1.4势能及其改变 同步练习（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第二册
1.4势能及其改变 同步练习（解析版）
1．吊车是一种广泛用于港口、工地、车间等场所的起吊搬运器械，可以在一定范围内竖直提升和水平搬运重物。大型吊车把地面上一堆建筑材料竖直吊起，其运动的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在内，建筑材料克服重力做功的功率保持恒定
B．在内，建筑材料对吊索的拉力大于自身的重力
C．在内和内建筑材料的运动方向相反
D．在内，建筑材料的机械能始终在不断增大
2．如图所示，撑竿跳是运动会上常见的比赛项目，用于撑起运动员的竿要求具有很好的弹性，下列关于运动员撑竿跳起的过程说法中正确的是（　　）
A．运动员撑竿刚刚触地时，竿弹性势能最大
B．运动员撑竿跳起到达最高点时，竿弹性势能最大
C．运动员撑竿触地后上升到达最高点之前某时刻，竿弹性势能最大
D．以上说法均有可能
3．请阅读下列材料，回答问题。
探月工程嫦娥五号：九天云外搅月回！
2020年1月24日4时30分，中国文昌航天发射场，长征五号遥五运载火箭尾焰喷薄而出，闪烁着多彩的光芒映透整个夜空。山坡上、海岸边，人们欢呼、庆祝，目送长征五号全力托举嫦娥五号向着月球飞驰而去。
12月1日23时11分，嫦城五号探测器成功着陆在月球正面西经51.8度、北纬43.1度附近的预选着陆区。12月2日22时，经过约19小时月面工作，探月工程嫦娥五号探测器顺利完成月球表面自动采样，并按预定形式将样品封装保存在上升器携带的贮存装置中。图甲是12月2日嫦娥五号探测器在月球表面自动采样。
12月3日23时10分，嫦娥五号上升器月面点火，3000牛发动机工作约6分钟后，顺利将携带月壤的上升器送入到预定环月轨道，成功实现我国首次地外天体起飞。图乙嫦娥五号上升器月面点火瞬间模拟图。12月6日5时42分，嫦娥五号上升器成功与轨道器返回器组合体交会对接，并于6时12分将月球样品容器安全转移至返回器中。
12月17日凌晨，内蒙古四子王旗。在闯过月面着陆、自动采样、月面起飞、月轨交会对接、再入返回等多个难关后，历经重重考验的嫦娥五号返回器携带月球样品，成功返回地面。
嫦娥五号上升器在月面点火离开月球的较短时间中，上升器的（　　）
A．动能增大，重力势能增大 B．动能减小，重力势能减小
C．动能增大，重力势能减小 D．动能减小，重力势能增大
4．如图所示，一质量为m的物块在离地面高为h的桌面上以速度v滑动，以桌面为参考平面，物块的机械能为（　　）
A． B． C． D．0
5．如图所示，质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h。若以离桌面H处为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是（　　）
A．mgh，减少mg（H-h）
B．mgh，增加mg（H+h）
C．-mgh，增加mg（H-h）
D．-mg（H+h），减少mg（H+h）
6．在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，木块和木板间的动摩擦因数为μ。在木块上施加一水平向右的恒力F，使木块与木板都由静止开始运动，经过时间t两者分离，该过程恒力F做的功为W，系统的摩擦生热为Q。下列判断正确的是（　　）
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大小木块的质量m，则时间t增大
C．若仅减小木板的质量M，则恒力F做功W减少
D．若仅增大恒力F，则系统的摩擦生热Q减少
7．如图所示，一质量为m的物块（可视为质点），沿倾角为的光滑固定斜面由静止下滑，当它在竖直方向下落了h高度，取释放点A所在的水平面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）
A．物块在B处的重力势能为
B．从A到B物块的重力势能变化量为
C．物块运动到B点时重力的瞬时功率为
D．从A到B斜面对物块的弹力做功为
8．质量为50kg的同学进行30m距离袋鼠跳比赛，共跳动15次正好抵达终点，若每次跳跃距离相同，重心均升高0.45，则以下说法正确的是（　　）
A．下落时双脚触地起该同学处于超重状态
B．起跳时与落地时地面对人的作用力方向不一致
C．每次跳跃该同学消耗体能225J
