1.4势能及其改变 同步练习（Word版含解析）

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
1．2012年2月25日，我国成功发射第十一颗北斗导航卫星，北斗导航系统的组网又向前迈进了一步。卫星发射上升过程中，其重力做功和重力势能变化的情况为（　　）
A．重力做正功，重力势能减小 B．重力做正功，重力势能增加
C．重力做负功，重力势能减小 D．重力做负功，重力势能增加
2．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（　　）
A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2
B．物块加速运动的时间为s
C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N
D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J
3．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．，，
4．如图所示，半径m的光滑圆环沿竖直方向固定放置，为圆心，A为圆环最高点。轻弹簧劲度系数，一端固定在A点，另一端与穿在圆环上的小球连接。弹簧原长时，小球位于点，弹簧与竖直直径成53°角。静止释放小球，当小球运动至点时，其速度达到最大，速度值为，此时弹簧与竖直直径成37°角。重力加速度，，，计算结果均取一位小数，下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为1.5kg B．小球由至，其重力势能减少了4.9J
C．小球由至，其机械能减少了6.8J D．小球由至，其机械能减少了1.5J
5．质量为的物体从静止出发以的加速度竖直下降，下列说法中不正确的（　　）
A．物体的克服空气阻力做功 B．物体的重力势能减少
C．物体的动能增加 D．重力做功
6．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
7．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
8．下列说法正确的是（　　）
A．地面上的物体的重力势能一定为零
B．质量大的物体的重力势能一定大
C．不同的物体，离地面越高，其重力势能越大
D．离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零
9．质量为m的皮球，与地面碰撞机械能总是损失20%，现将该球从高为h处竖直向下抛出，要使它反弹到h高处，不计空气阻力，则人至少应对皮球做功（ ）
A．mgh B．mgh C．mgh D．mgh
10．一质量为m的苹果从树上由静止开始竖直下落，下落的加速度为，下落过程中所受阻力恒定。在苹果下落h的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．苹果的重力势能减少了
B．苹果的动能增加了
C．苹果的机械能减少了
D．苹果克服阻力所做的功为
11．小朋友站在向上做匀速直线运动的电梯中，竖直向上抛出小球后小球落回手中（小球未碰到电梯顶部）。以地面为参考系和零势能面，小球与电梯底面距离最大时，小球的（　　）
A．动能为零 B．重力势能最大
C．速度方向竖直向上 D．加速度方向竖直向上
12．在奥运比寒项日中，跳水是我国运动员的强项。质量为m的运动员竖直进入水中后，受到水的阻力而做变速运动，设水对运动员的阻力大小恒为F，在下降高度为h的过程中，运动员的（已知重力加速度为g）（　　）
A．动能减少了Fh
B．重力势能增加了mgh
C．机械能减少了(F-mg)h
D．机械能减少了Fh
13．有两个形状和大小均相同的圆台形容器，如图所示放置。两容器中装有等高的水，且底部都粘有一个质量和体积都相同的木质球。使两球脱离底部，最终木球浮于水面静止。木球上升过程中体积不变，该过程中重力对两球做的功分别为Ｗ甲和Ｗ乙，则（　　）
A．｜Ｗ甲｜＞｜Ｗ乙｜ B．｜Ｗ甲｜＝｜Ｗ乙｜
C．｜Ｗ甲｜＜｜Ｗ乙｜ D．无法确定
14．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
15．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
二、填空题
16．如图所示，处于自然长度的轻质弹簧一端与墙接触，另一端与置于光滑地面上的物体接触，现在物体上施加一水平推力F，使物体缓慢压缩弹簧，当推力大小为20N时，弹簧被压缩5厘米，弹簧的弹力做功_________J，以弹簧处于自然长度时的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能为_________J。
17．如图所示，一小定滑轮距离地面高刚好为一链条的长度L，有一个人用轻绳跨过滑轮系住链条的一端，用力将全部堆放在地面上的链条向上拉动，当链条有L/4长度跨过滑轮时，人不再用力拉绳，这时链条继续运动，最后刚好静止在滑轮上，不计滑轮的摩擦，链条的质量为m，则人的拉力做功为__________．
18．以初速度竖直上抛一球，若不计空气阻力，在上升过程中，从抛出到小球动能减少一半所经历的时间是__________，上升的高度为_________．
三、解答题
19．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。
20．如图所示，质量mA=2kg的木板A被锁定在倾角为的光滑斜面的顶端，质量为mB=1kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0=7.5m/s的初速度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定。取10m/s2，斜面足够长。求：
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少；
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少。
21．如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。在长木板上放置一个质量m=1 kg，大小可以忽略的铁块，离左端B点的距离为1m，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g= 10m/s2，不计空气阻力。若在长木板上施加一个水平向右的恒力F ，求：
(1)要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足的条件；
(2)若水平向右的恒力F=16N，铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；
(3)接(2)问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。
22．2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器（含降落伞）总质量m=1.3×103kg，取火星表面重力加速度=4m/s2，忽略着陆器质量的变化和的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器经0.75s的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能Ek；
