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．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
2．质量为的物体沿水平面向右做直线运动，时刻受到一个水平向左的恒力F作用，如图甲所示。此后物体的图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取，则（ ）
A．12s内物体的位移为12m B．物体与水平面间的滑动摩擦力大小为6N
C．8s末恒力F的瞬时功率为13.5W D．0 ~ 2s内摩擦产生的热量为18J
3．一质量为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
4．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．
5．水平地面上静止一质量为的无人机，开始竖直向上以恒定功率启动高度，在运动过程中，无人机的动能与高度的关系图像如图所示，不计无人机受到的空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．阶段，牵引力的功为 B．，牵引力的功率为
C．，无人机机械能增加 D．，无人机只受重力
6．一个物体以一定的初速度竖直上抛，不计空气阻力，那么在选项图中，表示物体的动能Ek随高度h变化的图像A，物体的重力势能Ep随速度v变化的图像B，表示物体的机械能E随高度h变化的图像C，表示物体的动能Ek随速度v的变化图像D，其中错误的是（　　）
A． B． C． D．
7．关于重力势能，下列说法中正确的是（　　）
A．某个物体处于某个位置，重力势能的数值是唯一确定的，与参考面选取无关
B．只要重力做功，物体的重力势能一定变化
C．物体做匀速直线运动时，其重力势能一定不变
D．物体重力势能增加时，物体的重力可以不做功
8．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取，，下列说法正确的是（　　）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当稳定在37°时， 配重的角速度为5rad/s
D．当由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
9．如图所示，质量相等的两木块中间连有一竖直轻弹簧，木块A静止在弹簧上面，设弹簧的弹性势能为Ep1。现用力缓慢向上提A，直到B恰好离开地面；B刚要离开地面时，设弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2的大小关系及弹性势能的变化ΔEp，下列说法中正确的是 （　　）
A．Ep1=Ep2 B．Ep1>Ep2 C．ΔEp>0 D．ΔEp<0
10．将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示，取g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　）
A．上升过程中机械能减少，下降过程中机械能增加
B．全过程中克服空气阻力做功120J
C．上升与下降的时间之比为：
D．上升过程中动能减少量与机械能减少量之比为6：1
11．下列物理量中属于矢量的是（　　）
A．路程 B．功 C．重力势能 D．速度
12．如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．力对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．力对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做的功大于木箱增加的重力势能
D．力对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力做的功之和
13．关于重力做功和重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的数值大小也随之确定
B．一个物体的重力势能从变化到，重力势能变小了
C．当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能减小
D．重力做功与路径无关
14．质量为m的小球，从离地面高的水平桌面由静止落下，地面下有一深度为的沙坑，小球落到坑底时速度为零。若以桌面为零势能参考平面，不计空气阻力，则小球落到地面时的机械能和落到坑底时的重力势能分别为（　　）
A．0， B．0，
C．， D．，
15．劲度系数分别为和的弹簧A和B连接在一起，拉长后将两端固定，如图，弹性势能、的关系是（　　）
A． B． C． D．无法比较、的大小
二、填空题
16．一小孩的质量的为m，小孩从高度为h的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为v，则小孩的动能增加________、机械能减少________、重力势能减小________.
