1.4势能及其改变同步练习 （word版含答案）

鲁科版 （2019）必修第二册 1.4 势能及其改变 同步练习
一、单选题
1．从某高处自由释放一个物体，取地面为重力势能零点，该物体的机械能E和重力势能Ep随着物体距地面的高度h变化如图所示。重力加速度g=10m/s2，则（　　）
A．物体质量为8kg
B．h=0时物体的速率为m/s
C．从自由释放到落地前的瞬间，物体动能增加80J
D．物体下落过程中受到5N的阻力
2．如图所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧下端连接在挡板上，上端放置一个小物块，小物块处于静止状态。现对小物块施加沿斜面向上的拉力F，使小物块始终沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为a，拉力F的最小值为F1，直到物体与弹簧分离，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为θ，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）
A．物体的质量为
B．弹簧的最大压缩量为
C．从开始运动到物块与弹簧分离，物块增加的机械能为
D．从开始运动到物块与弹簧分离经过的时间为
3．一只皮球从离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度大小成正比。下列描写皮球在下落过程中速度v、加速度a与下落时间t的关系图像，皮球克服空气阻力做功W、皮球动能E与下落高度h的关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，质量为的小物块（视为质点）从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑，物块通过球壳最低点时的速度大小为。球壳的半径为，其两端的最高点在同一水平线上，物块与球壳间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．物块运动到最低点时，受到的摩擦力大小为
B．物块通过球壳最低点时，对球壳的压力大小为mg
C．从刚释放至运动到最低点的过程中，物块减少的机械能为
D．物块通过球壳最低点时所受重力做功的功率为
5．将一个小球竖直向上抛出，假设小球在运动过程中受到大小不变的空气阻力作用，经过一段时间后小球又返回至出发点。关于小球从抛出到返回原位置的过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球上升过程中的加速度小于下落过程中小球的加速度
B．小球上升过程中克服重力做的功大于下落过程中重力做的功
C．小球上升过程中的机械能的变化大于下落过程中机械能的变化
D．小球上升过程中所受重力做功的平均功率大于下落过程中重力做功的平均功率
6．如图所示，质量为m的小滑块从O点以速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是(　　)
A． B． C． D．
7．用绳吊一物体，手拉绳的一端使物体上升。在某一段时间内物体做匀减速上升。关于这段时间内物体势能的增加量与动能的减少量的说法中正确的是（　　）
A．势能的增加量等于动能的减少量
B．势能的增加量小于动能的减少量
C．势能的增加量大于动能的减少量
D．无法确定势能的增加量与动能减少量之间的关系
8．避险车道是指在长陡下坡路段行车道外侧增设的供速度失控（刹车失灵）车辆驶离正线安全减速的专用车道，如图所示。一辆质量为m的失控载重卡车以速度v冲上避险车道，直线行驶位移x后安全停下。查阅公路设计资料得知，该避险车道的路面与水平路面的夹角为θ。若将载重卡车视为作匀变速直线运动的质点，当地重力加速度为g，关于载重卡车在避险车道上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．加速度大小为
B．加速度大小为
C．运动时间为
D．损失的机械能为
9．质量为m的物体沿倾角为30°的斜面向下做匀加速运动，下降的高度为H，加速度大小等于重力加速度大小g。此过程中，物体（　　）
A．动能增加了mgH B．机械能增加了mgH
C．动能增加了2mgH D．机械能增加了2mgH
10．一质量为m的物体以某一速度从A点冲上一个固定的倾角为的斜面，其运动的加速度为，这个物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这过程中：（已知：，g为重力加速度）（　　）
A．物体的重力势能增加了 B．物体的动能损失了
C．物体的机械能损失了 D．在这个过程中，合力做负功的大小为
11．滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功，他克服阻力做功。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是（）
A．重力势能减少了 B．动能增加了
C．机械能增加了 D．机械能减少了
12．如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为L，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平拉力F使小物体以速度匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为、功率为，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为。随后让传送带以的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平拉力F拉物体，使它以相对传送带向左的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为、功率为，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为。下列关系中正确的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