（2）假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力f的大小；
（3）着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
卫星发射上升过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，重力势能增加。
故选D。
2．B
【详解】
A．初始时物块做加速运动，则
当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有
解得
F=8.5N
故A错误；
B．加速运动的时间为
故B正确；
C．匀速运动时，有
解得
f=3.5N
故C错误；
D．物块与传送带间的相对位移为
因此摩擦产生的热量为
故D错误。
故选B。
3．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。
4．B
【详解】
A．由题意可知小球运动至C点时所受合外力为零，如图所示，根据胡克定律可知此时弹簧弹力大小为
根据力的矢量三角形与几何三角形相似可知
解得小球的质量为
故A错误；
B．小球由至，其重力势能的减少量为
故B正确；
CD．小球由B至C，设除重力之外的力对小球做功的代数和为W，根据动能定理有
解得
根据功能关系可知小球机械能减少了3.4J，故CD错误。
故选B。
5．B
【详解】
A. 设物体受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
解得
物体的克服空气阻力做功为
A正确，不符合题意；
BD. 物体竖直下降过程，重力做功为
则重力势能变化
即物体的重力势能减少，B错误，符合题意；D正确，不符合题意；
C. 根据动能定理，物体的动能增加
C正确，不符合题意。
故选B。
6．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。
7．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。
8．D
【详解】
A．如果不选择地面为零势能面，地面上的物体的重力势能不等于零，A错误；
B．如果物体位于零势面上，无论质量大小，重力势能都等于零，B错误；
C．不同的物体，离地面越高，其重力势能不一定越大，质量相等的不同的物体，离地面越高，其重力势能越大，C错误；
D．如果选择物体所在的位置为零势面，该物体的重力势能等于零，所以离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零，D正确。
故选D。
9．A
【详解】
根据题意和功能关系有
(1 - 20%)(mgh + W) = mgh
解得要使它反弹到h高度，人至少应对皮球做的功为
W =
故选A。
10．C
【详解】
A．苹果重力势能的减少量等于重力做的功，即
故A错误；
B．苹果动能的增加量为合力做的功，即
故B错误；
C．由牛顿第二定律得
解得
苹果机械能的减少量为阻力做的功，即
故C正确，D错误。
故选C。
11．C
【详解】
A．小球与电梯底面距离最大时，小球与电梯具有相同的速度，动能不为零，A错误；
B．由A可知小球依然具有向上的速度，重力势能不是最大，B错误；
C．小球与电梯一样具有竖直向上的速度，C正确；
D．小球的加速度等于重力加速度，方向竖直向下，D错误；
故选C。
12．D
【详解】
A．根据动能定理
解得
动能减少了(F-mg)h，A错误；
B. 重力势能减少了mgh，B错误；
CD. 机械能减少量等于克服阻力所做的功，所以机械能的减少量等于Fh，C错误，D正确。
故选D。
13．A
【详解】
由于甲容器中液体的上表面较宽，故木球上浮出水面后，甲液面下降得较低，所以甲球相对于乙球上升的较高，故重力对甲球做功的绝对值较大。
故选A。
14．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。
15．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。
16． －0.5J 0.5J
【详解】
[1]弹簧的弹力做功
[2]由功能关系可知，弹簧的弹性势能为0.5J
17．
【详解】
链条最后刚好静止在滑轮上，应是定滑轮的左右两端各有链条的一半，所以链条的重心升高，如图所示，
拉力做的功等于链条增加的重力势能，即 ．
18．
【详解】
[1]设动能减少一半时对应的速度为，则
解得
因此根据公式可得
解得
[2]根据公式
解得
19．0.8J
【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
20．(1)3.75m；(2)18.75J
【详解】
(1)由题意，物块匀速下滑，受到的滑动摩擦力等于的重力沿斜面向下的分力，即
解除锁定后，的加速度为，则有
可得
设经过时间后，与达到共同速度，即有：
木板的最小长度为
(2)、系统损失最多的机械能是在、达到共同速度的时刻，以后、一起在光滑的斜面上加速下滑，机械能守恒，损失的机械能转化为、系统的内能，即为：
△
解得
21．(1)；(2)5m/s，3m/s；(3)12.78J
【详解】
(1)欲将长木板从铁块下抽出，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度
隔离长木板，由牛顿第二定律得
代入数值得
即水平向右的恒力F应满足条件为
(2)若水平向右的恒力，铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得
代入数值得
铁块加速度
设经过时间t1，铁块与木板分离，则
铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为v1、v2，根据速度时间公式有
(3)由(2)得铁块离开长木板过程中长木板运动的位移为
铁块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为
铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得
解得
所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为
解得
整个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为Q1，木板与水平面间因摩擦生的热为Q2，则
得系统因摩擦所产生的热量
22．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）着陆器在着陆前0.75s内，大气非常稀薄阻力可以忽略，无初速度、无动力下降，所以做自由落体运动则着陆速度
所以
（方法二）着陆器在着陆前0.75秒内做自由落体运动，下落高度
该过程阻力可以忽略，只有重力做功，由机械能守恒定律可得：着陆器着陆瞬间的动能
（2）设在第Ⅱ阶段加速度为，对着陆器受力分析如图所示
由
根据牛顿第二定律得
代值得
解得
（3）设第Ⅲ阶段下降高度为，则
该过程着陆器机械能改变量为
即机械能减少了
答案第1页，共2页
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