第一部分專題二第1講功和能基礎題——學問基礎打牢1．(多選)(2024·東北三省四市一模)第22屆哈爾濱冰雪大世界開門迎客了，近400m長的極速大滑梯是大人、孩子最喜愛的王牌消遣項目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力對他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名游客(CD)A．重力勢能增加了3000JB．動能增加了3000JC．動能增加了2500JD．機械能削減了500J【解析】重力做正功，所以游客的重力勢能削減了3000J，A錯誤；合力做功等于動能的增加，所以動能增加了3000J－500J＝2500J，B錯誤，C正確；非重力做功等于機械能的改變，阻力做負功，所以機械能削減了500J，D正確．2．(多選)(2024·湖南衡陽模擬)飛船受大氣阻力和地球引力的影響，飛船飛行軌道會漸漸下降，脫離預定圓軌道，為確保正常運行，飛行限制專家按預定安排，確定在“神舟六號”飛船飛行到第30圈時，對飛船軌道進行微調，使其軌道精度更高，在軌道維持的過程中下列說法正確的是(BC)A．因為飛船在較高軌道所具有的運行速度比在較低軌道具有的運行速度小，所以飛船在軌道維持時必需減速B．在飛船由較低軌道向較高軌道運行的過程中飛船的勢能增加C．飛船必需先瞬時加速使飛船脫離較低的圓軌道，當飛船沿橢圓軌道運動到較高的圓軌道時，再瞬時加速使飛船進入到預定圓軌道D．飛船的軌道半徑、動能、動量及運行周期較維持之前都有肯定程度的增大【解析】飛船的軌道高度漸漸降低，離地球越來越近，飛船在軌道維持時必需加速，做離心運動脫離較低的圓軌道，故A錯誤；在飛船由較低軌道向較高軌道運行的過程中萬有引力做負功，飛船的勢能增加，故B正確；飛船必需先瞬時加速使飛船脫離較低的圓軌道，當飛船沿橢圓軌道運行到較高的圓軌道時，再瞬時加速使飛船進入到預定圓軌道，故C正確；飛船的軌道半徑較維持之前有肯定程度的增大，依據v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，所以速度、動能、動量較維持之前都有肯定程度的減小，周期較維持之前有肯定程度的增大．故D錯誤；故選BC.3．(2024·福建福州八中質檢)某中學科技小組制作的利用太陽能驅動的小車．當太陽光照耀到小車上方的光電板，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進．小車在平直的水泥路上從靜止起先加速行駛，經過時間t前進距離s，速度恰好達到最大值vm，設這一過程中電動機的輸出功率恒定，小車所受阻力恒為f，那么(D)A．小車先勻加速運動，達到最大速度后起先勻速運動B．小車前進距離s等于eq\f(vm,2)tC．這段時間內電動機所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．這段時間內電動機所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋fs【解析】小車電動機的功率恒定，速度不斷變大，依據功率與速度關系P＝Fv可知，牽引力F不斷減小，依據牛頓其次定律有F－f＝ma，故小車的運動是加速度不斷減小的加速運動．當牽引力與阻力平衡后小球做勻速直線運動，速度達到最大，選項A錯誤；小車的運動是加速度不斷減小的加速運動，平均速度不等于eq\f(vm,2)，所以小車前進距離s不等于eq\f(vm,2)t，選項B錯誤；對小車啟動過程，依據動能定理有W電－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，則這段時間內電動機所做的功W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋fs，選項C錯誤；選項D正確．4．(2024·湖南永州模擬)如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接．現由靜止釋放滑塊，滑塊的機械能E和位移x之間的關系，在滑塊上升部分圖像滿意圖乙所示，滑塊的E－x圖像后一部分為直線，前一部分為曲線，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，由圖像可知(D)A．滑塊的質量為1kgB．輕彈簧原長為0.15mC．彈簧最大彈性勢能為0.1JD．滑塊上升后，距地面的最大高度為0.3m【解析】初始位置重力勢能為0.1J，高度h＝0.1m，重力勢能為EP＝mgh，可知m＝0.1kg，A錯誤；當機械能不變，彈簧復原原長，可知原長為0.2m＋0.1m＝0.3m，B錯誤；依據系統機械能守恒可知，機械能為0.3J，重力勢能為0.1J，則彈性勢能最大值為0.2J，C錯誤；依據機械能守恒，上升到最高點時，全部的能都轉化為重力勢能，可得hm＝0.3m，故D正確．5．(多選)(2024·廣東廣州一模)如圖，籃球競賽的某次快攻中，球員甲將球斜向上傳給前方隊友，球傳出瞬間離地面高1m，速度大小為10m/s；對方球員乙原地豎直起跳攔截，其躍起后手離地面的最大高度為2.8m，球越過乙時速度沿水平方向，且恰好未被攔截．球可視為質點，質量為0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面為零勢能面，忽視空氣阻力，則(BC)A．球在空中上升時處于超重狀態B．甲傳球時，球與乙的水平距離為4.8mC．隊友接球前瞬間，球的機械能肯定為36JD．