D．若该同学用14次跳跃动作完成比赛，则用时一定更短
9．如图所示，我国首颗火星探测器“天问一号”在降落火星之前，将进行五次近火制动，先后在5个近火点相同但远火点不同的轨道上运行。2月24日6时29分，“天问一号”探测器成功实施第三次近火制动，由停泊调相轨道进入停泊轨道。以下关于“天问一号”在停泊调相轨道和停泊轨道运行的说法正确的是（　　）
A．在两轨道的近火点的速度大小相同
B．在两轨道的周期相同
C．在两轨道的机械能相同
D．在两轨道的近火点加速度大小相同
10．发射高轨道卫星时，一般是先将卫星发射至近地圆形轨道1上运行，然后在某点Q变速，使其沿椭圆轨道2运行，最后在远地点P再次变速，将卫星送入预定圆形高轨道3运行，已知轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。设卫星的质量保持不变，卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，只受地球引力作用，则下列说法正确的是：（　　）
A．卫星在1轨道上正常运行时的速度小于在3轨道上正常运行时的速度
B．卫星在1轨道上正常运行时的机械能大于在3轨道上正常运行时的机械能
C．卫星在2轨道上P点的加速度小于在3轨道上P点的加速度
D．卫星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，加速度逐渐增大，速度也逐渐增大
11．如图所示，一质量为的物块从光滑斜面底端A点以某初动能沿斜面开始向上滑，滑到点时动能减半，滑到点时动能为零。以过点的水平面为零势能面，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．物块在A点处的重力势能为零
B．物块在A、B两点处速度大小之比为
C．物块在段和段克服重力做的功之比为
D．物块在A、B两点处重力的瞬时功率之比为
12．已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率，一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落，以地面为重力势能零势能面，用、、E、h表示雨滴重力势能、动能、机械能和下落高度，则下列四幅图像可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
13．如图所示是跳高运动员正在飞越横杆时的情景。对运动员从起跳到图示位置的过程，下列说法正确的是（　　）
A．运动员的重心升高
B．运动员的重力势能增大
C．运动员所受重力做负功
D．运动员所受重力做正功
14．将一小球压缩在竖直放置的弹簧上释放，小球经历如图所示的、、三个位置，其中为最大压缩位置，为弹簧的原长位置，为弹出后上升的最大高度处。则下列说法中正确的是（　　）
A．位置弹簧的弹性势能最大 B．位置小球的动能最大
C．位置小球的机械能最大 D．位置小球的重力势能最大
15．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变，方向始终与运动方向相反的阻力，物体上升时的动能Ek随距地面高度h变化的部分图像如图所示。物体质量为1kg，重力加速度取10m/s2，以下正确的是（　　）
A．物体上升过程中机械能减小 B．物体受到的阻力大小为16N
C．物体上升过程的加速度大小为24m/s2 D．物体上升的最大高度为4.5m
16．如图1所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图2所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2．求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块在传送带上的运动时间：
（3）整个过程中系统生成的热量．
17．如图所示，竖直平面内的光滑半圆轨道和水平顺时针匀速传动的传送带恰好相切于B点，传送带间距。现有一个质量为的小滑块（可视为质点），以一定的水平初速度从A点滑上传送带，若传送带以不同的速度v匀速传动，测得滑块运动至圆轨道最高点P时，对轨道的压力（）与传送带传动速度的平方（）的关系图像如下图所示。重力加速度g取。求：
(1)光滑半圆轨道的半径R；
(2)小滑块运动到B点的最小速率；
(3)小滑块的水平初速度的大小和滑块与传送带间的动摩擦因数；
