8.2重力势能 分层作业-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

8.2 重力势能 分层作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A层 1．起重机将某物体提升，拉力做功，重力做了8J的负功，则重力势能变化（    ） A．重力势能增加了 B．重力势能增加了 C．重力势能减少了 D．重力势能增加了 2．下列关于重力势能的说法中正确的是（　　） A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定 B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大 C．一个物体的重力势能从-5 J变化到-3 J，重力势能变小了 D．从同一高度，将物体沿不同方向以相同速率抛出后，落地时减少的重力势能相等 3．（多选）从空中以10m/s的初速度沿着水平方向抛出一个1kg的物体，已知t=3s时物体未落地，不计空气阻力，取g=10m/s2，取抛出点所在水平面为零势能面。则以下说法正确的是（　　） A．抛出后3s末，小球的速度为30m/s B．抛出后3s末，重力的功率为300W C．抛出后3s内，重力的平均功率为150W D．抛出后3s末，小球的重力势能为450J 4．（多选）关于重力做功，下列说法正确的是（　　） A．重力做正功，物体的重力势能一定减小 B．重力做负功，重力势能一定减小 C．重力做负功，可以说成物体克服重力做功 D．重力做正功，物体的动能一定增加 5．自动驾驶出租车、公交车将成为城市出行服务的日常。 某款自动驾驶汽车质量为2000kg，在倾角为30°的斜坡道路上某处由静止开始以15000N的牵引力匀加速启动上坡，沿直线行驶3s速度达到6m/s，已知汽车运动中所受阻力恒定，当地重力加速度g取10m/s2。汽车在3s匀加速过程中，求： (1)加速度的大小； (2)受到摩擦阻力的大小； (3)汽车重力势能的增加量。 6．一质量为1kg的物体被人用手由静止匀加速向上提升1s时，速度达到2m/s，则此时 （1）物体的重力势能增加了多少？ （2）手的提力对物体做了多少功？ B层 7．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止。剪断轻绳后A自由下落、B沿斜面下滑。则从剪断轻绳到物块落地的过程中，两物块（  ） A．同时落地 B．落地时速度相同 C．重力势能的变化量相同 D．重力的平均功率相同 8．（多选）如图所示，一质量为m的物块（可视为质点）静置在水平地面上，物块上竖直安装一根原长为L、劲度系数为k的轻弹簧，现用手竖直向上缓慢拉弹簧的上端P点，直到物块离开地面一段距离后停止向上运动，测得P点到水平地面的距离为H，待整个装置在空中稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．以地面为零势能面，则物块在空中的重力势能值为mgH B．以空中P点为零势能面，则物块在空中的重力势能值为 C．此过程中物块重力势能增加了 D．此过程中物块重力势能增加了 9．2023-2024赛季国际雪联单板及自由式滑雪大跳台世界杯于2023年11月30日至12月2日在北京举办。比赛所用滑道简化如图所示倾角为的助滑坡与半径为的光滑圆弧滑道相切于点，点离点的竖直高度为，点与圆心等高。运动员由点静止滑下，经滑道从点沿竖直方向进入空中完成规定动作，已知运动员（含装备）质量为，视为质点，与间的动摩擦因数为。空气阻力不计，重力加速度为，取点所在水平面为零势能面，求：运动员 (1)在点的重力势能； (2)通过助滑坡克服摩擦力所做的功； (3)离开点后上升的最大高度。 C层 10．如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成θ=30°角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉动b球，至Ob与杆垂直后释放，下列分析正确的是（　　） A．a球质量是b球的2倍 B．绳拉力对球做功的功率 C．b球返回至初位置时，两球的重力势能变化 D．运动中两球的最大动能 11．（多选）如图所示，一个质量的羽毛球放在薄塑料羽毛球筒内，距离筒底端h=10cm，整个装置竖直静止放置，羽毛球筒底端距离地面H=20cm，羽毛球相对筒运动时所受的滑动摩擦力大小始终等于自身重力的两倍。现从静止释放羽毛球筒，羽毛球筒落地后不反弹，羽毛球与地面发生弹性碰撞。选地面为零势能面，羽毛球可看作质点，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，羽毛球筒始终保持竖直状态，则（　　） A．羽毛球最终的重力势能为 B．羽毛球最终的重力势能为0 C．羽毛球的运动时间为0.4s D．羽毛球的运动时间为 12．如图所示，质量分布均匀的小球，质量为m，半径为R；倾角α=45°的斜面体质量为M，放置在水平面上．在水平推力作用下，使斜面体底角刚好与墙角接触，撤去推力后小球和斜面体均做匀加速直线运动，直到小球恰好落地．不计一切摩擦，重力加速度为g．（tan22.5°=）求： （1）静止时，水平推力F； （2）撤去推力后，小球重力势能的变化量； （3）撤去推力后，斜面体匀加速运动的时间． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 7 8 10 11 答案 B D BC AC D BC D AD 1．