＝0.8m、宽为b＝0.2m、高为c＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）。
A．物体的重力势能为10J
B．物体向右翻转90°，物体的重力势能增加20J
C．物体向外翻转90°，物体的重力势能减少5J
D．物体向外翻转90°，物体的重力势能减少10J
【考点】重力势能的计算．
【专题】参照思想；模型法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】由几何关系求出物体的重心到零势能面的高度h，再由EP＝mgh求物体的重力势能。根据重心上升或下降的高度求解重力势能增加量或减少量。
【解答】解：A、由图可知，物体的重心到零势能面的高度为h1m＝0.2m，则物体的重力势能为EP1＝mgh1＝5×10×0.2J＝10J，故A正确；
B、物体向右翻转90°，物体的中心到零势能面的高度为
此时物体的重力势能为
故物体的重力势能增加量为
ΔEp1＝Ep2﹣Ep1＝（20﹣10）J＝10J，故B错误；
CD、物体向外翻转90°，物体的中心到零势能面的高度为
此时物体的重力势能为
物体的重力势能增加量为
ΔEp2＝Ep3﹣Ep1＝（5﹣10）J＝﹣5J，即该过程物体的重力势能减少5J，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题时，要掌握重力势能表达式EP＝mgh，h是物体的重心相对于零势能面的高度。
（多选）9．（2024春 西城区校级期末）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象仍然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能，即水面是等势面。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）
A．多受到的这个“力”的效果是提供水做圆周运动的向心力
B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大
C．该“势能”的表达式与零势能点的选取无关
D．稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度ω大小有关
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；类比法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】根据势能的变化量分析力的方向；写出势能的表达式，根据表达式分析；势能的大小与零势能点的选取有关；根据势能表达式分析。
【解答】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，所以这个特殊的“势能”A点要小于O点，故由O到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，所以该“力”由O指向A，故A错误；
B、设这个“力”为F，则Fx，即F，故该力的大小随x的增大而增大，故B正确；
C、由于O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是，故是选取了y轴处的“势能”为零，所以势能的大小与零势能点的选取有关，故C错误；
D、如果我们取O点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的，故y与总势能为x是总势能EP＝mgy，故y与x是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线，桶中水面的形状与角速度大小相关，故D正确。
故选：BD。
【点评】能够读懂题目，看懂题目给出的势能表达式，知道势能的大小与零势能点的选取有关。
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 黄浦区校级月考）一身高为1.6m的运动员将手中的丝带抛出后迅速向前完成一个空翻，图为频闪照片记录的空翻过程，黑点表示运动员各个时刻的重心位置，各段竖线均沿竖直方向，频闪记录的相邻闪光间隙均为0.1s，重力加速度g取9.8m/s2。
（1）若要估测运动员从14号位置运动到20号位置的过程中，重心在地面上投影的平均速度，其方法是：　用刻度尺测量出14号位置到20号位置重心在地面上的投影的位移　。
（2）运动员处于15号位置时，头朝下，脚朝上，则此时身体各部位中速度最大的是 　头　部，加速度最大的是 　脚　部。
（3）已知运动员质量为45kg，在16号位置时重心恰位于最高点，从16号到20号位置的运动过程可视为仅受重力作用，重心在竖直方向的位移约为0.45m，则该过程中运动员重力势能变化量ΔEp＝　﹣202.5　J，重心的速度变化量Δv为 　3　m/s，方向 　竖直向下　。
【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；平均速度（定义式方向）；牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】实验题；实验探究题；比较思想；实验分析法；直线运动规律专题；实验探究能力．