隊友接球前瞬間，球的動能肯定為30J【解析】球在空中上升時加速度為向下的g，處于失重狀態，選項A錯誤；球剛斜拋出時的豎直速度vy＝eq\r(2gΔh)＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，水平速度vx＝eq\r(v2－v\o\al(2,y))＝8m/s，甲傳球時，球與乙的水平距離為Δx＝vxt＝vxeq\r(\f(2Δh,g))＝4.8m，選項B正確；以地面為零勢能面，則球剛拋出時的機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝36J，球拋出后機械能守恒，則隊友接球前瞬間，球的機械能肯定為36J，選項C正確；因為球剛拋出時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝30J，則隊友接球前瞬間，球的動能不肯定為30J，選項D錯誤．故選BC.6.(2024·廣東陽江模擬)一長為L、質量可不計的剛性的硬桿，左端通過鉸鏈固定于O點，中點及右端分別固定質量為m和質量為2m的小球，兩球與桿可在豎直平面內繞O點無摩擦地轉動．起先時使桿處于水平狀態并由靜止釋放，如圖所示．當桿下落到豎直位置時，在桿中點球的速率為(A)A．eq\r(\f(5,9)gL) B．eq\r(\f(3,5)gL)C．eq\r(\f(5,3)gL) D．eq\r(2gL)【解析】兩球轉動的角速度相等，依據v＝rω，可知兩球的線速度大小之比為1∶2，設桿的中點小球的速度為v，則外端小球的速度為2v，依據系統機械能守恒得2mgL＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·2m(2v)2，解得v＝eq\r(\f(5gL,9))，故選A．7．(2024·河北衡水中學四調)如圖甲所示，在公元1267～1273年著名于世的“襄陽炮”其實是一種大型拋石機．將石塊放在長臂一端的石袋中，在短臂端掛上重物．放射前將長臂端往下拉至地面，然后突然松開，石袋中的石塊過最高點時就被拋出．現將其簡化為圖乙所示．將一質量m＝80kg的可視為質點的石塊裝在長L＝eq\f(40,3)m的長臂末端的石袋中，初始時長臂與水平面成α＝30°.松開后，長臂轉至豎直位置時，石塊被水平拋出，落在水平地面上．石塊落地點與O點的水平距離s＝100m．忽視長臂、短臂和石袋的質量，不計空氣阻力和全部摩擦，g＝10m/s2，下列說法正確的是(D)A．石塊水平拋出時的初速度為25m/sB．重物重力勢能的削減量等于石塊機械能的增加量C．石塊從A到最高點的過程中，石袋對石塊做功為1.6×105JD．石塊圓周運動至最高點時，石袋對石塊的作用力大小為1.42×104N【解析】石塊平拋運動的高度h＝L＋Lsin30°＝20m，依據h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，故石塊水平拋出時的初速度v0＝eq\f(s,t)＝50m/s，故A錯誤；轉動過程中，重物的動能也在增加，因此依據能量守恒定律可知，重物重力勢能的削減量不等于石塊機械能的增加量，故B錯誤；石塊從A到最高點的過程中，石袋對石塊做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝1.16×105J，故C錯誤；石塊圓周運動至最高點時，有F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，所以可得F＝meq\f(v\o\al(2,0),L)－mg＝1.42×104N，故D正確．8．(多選)(2024·廣東東莞模擬)有一款躥紅的微信小嬉戲“跳一跳”，嬉戲要求操作者通過限制棋子(質量為m，可視為質點)脫離平臺時的速度，使其能從同一水平面上的平臺跳到旁邊的另一平臺上．如圖所示的拋物線為棋子在某次跳動過程中的運動軌跡，軌跡的最高點距平臺上表面高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(AD)A．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mghB．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，機械能增加mghC．棋子離開平臺后距平臺面高度為eq\f(h,2)時動能為eq\f(mgh,2)D．棋子落到另一平臺上時的速度大于eq\r(2gh)【解析】重力勢能增加量等于克服重力做功的值，所以：ΔEp＝mgh，A正確；棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，只有重力做功，動能和重力勢能相互轉化，總的機械能保持不變，所以機械能守恒，B錯誤；從初態到最高點時，設水平速度為v0，設初動能為Ek0，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ek0＝－mgh，當到達高度為eq\f(h,2)時有：Ek－Ek0＝－mgeq\f(h,2)，解得：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh，C錯誤；從最高點到落另一平臺，豎直方向自由落體：veq\o\al(2,y)＝2gh，即：vy＝eq\r(2gh)，所以落到另一平臺速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))>eq\r(2gh)，D正確．9.(多選)(2024·湖南永州二模)如圖所示，質量均為m的兩物塊A、B通過一輕質彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧起先時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內．t1＝0時刻在A上施加一個水平向左的恒力F，t＝t2時刻彈簧第一次復原到原長，此時A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時間內(BD)A．A、B和彈簧組成系統的機械能先增大后減小B．