B 【详解】根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的改变量等于重力做功的负值，即 代入公式得 重力势能增加了8J。 故选B。 2．D 【详解】A．重力势能的大小与零势能面的选取有关，物体的位置确定时，重力势能随零势能面的变化而变化，故A错误； B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能可能越大，也可能越小，故B错误； C．重力势能是标量，一个物体的重力势能从-5 J变化到-3 J，重力势能变大了，故C错误； D．重力势能的大小只与高度和质量有关，从同一高度，将物体沿不同方向以相同速率抛出后，落地时减少的重力势能相等，故D正确； 故选D。 3．BC 【详解】根据题意可知，物体做平抛运动，且3s末物体未落地，物体的加速度为重力加速度。 A．抛出后3s末，竖直分速度为 m/s 则抛出后3s末，小球的速度为 m/s 故A错误； B．抛出后3s末，重力的功率为 W 故B正确； C．抛出后3s内，物体下落的高度为 m 抛出后3s内，重力的平均功率为 W 故C正确； D．3s后小球的位移为 m 取抛出点所在水平面为零势能面，则重力势能为 J 故D错误。 故选BC。 4．AC 【详解】ABC．重力做正功，重力势能减小；重力做负功，可以说成物体克服重力做功，则重力势能增加，则AC正确，B错误； D．重力做正功，但合外力不一定做正功，则物体的动能不一定增加，D错误。 故选AC。 5．(1) (2)1000N (3) 【详解】（1）由题知汽车的初速度为零，根据速度-时间公式有 可得 （2）根据牛顿第二定律有 解得 （3）根据位移-时间公式有 解得 则重力势能的变化量为 解得 6．（1）10J；（2）12J 【详解】（1）物体做初速度为0的匀加速直线运动，所以有 解得 由物体上升的高度 增加的势能 解得 （2）由牛顿第二定律得 拉力做功 得 7．D 【详解】A．初始静止受力平衡即 设初始两物块离地高度为，A自由下落，由 得 B沿斜面下滑，加速度 下滑位移，由 得，则A先落地，故A错误； B．速度是矢量，由机械能守恒得落地速度大小相等，但A速度方向竖直向下，B速度方向沿斜面向下，方向不同，因此速度不同，故B错误； C．重力势能变化量等于重力做功， 因，故重力势能变化量不同，故C错误； D．重力平均功率，分别代入质量和时间关系计算得，重力平均功率相同，故D正确。 故选D。 8．BC 【详解】A．弹簧伸长的长度 物块上升的高度 以地面为零势能面，则物块在空中的重力势能值为，A错误； B．以空中P点为零势能面，则物块在空中的重力势能值为，B正确； CD．此过程中物块重力势能增加量，C正确，D错误。 故选BC。 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，点所在水平面为零势能面，则运动员在点的重力势能。 （2）根据题意，由做功公式可得，通过助滑坡克服摩擦力所做的功 （3）从开始运动到上升到最高处，由动能定理有 解得 10．D 【详解】A．以b球为研究对象，静止时受力分析如图1所示 因为静止，所以杆对小球b没有作用力，可得绳子的拉力等于b球的重力，即 以a球为研究对象，静止时受力分析，如图2所示，设杆对小球a的支持力为N，细绳的拉力为T，由题意可得，N、T与竖直方向的夹角为30°，则有 解得 故A错误； B．当a、b小球运动中速度与绳的夹角分别为和，如图3所示 设a、b两球的速度分别为va、vb，绳子拉力为T，则绳拉力对球做功的功率分别为 因为绳子不可伸长则有 可以得到绳拉力对球做功的功率在数值上相等，故B错误； C．b球返回至初位置时，a球也返回到初位置，则两球的重力势能变化均为零，故C错误； D．依题意有当b球返回至初位置时，速度为最大，假定此时a、b两球的速度分别为va、vb，则有 则有 故D正确。 故选D。 11．AD 【分析】分阶段分析运动过程：已知 阶段1，整体自由下落：释放后羽毛球和筒加速度均为，无相对运动，一起自由下落： 下落时间 阶段2，筒落地后，羽毛球向下匀减速到地面：筒落地静止，羽毛球相对筒向下运动，摩擦力向上，加速度 ，方向向上。 羽毛球向下运动到达地面，由运动学公式： ，解得，方向向下。 此段时间： 羽毛球弹性碰撞地面，碰撞后速度大小为，方向向上。 【详解】AB．碰撞后羽毛球相对筒向上运动，摩擦力向下，加速度 ，方向向下，向上做匀减速运动 速度减到0时： 向上位移 速度减为0后，静摩擦力向上平衡重力， 故A正确，B错误。 CD．碰撞后向上运动到静止的时间： 总时间： 故D正确，C错误。 故选AD。 12．（1）mg（2）-mgR（3） 【详解】（1）对小球分析：受到重力mg、墙壁的弹力F1、斜面体的支持力F2． 由平衡条件得 F1=mgtanα=mg 再对整体分析：重力（m+M）g、地面的支持力FN、墙壁的弹力F1、水平推力F 对整体，由平衡条件得 F=F1=mg （2）撤去推力后，小球重力势能的变化量 △Ep=-mg△h 如图所示，由几何关系得到小球的重心位置下降了△h=2Rcos45°=R，所以 △Ep=-mg△h=-mgR （3）撤去水平推力F后小球竖直向下加速运动，斜面体水平向右加速运动，设加速度分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得 对小球有 mg-F0cosα=ma1 对斜面体有 F0sinα=Ma2 两者的关系为 可得 由几何关系得到斜面体发生的位移 x=2Rcos45° 又 x=a2t2解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $