必修 第二册2 重力势能当堂检测题

这是一份必修 第二册2 重力势能当堂检测题，共9页。试卷主要包含了1功和功率，55 JD，1 JB等内容，欢迎下载使用。

【基础题组】
下列说法中正确的是( )
A. 重力做功的多少与运动的路径有关
B. 重力势能的变化与参考平面的选取无关
C. 弹簧的长度越长，弹簧的弹性势能越大
D. 两长度相同的弹簧，劲度系数大的弹簧的弹性势能大
【答案】B
【解析】
A、重力做功与运动的路径无关，与初末位移有关，故A错误；
B、重力势能的变化与参考平面的选取无关，故B正确；
C、弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数和弹簧的形变量有关，与弹簧的长度无关，故C错误；
D、两长度相同的弹簧，无法知道其形变量的大小，故无法判断弹性势能的大小关系，故D错误。
故选B。
下列说法正确的是( )
A. 物体克服重力做功时，物体的重力势能减小
B. 物体运动的位移为零时，摩擦力做功一定为零
C. 弹簧长度变长过程中(在弹性限度内)弹性势能增加
D. 离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零
【答案】D
【解析】
A.根据重力做功与重力势能的关系可知，重力做正功时，重力势能减小，重力做负功时，重力势能增加，故A错误；
B.摩擦力做的功等于摩擦力与相对路程的乘积，不是摩擦力与相对位移的乘积，物体的位移为零，可能是物体经过了往返运动，而此时摩擦力一定做功，故B错误；
C.若一开始弹簧处于压缩状态，则弹簧的长度变长时，弹簧的弹性势能减小当恢复原长再伸长时，弹性势能增大，故C错误；
D.重力势能具有相对性，与参考平面的选取有关，若选物体所在平面作为参考平面，则物体的重力势能为零，所以离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零，故D正确。
一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，如图所示。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是( )
A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小
B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
【答案】D
【解析】解：A、运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义知道重力势能始终减小．故A正确．
B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力方向向上，而运动员向下运动，所以弹性力做负功，
根据弹力做功量度弹性势能的变化关系式得：
w弹=−△Ep
因为弹性力做负功所以弹性势能增加．故B正确．
C、对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确．
D、根据重力做功量度重力势能的变化，
wG=−△Ep
而蹦极过程中重力做功不变的，与重力势能零点的选取无关．
所以重力势能的改变与重力势能零点的选取无关．故D错误．
故选D．
一个100g的球从1.8m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g=10m/s2)( )
A. 重力做功为1.8 JB. 重力做了0.55 J的负功
C. 物体的重力势能一定减少0.55 JD. 物体的重力势能一定增加1.25 J
【答案】C
【解析】
整个过程中，物体的高度下降了ℎ=1.8m−1.25m=0.55m；则重力对物体做正功为：W=mgℎ=0.1×10×0.55J=0.55J；而重力做功多少等于重力势能的减小量，故小球的重力势能一定减少0.55J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
如图所示，静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为H，桌面距地面高为ℎ，物体质量为m，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 小球沿竖直轨道下滑到桌面上，重力对小球做功最少
B. 小球沿曲线轨道下滑到桌面上，小球重力势能减少最多
C. 以地面为参考平面，小球重力势能减少mg(H+ℎ)
D. 无论哪个轨道，无论哪个为参考平面，小球重力势能减少量都相同
【答案】D
AB.静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，所以重力做功相同，小球重力势能减少相同，故AB错误；
CD.重力势能的变化量与零势能平面的选取无关，重力做的正功等于重力势能的减小量，重力做功为mgH，则重力势能的减小量为mgH，故D正确，C错误。
故选D。