(4)传送带的速度v取何值时，滑块从A运动到B的过程中与传送带间摩擦生热为。（结果可用分式或根式表示）
参考答案
1．D
【详解】
A．在内，建筑材料的速度增大，克服重力做功的功率增加，故A错误：
B．在内，建筑材料货物减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，建筑材料对吊索的拉力小于自身的重力，故B错误；
C．建筑材料在内和内的运动方向均竖直向上，故C错误；
D．在内，吊索对建筑材料的拉力始终竖直向上，对它们做正功，所以建筑材料的机械能增大，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．撑竿的形变量越大时，弹性势能越大，撑竿刚与地面接触时，没有发生形变，弹性势能为零，故A错误；
B．运动员撑竿跳起到达最高点时，竿的形变为零，弹性势能为零，故B错误；
CD．撑竿的形变量最大时，弹性势能最大，手握撑竿从地面跃起后，到最高点以前的某位置时，撑竿的形变量最大，撑竿的弹性势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
3．A
【详解】
嫦娥五号上升器在月面点火离开月球的较短时间中，上升器加速上升，所以动能增大，重力势能增大。
故选A。
4．B
【详解】
以桌面为参考平面，物块的重力势能为Ep=0，动能为
则机械能为
故选B。
5．D
【详解】
以离桌面H处为参考平面，那么小球落地时的重力势能-mg（H+h）；因重力做功为mg（H+h），则重力势能减小mg（H+h）。
故选D。
6．B
【详解】
A．根据牛顿第二定律得，木块m的加速度
木板M的加速度
设木板长为L，根据
解得
若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小。故A错误；
B．由A的分析知，若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故B正确；
C．由A的分析知，若仅减小木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度增大，则时间t增大，由
知力F方向上的位移x增大，故恒力F做功W增加，故C错误；
D．系统摩擦生热Q等于小物块克服摩擦力做的功
若仅增大恒力F，则系统的摩擦生热Q不变，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．取释放点A所在的水平面为零势能面，则物块在B处的重力势能为-，选项A错误；
B．物块在A处的重力势能为0，则从A到B物块的重力势能变化量为-，选项B错误；
C．设物块运动到B点时的速度为v，根据动能定理有
解得
则重力的瞬时功率为
选项C正确；
D．弹力始终与速度方向垂直，所以从A到B斜面对物块的弹力做功为0，选项D错误；
故选C。
8．B
【详解】
A．下落时双脚触地瞬间，该同学的加速度仍然向下，处于失重状态，并非一直超重，A错误；
B．不论是起跳还是落地，地面对人的支持力始终竖直向上，但起跳时摩擦力向前，则地面对人的作用力合力在前上方。落地时摩擦力向后，则地面对人的作用力合力在后上方，B正确；
C．每次跳跃，该同学消耗的体能除了用于抬高重心转化为该同学的重力势能的增加量还有向前的动能，故消耗的体能
C错误；
D．该同学每次每次跳跃完成后，均可能会在地面停留片刻，所以用时长短于跳跃次数无必然联系，D错误。
故选B。
9．D
【详解】
AC．探测器由停泊调相轨道到停泊轨道需要减速，所以在两轨道的近火点的速度大小不同。机械能不同。AC错误；
B．根据开普勒第三定律可知，轨道半长轴大的周期大，所以两轨道周期不同。B错误；
D．轨道的近火点加速度均由万有引力提供，而在近地点两轨道万有引力相同，所以加速度相同。D正确。
故选D。
10．D
【详解】
A．星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，有
得
知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，所以，卫星在1轨道上正常运行时的速度大于在3轨道上正常运行时的速度，故A错误；
B．卫星要从1轨道变轨到轨道2，要在Q点加速，机械能增大。从轨道2变轨到轨道3，要在P点加速，机械能增大，所以卫星在轨道1上正常运行时的机械能小于在3轨道上正常运行时的机械能。故B错误；
C．根据万有引力提供合力