17．把质量为1kg的物体，用一个水平的推力F=10S（S为物体下滑的位移）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，墙与物体之间的动摩擦因数为0.2，物体从静止开始下滑，则物体速度变化情况是___________；从静止下滑到速度最大的过程中，重力势能的增量是___________。
18．只有弹簧发生弹性形变时才具有弹性势能，其他物体发生弹性形变时是不会有弹性势能的．( )
三、解答题
19．质量m1=1kg的薄木板A置于倾角为θ=30°的足够长斜面上。质量m2=2kg的滑块B（可视为质点）置于A上表面的下端，如图（a）所示。A和B由静止同时释放，并同时对A施加沿斜面向下的恒力F，使A、B发生相对滑动，物块B的v-t图像如图（b）所示。已知A与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m／s2.求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ2；
（2）若F=16N，作用一段时间后撤去，从静止释放开始到B从A的下端滑下的过程中，因A、B间摩擦产生的热量Q=3.84J，求F作用的时间。
20．某同学手持一个质量为的小球，以的初速度从离地面高度将小球斜向上抛出。不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）从开始抛出到小球落地的过程中，小球所受重力做的功；
（2）小球落地时的速度大小。
21．如图所示，物体与弹簧相连，物体在O点时弹簧处于原长，把物体向右拉到A处静止释放，物体会由A向A′运动，A、A′关于O点对称，则：
（1）物体由A向O运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
（2）物体由O向A′运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
（3）在A、A′处弹性势能有什么关系？
22．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一轻质弹簧处于自由状态，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧的右端B与轨道最低点C的距离为4R。现用一个质量为m的小球将弹簧压缩（不栓接），当压缩至F点（图中未画出）时，将小球由静止释放，小球恰好经过BCDE轨道上的E点抛出后落到水平轨道AC上，已知重力加速度为g，求：
（1） 弹簧被压至F点时具有的弹性势能；
（2） 小球经过C点时，小球对轨道的压力大小；
（3）若水平轨道BC段有摩擦，小球从F’点（此时弹簧的弹性势能为4mgR）静止释放，要使小球能滑上半圆形CDE轨道且不脱轨，求小球与BC段动摩擦因数的取值范围。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．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。
2．C
【详解】
A．根据v—t图像的面积代表位移有
（负号表示方向向左）
A错误；
B．根据牛顿第二定律有
F + f = ma1，F - f = ma2
解得
F = 4.5N，f = 1.5N
B错误；
C．8s末物体的速度为
根据功率的计算式有
P = Fv = 4.5 × 3W = 13.5W
C正确；
D．根据v—t图像的面积代表位移有
则0 ~ 2s内摩擦产生的热量为
Q = fx =13.5J
D错误。
故选C。
3．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。
4．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。
5．C
【详解】
A．0~h阶段设牵引力的功为W，则根据动能定理
解得
W=3mgh
故A错误；
B．在h~2h阶段，无人机向上做匀速运动，设速度为v，则有
则有
牵引力的功率为
故B错误；
CD．2h~3h，无人机动能减小，根据动能与高度x的关系图像斜率表示合外力可知
mg+F=2mg
解得
F=mg
0~3h，无人机动能不变，重力势能增加3mgh，故无人机机械能增加3mgh，故C正确，D错误。
故选C。
6．B
【详解】
A．开始时物体的机械能
E1＝mv
上升高度为h时物体的机械能
E2＝mgh＋Ek
根据机械能守恒定律，则
E1＝E2，Ek＝E1－mgh
E1为定值，故Ek与h是一次函数关系，A正确；
B．
E1＝Ep＋mv2，Ep＝E1－mv2
故Ep与v是二次函数关系，B错误；
C．物体在任何高度机械能E不变，C正确；
D．Ek＝mv2，故Ek与v是二次函数关系，故D正确。
故选B。
7．B
【详解】
A．重力势能具有相对性，取不同的参考面，物体即使在同一位置不动，重力势能也发生变化，故A错误；
BD．重力做功是物体重力势能变化的原因，重力做功，重力势能一定发生变化，故B正确，D错误；
C．做匀速直线运动的物体，只要它的重力做功，即高度发生变化，它的重力势能就一定发生变化，故C错误。
故选B。
8．D
【详解】
A．匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；