关于重力势能的说法中，错误的是( )
A. 物体重力势能的大小与零势能面的选择有关
B. 重力对物体做正功，物体的重力势能增加
C. 物体的重力势能严格说是属于物体和地球这个系统的
D. 物体位于零势能面下方其重力势能取负值
【答案】B
【解析】A、重力势能的大小取决于相对于零势能面的高度差，故和选择的参考平面有关，随参考平面的选择不同而不同，故A说法正确；
B、重力对物体做正功，物体的重力势能减小，故B说法错误；
C、物体的重力势能严格说是属于物体和地球这个系统的，故C说法正确；
D、物体位于零势能面下方其重力势能取负值，故D说法正确。
选说法错误的，故选B。
如图所示，一条铁链长为，质量为，放在水平桌面上，提起铁链一端直到铁链全部离开桌面的瞬间，则(重力加速度g 取10 m/s2) ( )
A. 铁链的重心位置提高了1 m
B. 铁链克服重力做功40 J
C. 铁链的重力势能增加了20 J
D. 铁链的重力势能为20 J
【答案】C
【解析】
A、铁链从初状态到末状态，铁链的重心位置提高了，故A错误；
B、铁链克服重力所做的功，故B错误；
C、铁链重力势能增加量等于克服重力所做的功，即重力势能增加了20J，故C正确；
D、若以铁链初状态所在水平面为参考平面，在末状态铁链重力势能为20J，若以水平地面为为参考平面，在末状态铁链重力势能大于20J，故D错误；
故选C。
【能力提升】
如图所示，甲为一长度为L的均匀链条，总质量为2m，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为L的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为g，这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 甲的重力势能减少了43mgL
B. 乙的重力势能减少了mgL
C. 甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功
D. 甲、乙重力势能的减少量相等
【答案】A
【解析】A.甲是长为L的均匀链条，则甲刚离开桌面时，竖直下垂的一半重心下降L2，桌面上一半重心下降L4，
则重力势能减少，故A正确；
B.乙刚离开桌面时，桌上小球重心不变，竖直小球重心下降L2，
则重力势能减少了，故B错误；
C.重力做的功等于重力势能的变化量，因，故重力对甲做的功更多，故 C 错误；
D.，，故D错误。
故选A。
如图，静止的物体沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为H，桌面距地面高为ℎ，物体质量为m，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 物体沿竖直轨道下滑到桌面上，重力势能减少最少
B. 物体沿曲线轨道下滑到桌面上，重力势能减少最多
C. 以地面为参考平面，物体重力势能减少mg(H+ℎ)
D. 以桌面为参考平面，物体重力势能减少mgH
【答案】D
【解析】
AB.静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，所以重力做功相同，故AB错误；
CD.重力势能的变化量与零势能平面的选取无关，重力做的正功等于重力势能的减小量，重力做功为mgH，则重力势能的减小量为mgH，故D正确，C错误。
故选D。
如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧一直保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能先增大后减小
B. 小球的动能先增大后减小
C. 小球的重力势能先增大后减小
D. 机械能总和先增大后减小
【答案】B
【解析】
AC.在小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的形变量逐渐增大，则弹性势能一直增大，因为物体一直下降，则重力势能一直减小，故AC错误；
B.开始小球重力大于弹力，向下做加速运动，然后弹力大于重力，向下做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故B正确；
D.小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧弹性势能一直增大，小球的机械能一直减小，故D错误。
如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧一直保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能先增大后减小
B. 小球的动能先增大后减小
C. 小球的重力势能先增大后减小
D. 机械能总和先增大后减小
【答案】B
【解析】
AC.在小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的形变量逐渐增大，则弹性势能一直增大，因为物体一直下降，则重力势能一直减小，故AC错误；
B.开始小球重力大于弹力，向下做加速运动，然后弹力大于重力，向下做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故B正确；
D.小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧弹性势能一直增大，小球的机械能一直减小，故D错误。
故选B。
一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
A.滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误；
B.设斜面的倾角为α.物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同；
设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcsα=ma1；
mgsinα−μmgcsα=ma2；
则得：a1=gsinα+μgcsα，a2=gsinα−μgcsα，则有：a1>a2，故B正确；
C.在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t−12a1t2
重力势能为：EP=mgx1sinα=mgsinα·v0t−12a1t2，EP−t图象为抛物线
下滑过程：重力势能为：EP=mg[H−12a2(t−t0)2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的，故C错误；
D.由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0−f1x=E0−f1⋅(v0t−12a1t2)，可知E−t图象应为抛物线，故D错误。
故选B。
如图所示，质量不计的弹簧一端固定在地面上，弹簧竖直放置，将一小球从距弹簧自由端高度分别为ℎ1、ℎ2的地方先后由静止释放，ℎ1>ℎ2，小球触到弹簧后向下运动压缩弹簧，从开始释放小球到获得最大速度的过程中，小球重力势能的减少量ΔE1、ΔE2的关系及弹簧弹性势能的增加量ΔEp1、ΔEp2的关系中，正确的一组是( )
A. ΔE1=ΔE2，ΔEp1=ΔEp2B. ΔE1>ΔE2，ΔEp1=ΔEp2
C. ΔE1=ΔE2，ΔEp1>ΔEp2D. ΔE1>ΔE2，ΔEp1>ΔEp2
【答案】B
【解析】
小球由静止释放，在没接触到弹簧时，只受重力作用，重力做正功，速度一直增大；刚接触弹簧时，弹簧处于原长，形变量为零，弹力为零，弹性势能为零，之后，弹簧被压缩，弹力增大，但由于从零开始，故小于重力，合力向下，与速度同向，故速度增大；当弹力增大到等于重力时，加速度为零，速度最大；继续下落时，弹力大于重力，合力向上，开始做减速运动。
由上述分析过程知，小球从距弹簧自由端高度分别为ℎ1、ℎ2的地方先后由静止释放，ℎ1>ℎ2，两种情况下，小球到获得最大速度的位置相同，弹簧弹性形变程度相同，故ΔEp1=ΔEp2；由于ℎ1>ℎ2，从越高的地方释放，减小的重力势能越大，所以ΔE1>ΔE2，故ACD错误，B正确。
故选B。
轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g=10 m/s2)( )
A. 3.1 JB. 3.5 JC. 1.8 JD. 2.0 J
【答案】A
【解析】
由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W=12×(5+10)×0.2J+10×(0.4−0.2)J=3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：W−WF−μmgx=0
代入得：3.5J−WF−0.2×0.5×10×0.4J=0
得：WF=3.1J
则EP=3.1J，故A正确，BCD错误；
故选A。