1、单元专项突破练(四) 1.关于重力势能的下列说法中正确的是()A.重力势能是物体和地球所共有的B.重力势能减小到零就没有势能了C.在地面上的物体,它具有的重力势能一定等于零D.重力势能的大小只由重物本身决定,与零势能参考平面选取无关【解析】选A。根据重力势能的定义可以知道,重力势能是地球和物体共同具有的,故A正确;重力势能是相对值,不是绝对值,选择与物体不在同一平面的平面为参考平面,则重力势能不为零,故B错误;选择不同的零势能参考平面,物体具有的重力势能不同,故地面上的物体,它具有的重力势能不一定等于零,故C错误; 重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关,故D错误。2.(多选)一辆小汽车在水
2、平路面上由静止启动,在前5 s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2103 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10 m/s2,则()A.汽车在前5 s内的牵引力为4103 NB.汽车在前5 s内的牵引力为6103 NC.汽车的额定功率为60 kWD.汽车的最大速度为30 m/s【解析】选B、C、D。由图像知,前5 s内的加速度a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-kmg=ma,得F=6103 N,故选项B正确,A错误;又5 s末达到额定功率,则额定功率P额=Fv=60 kW;当牵引力与阻力相等时,速度达到最大,则
3、最大速度vmax=30 m/s,故选项C、D正确。3.(2018浙江6月学考)如图所示,质量为m的小球,从距桌面h1高处的A点自由下落到地面上的B点,桌面离地高为h2,选择桌面为重力势能参考平面,则小球()A.在A点时的重力势能为mg(h1+ h2)B.在A点时的机械能为mg(h1+ h2)C.在B点时的重力势能为0D.落到B点时的动能为mg(h1+ h2)【解析】选D。以桌面为重力势能参考面,所以A点机械能(重力势能)为mgh1,A、B错误;在B点重力势能为-mgh2,C错误;在整个过程中小球机械能守恒,因此在B点的动能为mg(h1+h2),D正确。故选D。4.如图所示,长为L的均匀链条放在
4、光滑水平桌面上,且使长度的垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(重力加速度为g)()A.B.C.D.4【解析】选C。由机械能守恒定律Ep减=Ek增,即mg-mg=mv2,所以v=。5.(多选)把质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把小球往下按至A位置,如图甲所示,现将小球从A位置由静止释放,小球被弹簧弹起后升至最高位置C,如图丙所示,途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态,如图乙所示,已知A、C两位置高度差为h,弹簧的质量和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g,下列分析正确的是 ()A.小球从A运动到C的过程中它的机械能守恒B.小球从B运动到C的过程中它的机
5、械能守恒C.小球在位置B时它的动能最大D.弹簧释放的弹性势能最大值等于mgh【解析】选B、D。小球从A运动到C的过程中,由于在AB段弹簧的弹力对它做正功,其机械能增加,A项错误;小球从B到C只有重力做功,小球的机械能守恒,B项正确;从A到B的过程中小球要先加速后减速,当加速度为零,即在弹力与重力大小相等的位置时,速度最大,动能最大,该位置位于AB之间,不在B点,C项错误;小球从A到C的过程中,小球受到的重力和弹簧弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则弹簧释放的弹性势能最大值等于小球到达C点时的重力势能值,为mgh,D项正确。6.(多选)(2020福州高一检测)滑块以速率v1靠惯性沿固定
6、斜面由底端向上运动,当它回到出发点时速率变为v2,且v2v1。若滑块向上运动的位移中点为A,取斜面底端重力势能为零,则()A.上升时机械能减小,下降时机械能增大B.上升时机械能减小,下降时机械能也减小C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方【解析】选B、C。由v20,vA令x=tan(x+1)(x2+x-1)0化简则tan其中,等号为滑块离开半圆轨道顶点A的最小速度,为 m/s,当刚好离开斜面时垂直打在斜面上的角度,即arctan答案:(1)2.15 N(2) m/s(3)arctan10.(多选)(2020宁波高一检测)如图甲所示,一个小球悬挂
7、在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示,其中O-x1过程的图像为曲线,x1-x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是()A.O-x1过程中小球所受拉力大于重力B.小球运动路程为x1时的动能为零C.O-x2过程中小球的重力势能一直增大D.x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动【解析】选B、D。小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力作用下运动,拉力做功改变小球的机械能,则:F拉=,可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小;O-x1过程中小球所受拉力竖直向上且不断减小,拉力做正功,小球的机械能增加,开始时小球从静止开始加速,拉力大
8、于重力,运动过程中拉力逐渐减小,x1之后,拉力竖直向上做负功,小球向下运动,所以x1处速度为零,动能为零,说明O-x1过程中小球先加速后减速,所以在减速阶段拉力小于重力,A错误,B正确;O-x1过程中小球向上运动,重力做负功,重力势能增大,x1-x2过程中小球向下运动,重力做正功,重力势能减小,C错误;x1-x2过程中重力大于拉力,小球向下运动,图像斜率不变,拉力不变,所以小球加速度恒定,向下做匀加速直线运动,D正确。11.(2020金华高一检测)如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=3 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固
9、定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.5 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=53,不计空气阻力,求:(g取10 m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6)(1)A、C两点的高度差;(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(3)要使小物块不滑出长木板,木板的最小长度。【解析】(1)根据几何关系可知:小物块在C点速度大小为:vC=5 m/s,竖直分量:vyC=4 m/s,下落高度:h=0.8
10、 m。(2)小物块由C到D的过程中,由动能定理得:mgR(1-cos53)=m-m代入数据解得:vD= m/s小球在D点时由牛顿第二定律得:FN-mg=m代入数据解得:FN=68 N由牛顿第三定律得小物块对轨道D点的压力FN=FN=68 N,方向竖直向下。(3)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为:a1=g=0.310 m/s2=3 m/s2,a2=1 m/s2,速度分别为:v=vD-a1t,v=a2t,得t= s,v= m/s,对物块和木板系统,由能量守恒定律得:mgL=m-(m+M)v2代入数据解得:L=3.625 m
11、即木板的长度至少是3.625 m。答案:(1)0.8 m(2)68 N方向竖直向下(3)3.625 m12.如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角BOC=37,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的物体,从D点的正上方E点处自由下落,D、E两点间的距离h=1.6 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数=0.5, sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)物体第一次通过C点时,物体对轨道C点的压力大小;(2)要使物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB
12、至少要多长;(3)若斜面已经满足第(2)问要求,物体从E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动,求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。【解析】(1)物体从E到C,由机械能守恒得:mg(h+R)=m 在C点,由牛顿第二定律得:FN-mg=m 联立解得支持力FN=12.4 N 由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为12.4 N。(2)从EDCBA过程中,由动能定理得WG-Wf=0 WG=mg(h+Rcos37)-LABsin37 Wf=mgcos37LAB 联立解得斜面长度至少为:LAB=2.4 m。 (3)因为,mgsin37mgcos37(或tan37)所以物体不会停在斜面上。物体最后以C为中心,B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。从E点开始直至稳定,系统因摩擦所产生的热量Q=Ep Ep=mg(h+Rcos37) 联立、解得Q=4.8 J 在运动过程中产生热量为4.8 J。答案:(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J