【答案】（1）用刻度尺测量出14号位置到20号位置重心在地面上的投影的位移；（2）头，脚；（3）﹣202.5，3，竖直向下。
【分析】（1）根据平均速度等于位移与时间之比，确定估测重心在地面上投影的平均速度的方法；
（2）根据加速时间的长短分析速度最大的部位。分析受力情况判断加速度最大的部位；
（3）根据WG＝mgh求出重力做的功，再求重力势能变化量ΔEp。根据Δv＝gt以及计算重心的速度变化量Δv。
【解答】解：（1）根据平均速度的计算公式可知，用刻度尺测量出14号位置到20号位置重心在地面上的投影的位移，而14号位置到20号位置所用时间为t＝6×0.1s＝0.6s，从而计算出重心在地面上投影的平均速度；
（2）由于运动员处于15号位置时，头朝下，脚朝上，头部加速的时间较长，速度较大；头部受到向下的重力和身体其他部位向上的作用力，而脚部受向下的重力和其他部位向下的拉力，所以脚部的加速度较大；
（3）重力做功为
WG＝mgh＝45×10×0.45J＝202.5J
根据重力做功与重力势能变化之间的关系可得
ΔEp＝﹣WG＝﹣202.5J
重心的速度变化为
Δv＝gt
结合
解得：Δv＝3m/s
速度变化量的方向与加速度方向相同，所以速度变化量的方向竖直向下。
故答案为：（1）用刻度尺测量出14号位置到20号位置重心在地面上的投影的位移；（2）头，脚；（3）﹣202.5，3，竖直向下。
【点评】解答本题时，要掌握测量平均速度的原理，掌握重力做功与重力势能变化之间的关系：ΔEp＝﹣WG，以及速度变化量公式Δv＝at。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 徐汇区校级期末）新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划（2021﹣2035年）》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展，加快建设汽车强国。
（1）赛车手驾驶一辆3吨的长安福特沿斜面下降了10m到达地面，g＝10m/s2，若取地面为零势能面，则长安福特开始时的重力势能为 　B　。
A.2×104J
B.3×105J
C.4×105J
D.5×103J
（2）质量m＝5000kg的汽车在水平面上以加速度a＝2m/s2启动，所受阻力恒为1000N，汽车启动后第1s末的瞬时功率为 　D　（A.2kW，B.11kW，C.20kW，D.22kW）。若汽车的额定功率为35kW，则所能达到的最大速度为 　126　km/h。
（3）在行驶过程中，小明一家遇见一座拱形桥梁，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。小明目测此拱桥的半径大约为10m。那么要安全通过此拱桥，汽车速度不能超过 　10　m/s（g＝10m/s2），若达到这个速度则会导致什么风险 　汽车的运动方向将不受控制　（列举一个即可）。
【考点】重力势能的计算；拱桥和凹桥类模型分析；功率的定义、物理意义和计算式的推导；机车以恒定加速度启动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】（1）B；（2）D，126；（3）10，汽车的运动方向将不受控制。
【分析】（1）根据Ep＝mgh计算；
（2）根据牛顿第二定律得到汽车的牵引力，然后根据P＝Fv计算；知道汽车牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大；
（3）当汽车所受重力刚好提供向心力时，汽车的速度大。
【解答】解：（1）长安福特的质量为m＝3T＝3×103kg，所以长安福特开始时的重力势能为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）设汽车的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F﹣f＝ma，汽车启动后第1s末的瞬时速度为v＝at，所以汽车的瞬时功率为P＝Fv，代入数据解得P＝2.2×104W＝22kW，故D正确，ABC错误。
故选：D。
当汽车受力平衡时即F＝f时，汽车的速度最大，根据P＝Fv可得
（3）当汽车与拱桥之间的弹力为零时，汽车的速度最大，根据牛顿第二定律有mg，解得汽车的最大速度为vm＝10m/s，若达到这个速度，汽车的运动方向将不受控制。
故答案为：（1）B；（2）D，126；（3）10，汽车的运动方向将不受控制。
【点评】知道汽车的功率公式P＝Fv，以及重力刚好完全提供向心力时汽车的速度最大是解题的基础。
14．（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。
15．（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。
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