13．将一个物体由地面上方的A点移至低于地面的B点，选地面为重力势能的零势能面，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功与运动过程中是否存在阻力有关
B．物体在A点的重力势能与在B点的重力势能方向相反
C．物体由A点移至B点的过程中，沿直线或曲线运动重力做功可能不同
D．物体由A点移至B点的过程中，重力做的功等于重力势能的减少量
14．关于弹性势能，下列说法正确的是（　　）
A．发生形变的物体都具有弹性势能
B．重力势能是相对的，弹性势能是绝对的
C．当弹力做功时弹性势能一定增加
D．当物体的弹性势能减小时，弹力一定做了正功
15．如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g（g为重力加速度大小），物块上升的最大高度为H，则此过程中（　　）
A．物块的重力势能减少了mgH
B．物块的动能损失了1.6mgH
C．物块的机械能损失了0.8mgH
D．物块克服摩擦力做功0.8mgH
二、填空题
16．甲、乙两个质量不同的物体处于同一高度，已知．__________物体的重力势能较大；如果想使这两个物体重力势能相等，可以把_________物体的位置提高．
17．质量为的钢球从高空自由下落，下落5m的过程中重力势能减少了_______J，1s末重力的瞬时功率为_________W．
18．质量为m的物体，沿倾角为的光滑斜面由静止下滑，当下滑t时间重力势能减少量为________________。
三、解答题
19．如图所示，一个足够长的传送带与水平面之间的夹角θ=30°，传送带在电动机的带动下以v=5m/s的速度顺时针匀速转动。一质量为1kg的物体以v0=10m/s的初速度从传送带的底端沿传送带向上运动，已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=，重力加速度g=10m/s2。
(1)求物体沿传送带向上运动的最大距离；
(2)若传送带向上匀速运动的速度v的大小可以调节，物体的初速度不变，当传送带的速度调节为多大时，物体从底端运动到最高点的过程中产生的热量最少？最小值是多大？
20．货车在长下坡路段容易出现刹车失灵的情况，当刹车失灵时，司机可将货车开上紧急避险车道，避险车道有一定倾角，铺有碎石，可使失控货车尽快减速，如图所示。某紧急避险车道为倾角恒定的斜坡，坡长，坡顶到坡底的高度差为。一载重后总质量的货车以的速度进入该避险车道，运动过程中所受阻力恒定，在斜坡中点处速度减为零。取重力加速度。求：
（1）货车进入避险车道后损失的机械能；
（2）货车在避险车道中受到的阻力大小。
21．如图所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由持殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙而与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F=6μmg，g为重力加速度。
（1）若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；
（2）若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。
22．如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，已知小球质量m=0.1kg，斜面高=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求A到C全过程中克服摩擦阻力做的功。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】
A．取地面为重力势能零点，由题图可知，物体在距地面高度为h=4m时，物体的重力势能为Ep=80J，由
Ep=mgh
可得
m=2kg
故A错误；
BC．h=0时物体的重力势能是零，机械能等于动能，即动能增加了60J，则有
解得
故BC错误；
D．图像①即为机械能随高度变化的图像，其斜率表示阻力，有
即物体下落过程中受到5N的阻力，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】
A．由题意可知，F刚作用到物体上时最小，由牛顿第二定律
可得物体的质量为
故A错误；
B．小物块处于静止状态时，弹簧压缩量最大，则有
可得
故B错误；
C．从开始运动到物块与弹簧分离，物块增加的机械能为
即
故C错误；
D．由
可得
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
AB．由于受到空气阻力的大小与速度大小成正比，由牛顿第二定律可得
mg-kv=ma
所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，但加速度不是随时间均匀减小，当mg=kv时，以后做匀速运动，故AB错误；
C．皮球在下落过程中，皮球克服空气阻力做功
故C正确；
D．皮球在下落过程中，由动能定理
mgh-fh=E-0
所以
E=（mg-f）h
由于f增大，故（mg-f ）减小，即斜率减小，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
AB．设物块通过球壳最低点时，受到球壳的支持力为，由牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知物块对球壳的压力大小也为，此时物块受到的摩擦力为
故AB错误；
C．以球壳的最低点为势能的零点，出状态的机械能为，末状态的机械能为，所以全过程机械能的减小量为，故C正确。
D．物块通过球壳最低点时所受重力做功的功率为
选项D错误。
故选C。
5．D
【详解】
A．小球运动过程中受的空气阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为
所以
故A错误；
B．小球上升过程中克服重力做的功等于下落过程中重力做的功相等，即
故B错误；
C．小球机械能的变化，等于空气阻力对小球做的功，即
所以小球上升过程中的机械能变化等于下落过程中机械能的变化，故C错误；
D．上升、下降过程所用时间分别为、，则有
由于，则
上升、下降过程的平均功率分别为
所以
故D正确。
故选D。
6．B
【详解】