无论哪个轨道经过P点，距地心距离都相同，加速度一样，故C错误；
D．根据
可知，星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，加速度逐渐增大，再根据开普勒第二定律，卫星由远地点向近地点运动时，速度也逐渐增大，故D正确。
故选D。
11．C
【详解】
A．物块上滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，在点的机械能为零，则在A点的机械能也为零，在A点有动能，则物块在点处的重力势能不为零，且为负值，故A错误；
B．设物块在点的动能为，则
在点有
解得
故B错误；
C．根据动能定理得：物块在段和段克服重力做的功
即为
故C正确；
D．根据
可得，物块在A、两点处重力的瞬时功率之比等于速率之比，为，故D错误。
故选C。
12．C
【详解】
A．随着下落的速度逐渐增加，空气阻力逐渐增大，合外力逐渐减小，根据动能定理，下落相同的高度，动能的增量逐渐减小，因此斜率逐渐减小，最后趋近于水平，A 错误；
B．由于空气阻力做负功，机械能逐渐减小，最终匀速下降，只有势能减小，动能不再增加，因此图像不是直线，B错误；
C．下落的过程中，由于空气阻力逐渐增大，下落相同的高度，空气阻力做功逐渐增大，机械能减少得越来越快，因此斜率逐渐增大，C正确；
D．设初始状态时的势能，下落的过程中，由于
可得图像是不过坐标原点，倾斜向下的直线，D错误。
故选C。
13．ABC
【详解】
跳高运动员飞越横杆时，重心升高，重力的方向与位移方向相反，则重力做负功，重力势能增大。
故选ABC。
14．ACD
【详解】
A．在A位置弹簧的形变量最大，则弹簧的弹性势能最大，故A正确；
B．从A到B，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减小；从B到C，小球做匀减速运动，动能不断减小，则在AB之间弹力与重力大小相等的位置小球的动能最大，故B错误；
C．从A到B，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加，从B到C，只有重力做功，小球的机械能不变，则B位置小球的机械能最大，故C正确；
D．在C位置小球的高度最大，重力势能最大，故D正确。
故选ACD。
15．AD
【详解】
A．在上升过程，阻力（非重力）做负功，机械能减小，A正确；
BC．图像的斜率表示合外力，有
解得
，
BC错误；
D．根据动能定理得
解得
D正确。
故选AD。
16．（1）0.2； （2）1.5s； （3）1 8J
【解析】
试题分析：根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小；物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间；根据运动学公式求出整个过程相对路程的大小，结合摩擦力与相对路程的乘积求出产生的热能．
（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度： ．
由牛顿第二定律得f=Ma
可得物块与传送带间的动摩擦因数
（2）由速度图象可知，物块初速度大小v=4m/s，传送带速度大小v'=2m/s
物块在传送带上滑动t1=3s后，与传送带相对静止
前2秒内物块的位移大小s1＝＝4m，向右
后1秒内的位移大小s2＝＝1m，向左
3秒内位移s=s1-s2=3m，向右
物块再向左运动时间t2＝＝1.5s
物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s
（3）物块在皮带上滑动的3s内，皮带的位移s'=v't1=6m，向左
物块位移的s=s1-s2=3m，向右
相对位移为：△s′=s'+s=9m
所以转化的热能Q=f×△s′=18J
点睛：本题主要考查了物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．
17．(1)0.2m；(2)；(3)4m/s，0.2；(4)或
【详解】
(1)研究滑块B-P过程，由动能定理，得
研究滑块在P点，由牛顿第二定律，得
将，代入，得
(2)研究滑块在P点，由牛顿第二定律，得
研究滑块B-P过程，由动能定理，得
将代入，得
(3)由题意，得
联立得
(4) 滑块从A运动到B的过程中与传送带间摩擦生热
可得
若滑块一直减速，则
若滑块一直加速，则