B．运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B错误；
C．对配重，由牛顿第二定律
即
当稳定在37°时，解得
故C错误；
D．由C中公式可知，当稳定在53°时，角速度大于稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以功为正值，做正功，故D正确。
故选D。
9．A
【详解】
对于确定的弹簧，其弹性势能的大小只与形变量有关。设开始时弹簧的形变量为x1，有
kx1=mg
设B刚要离开地面时弹簧的形变量为x2，有
kx2=mg
可知
x1=x2
所以
Ep1=Ep2
ΔEp=0
A正确，B、C、D错误。
故选A。
10．D
【详解】
A．运动过程中，由于物体受重力与空气阻力两个力的作用。所以无论上升过程还是下降过程，机械能都是减少的，A错误；
B．由图知，初动能72，末动能48，整个过程中机械能损失24，所以全过程中克服空气阻力做功应等于24，B错误；
C．设上升过程中初速度大小为，下降过程中末速度大小为。，所以，所以上升与下降平均速度大小之比，所以上升与下降时间之比为，C错误；
D．根据题干图像，求出上升和下降过程图像的斜率的绝对值
，
所以
，
上升过程中动能减少量与机械能减少量之比等于上升过程中合外力大小与空气阻力大小之比，D正确；
故选D。
11．D
【详解】
矢量是指有大小，有方向，并且符合平行四边定则运算的物理量，所以D正确；ABC错误；
故选D
12．A
【详解】
ABD．F对木箱做的功、重力所做功以及摩擦力对木箱所做的功之和等于木箱增加的动能；故F对木箱做的功与重力所做的功之和等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和，故A正确，BD错误；
C．根据重力做功与重力势能变化的关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故C错误。
故选A。
13．D
【详解】
A．重力势能的大小还和零势能面的选取有关，故A错误；
B．一个物体的重力势能从-5 J变化到-3 J，重力势能增加了2J，故B错误；
C．当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能增大，故C错误；
D．重力做功与路径无关，与初末位置高度差有关，故D正确。
故选D。
14．B
【详解】
以桌面为零势能参考平面，小球在桌面时，机械能为0，不计空气阻力，下落过程只受重力作用，机械能守恒，则小球落到地面时的机械能为0；坑底距桌面的高度为，落到坑底时的重力势能为。
故选B。
15．B
【详解】
根据牛顿第三定律，A、B弹簧的弹力大小相等。由于
所以弹性势能
又由于
所以
故选B。
16．
【详解】
[1]物体初速度为0，滑到底端时的速度为v，故动能增量为；
[2]以地面为参考平面，初状态重力势能为mgh，动能为0，故机械能减少量为；
[3]下落高度为h，重力势能减小。
17． 先加速后减速最后静止 -50J
【详解】
[1]根据牛顿第二定律可知
则随着物体的下滑，则F增加，加速度先减小后反向增加，则物体先加速后减速，最后静止。
[2]当物体速度最大时满足
mg=μF=10μS
解得
S=5m
则物体的重力势能增加
18．×
【详解】
[1]所有发生弹性形变的物体都具有弹性势能，故为×．
19．（1）；（2）
【详解】
（1）由乙图可得物块B的加速度为
规定沿斜面向下为正，有
解得
（2）设F作用的时间为t1，撤去F时，A、B的速度分别为v1、v2，根据牛顿第二定律
解得
由运动学公式得
根据功能关系得
撤去F后，B继续匀加速运动，经过t2，A、B的速度相同。
对A有
解得
A、B共速时
A、B的位移分别为x3、x4，则有
根据功能关系得
此后B相对A向下运动，直到离开A，此过程相对位移大小与B相对A向上运动相等，由题意
联立解得
20．（1） ；（2）
【详解】
（1）小球在运动过程中重力所做的功是
解得
（2）以地面为重力势能的参考平面，小球从抛出到落地机械能守恒
解得
21．（1）正功，减少；（2）负功，增加；（3）相等
【详解】
略
22．（1）；（2）6mgR；（3）或
【详解】
（1）设小球恰好经过E点时的速度大小为vE，则根据牛顿第二定律有
①
设小球经过C点时的速度大小为vC，则对小球从C点运动到E点的过程由动能定理可得
②
对弹簧将小球弹开的过程由能量守恒定律可得
③
联立①②③解得
④
⑤
（2）设小球经过C点时所受轨道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律可得
⑥
联立④⑥解得
⑦
根据牛顿第三定律可知小球经过C点时对轨道的压力大小为6mg。
（3）当小球被释放后恰好能滑到C点时，根据能量守恒定律可得
⑧
解得μ＜1。
当小球被释放后恰好能滑到D点时，根据能量守恒定律可得
⑨
解得。
当小球被释放后恰好能滑到E点时，设小球在E点速度大小为vE′，则根据牛顿第二定律有
⑩
对小球从释放到运动到E点的过程根据能量守恒定律可得

联立⑩ 解得。
综上所述，要使小球能滑上半圆形CDE轨道且不脱轨，小球与BC段动摩擦因数μ的取值范围是或。
答案第1页，共2页
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