當彈簧的彈性勢能最大時，兩物塊速度相等C．當A的加速度為零時，B的加速度為eq\f(F,2m)D．物塊B移動的距離為eq\f(mv\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2F)【解析】恒力F做正功，A、B和彈簧組成的系統的機械能始終增大，A錯誤；當彈簧的彈性勢能最大時，彈簧最長，兩物塊速度相等，B正確；當A的加速度為零時，彈簧的彈力等于F，B的加速度為eq\f(F,m)，C錯誤；因為彈簧復原原長，彈簧的彈性勢能等于零，對系統依據功能關系Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得x＝eq\f(mv\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2F)，物塊B移動的距離為eq\f(mv\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2F)，D正確．故選BD.10．(2024·浙江百校3月聯考)一物塊從斜面頂端靜止起先沿斜面下滑，其機械能和動能隨下滑距離s的改變如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.下列說法正確的是(D)A．物塊下滑過程中只有重力做功B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為2m/s2D．物塊下滑究竟端過程中重力做功40J【解析】依據功能關系可得ΔE＝FΔx得F＝eq\f(ΔE,Δx)則在此E－x圖像中的斜率的肯定值表示下滑過程中受到摩擦力大小f＝μmgcosθ＝6N，機械能不守恒，除重力外還有其他力做功，故A錯誤；依據動能定理可得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x，則Ek－x圖像的斜率表示合外力F，得到合外力F＝mgsinθ－μmgcosθ＝2N，因θ未知，m和μ無法求，加速度a也無法計算，故B、C錯誤；依據Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x，則物塊下滑究竟端過程中重力做功WG＝mgxsinθ＝Ek＋μmgxcosθ＝10J＋6×5J＝40J，故D正確．應用題——強化學以致用11.(2024·江蘇宿遷調研)如圖所示，質量均為m的A、B兩物體通過勁度系數為k的輕質彈簧拴接在一起豎直放置在水平地面上，物體A處于靜止狀態．在A的正上方h高處有一質量也為m的小球C.現將小球C由靜止釋放，C與A發生碰撞后立即粘在一起，彈簧始終在彈性限度內，忽視空氣阻力，重力加速度為g.下列說法正確的是(D)A．C與A碰撞后A最大速度的大小為eq\r(\f(gh,2))B．C與A碰撞過程中，A、C組成的系統損失的機械能為eq\f(mgh,4)C．C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為eq\f(mgh,2)D．要使碰后物體B被拉離地面，h至少為eq\f(8mg,k)【解析】C與A碰撞前瞬間，依據自由落體的規律有vC＝eq\r(2gh)，C與A碰撞，動量守恒，有mvC＝2mv1，解得v1＝eq\r(\f(gh,2))之后，由于AC的總重力大于彈簧的彈力，AC將向下加速，所以A的最大速度將大于vC＝eq\r(\f(gh,2))，A錯誤；損失的機械能為ΔE＝mgh－eq\f(1,2)×2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(gh,2))))2＝eq\f(1,2)mgh，B錯誤；C與A碰撞后，AC速度減小到零時，彈簧的彈性勢能最大，依據能量守恒得E＝E0＋eq\f(1,2)×2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(gh,2))))2＝E0＋eq\f(1,2)mgh，E0為初始的彈性勢能，C錯誤；AC碰后至反彈到最高點，要使碰后物體B被拉離地面，彈簧拉力至少為B的重力，即彈簧形變與碰前的一樣，但是彈簧處于拉伸狀態，AC的動能轉化為重力勢能，有eq\f(1,2)mgh＝2mg×2x0，碰前，對A有mg＝kx0，解得h＝eq\f(8mg,k)，D正確．12．(2024·江蘇泰州學情檢測)如圖所示，半徑為R的半圓形管道ACB固定在豎直平面內，傾角為θ的斜面固定在水平面上，細線跨過小滑輪連接小球和物塊，細線與斜面平行，物塊質量為m，小球質量M＝3m，對物塊施加沿斜面對下的力F使其靜止在斜面底端，小球恰在A點．撤去力F后，小球由靜止下滑．重力加速度為g，sinθ＝eq\f(2,π)≈0.64，不計一切摩擦．則上述過程中說法正確的是(B)A．力F的大小為3mgB．小球運動到最低點C時，速度大小與物塊相同C．下落過程中小球機械能守恒D．在小球從A點運動到C點過程中，細線對物塊做的功W為0.64mgR【解析】對物塊受力分析有3mg＝mgsinθ＋F解得F＝2.36mg，A錯誤；小球運動到最低點C時，其速度與細線共線，所以小球與物塊速度大小相同．B正確；下落過程，小球克服細線拉力做功，機械能削減，C錯誤；在小球從A點運動到C點過程中，對系統有3mgR－mg·eq\f(πR,2)sinθ＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq\r(gR)，對物塊，依據動能定理得W－mg·eq\f(πR,2)sinθ＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝1.5mgR，D錯誤．13．(2024·全國乙卷)一籃球質量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m