设动摩擦因数为μ，O点离弹簧右端距离为L，弹簧最大压缩量为，小滑块从O点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得
再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得
联立可得
故弹簧获得的最大弹性势能是，选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【详解】
因绳子的拉力对物体做正功，则物体的机械能增加；物体上升，则重力势能增加，物体减速，则动能减小，则势能的增加量大于动能的减少量。
故选C。
8．A
【详解】
A．依题意，可知卡车在避险车道上做匀减速直线运动，根据位移速度关系可得
得卡车在避险车道上的加速度大小为
故A正确；
B．由于避险车道的路面对卡车有摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
故B错误；
C．依题意，根据
可得卡车在避险车道上运动时间为
故C错误；
D．依题意，可得卡车损失的机械能为
故D错误。
故选A。
9．C
【详解】
AC．物体受的合外力为
F=ma=mg
根据动能定理可知，动能增加
选项A错误，C正确；
BD．根据牛顿第二定律
解得
F1=mg
则机械能增加了
选项BD错误。
故选C。
10．C
【详解】
A．根据功能关系，重力势能的增加等于物体克服重力做的功，即物体的重力势能增加了，A错误；
BD．根据动能定理，合力做的功即为物体动能的损失
BD错误；
C．根据A和B可知，损失的机械能为
C正确。
故选C。
11．D
【详解】
A．重力对运动员做功为1000J，是正功，则运动员重力势能减小1000J，A错误；
BCD．除重力外，运动员克服阻力做功100J，即阻力做功为-100J，故运动员的机械能减小100J，合力对运动员所做的总功为
是正功，则根据动能定理知运动员动能增加900J，BC错误，D正确。
故选D。
12．B
【详解】
设AB的长度为L，拉力大小为F，滑动摩擦力大小为f。当传送带不运动时，拉力做功
物体从A运动到B的时间
因摩擦而产生的热量
当传送带运动时，拉力做功
物体从A运动到B的时间
因摩擦而产生的热量
拉力做功功率
比较可知
又
得
故选B。
13．D
【详解】
A．重力做功只与物体初、末位置的高度差及物体的质量有关，与其他因素无关，故A错误；
B．重力势能是标量只有大小没有方向，故B错误；
C．重力做功
物体从A点到B点无论是直线运动还是曲线运动，AB两点的高度差都是相同的，因此重力做功相同，故C错误；
D．物体在AB两点的重力势能分别为
重力势能减小量为
物体从A点到B点重力做功为
因此重力做功等于重力势能的减小量，故D正确。
故选D。
14．D
【详解】
A．发生完全非弹性形变的任何物体各部分之间没有弹性势能，A错误；
B．重力势能和弹性势能都是相对参考位置而言的，B错误；
CD．根据弹力做功与弹性势能的关系可知，只有弹力做负功时弹性势能才能增加，如果弹力做正功，则弹性势能就会减小，故C错误，D正确。
故选D。
15．B
【详解】
A．重力做功－mgH，根据功能关系可知，物块的重力势能增加了mgH，A错误；
B．在此过程中，由动能定理可知
W＝－ma ＝－1.6mgH
说明物块的动能损失了1.6mgH，故B正确；
C．在上升过程中，动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故机械能损失了0.6mgH，C错误；
D．设物块克服摩擦力做功为W克f，由动能定理可得
W＝－mgH－W克f＝－1.6mgH
解得
W克f＝0.6mgH
D错误。故选B。
16． 甲 乙
【详解】
[1][2]．甲、乙两个质量不同的物体处于同一高度，已知．根据EP=mgh可知，甲物体的重力势能较大；如果想使这两个物体重力势能相等，可以把乙物体的位置提高．
17． 100 200
【详解】
[1]．质量为2kg的钢球从高空自由下落，下落5m的过程中重力势能减少了
[2]．1s末重力的瞬时功率为
18．
【详解】
物体下滑的加速度
下滑时间时，物体下滑的距离
下滑的高度
则物体重力势能的减少量为
19．(1)10 m；(2)2.5 m/s；12.5 J
【详解】
(1)解法一：由于v0>v，故物体开始时所受摩擦力的方向沿传送带向下
由牛顿第二定律可得
mg(sin θ＋μcos θ)＝ma1
解得
a1＝7.5 m/s2
物体从10 m/s减速到5 m/s的过程，沿传送带向上的位移
由于mgsin θ>μmgcos θ，物体速度达到5 m/s后继续减速，加速度
a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2
物体从5 m/s减速到0的过程，沿传送带向上的位移
故物体沿传送带向上运动的最大距离
x＝x1＋x2＝10 m.
解法二：画出物体在传送带上的v t图象，如图所示，物体沿传送带向上运动的最大距离等于图线与坐标轴围成的面积
(2)取传送带为参考系，物体向上减速运动的两个过程相对传送带的位移大小分别为
物体向上运动产生的热量
Q＝μmgcos θ(Δx1＋Δx2)
进一步通过数学上的配方法可知，当v＝2.5 m/s时，产生的热量Q最少，且最小值Q＝12.5 J.
20．（1）；（2）
【详解】
（1）在斜坡中点处速度减为零，则动能减少量
重力势能增加量
则机械能损失
（2）机械能损失等于克服阻力做功
解得
21．（1）；（2）
【详解】
（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有
根据匀变速直线运动规律，有
解得
（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为，物块的加速度为，经过时间，物块离开木板，木板的位移为，物块的位移为。对木板，根据牛顿第二定律有
对物块，同理有
根据匀变速直线运动的规律，有
当物块离开木板时，有
解得
在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量
物块和木板相对运动产生的热量
所以，产生的总热量
22．0.8J
【详解】
在C点，由牛顿第二定律得
从A到C过程，由动能定理得
解得
答案第1页，共2页
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