专题12 动能定律及能量守恒定律 高考物理必刷题专项训练

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2021年高考物理专题必刷题训练
专题12 动能定律及能量守恒定律
一、单项选择题
1．我国的“神舟十一号”载人飞船已于2016年10月17日发射升空，入轨两天后，与“天宫二号”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫二号”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十一号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内顺时针运转。若“神舟十一号”在轨道1上的P点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点Q与“天宫二号”进行对接，图中P、Q、K三点位于同一直线上，则（　　）

A．“神舟十一号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从Q点飞向P点过程中，万有引力做负功
C．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中机械能不断增大
D．“天宫二号”在轨道3上经过Q点时的速度与“神舟十一号”在轨道2上经过Q点时的速度相等
【答案】A
【解析】A．“神舟十一号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，其速度要大，“神舟十一号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，故A正确；
B．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从Q点飞向P点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为锐角，则万有引力对其做正功，故B错误；
C．“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中，只有万有引力做功，其机械能守恒，故C错误；
D．卫星要由轨道2变轨到轨道3，必须在Q点加速，所以“天宫二号”在轨道3上经过Q点时的速度比“神舟十一号”在轨道2上经过Q点时的速度大，故D错误。
故选A。
2．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中时间内图线是直线，时间内图线是正弦曲线一部分，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）

A．小球运动的最大速度为
B．小球运动到O点下方处的速度最大
C．弹簧的劲度系数
D．小球从管口A至速度最大所用时间等于从速度最大至最低点B所用时间的2倍
【答案】C
【解析】A．设小球刚运动到O点时的速度为v，则有

解得

小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于，故A错误；
B．小球在平衡位置处速度最大；若小球从O点开始由静止释放，设弹簧的最大压缩量为x，小球做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，小球运动到O点下方处的速度最大；现在因为小球从O点上方下落，弹簧的压缩量

速度最大时，弹簧的弹力与重力大小相等，则小球仍在

速度最大，故B错误；
C．小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于g，根据牛顿第二定律知

则

故C正确；
D．由以上分析可知小球从管口A至速度最大的位移是从速度最大至最低点B位移的2倍多，而由v-t图像可知小球从管口A至速度最大的平均速度比从速度最大至最低点B的小，由

可知小球从管口A至速度最大所用时间等于从速度最大至最低点B所用时间的2倍多，故D错误。
故选C。
3．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　）

A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为
C．在C处，弹簧的弹性势能为
D．上滑经过B的速度等于下滑经过B的速度
【答案】B
【解析】A．由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处速度最大，加速度减小为零，故加速度先减小后增大，A错误；
BC．从A到C，根据能量守恒
mgh=Wf＋Ep
从C到A根据能量守恒

联立解得


B正确，C错误；
D．设AB距离为h1，从A到B据能量守恒可得

从B到A据能量守恒可得

整理可得


对比可得vB2>vB1，D错误。
故选B。
4．表面光滑的斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），A、B处于同一高度并恰好处于静止状态，如图所示。现剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）

A．A、B两物块质量相等
B．A、B两物块将同时着地
C．A、B两物块着地时速度大小相等
D．A物块着地时的速度比B物块着地时的速度大
【答案】C
【解析】A．A、B处于同一高度并恰好处于静止状态，由平衡条件可得

所以A、B两物块质量不相等，则A错误；
B．剪断轻绳，A做自由落体运动有

B在斜面上做匀加速运动，有


解得
，
所以A、B两物块没有同时着地，A下落比B快，则B错误；
CD．由动能定理可得

解得

所以A、B两物块着地时速度大小只与高度有关，则落地时两物体的速度大小相等，所以C正确；D错误；
故选C。
5．2021年2月14日，中国台北选手谢淑薇晋级澳网八强创历史，同时也是历史上首次闯进澳网八强最年长的女选手。若一运动员某一次击球时，将网球从A点水平击出，网球击中D点；另一运动员将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同。忽略空气阻力，则（　　）

A．网球在两个过程中飞行时间相等
B．网球在后一个过程中击中D点时速度较大
C．运动员在两个过程中对网球所做功可能相等
D．网球在后一个过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率较大
【答案】C
【解析】AB．两点发出的球都能到达D点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知


由于水平方向的位移相同，根据

可知

根据速度的合成可知，A抛出时的速度

A落到D点时的速度

B落到D点时的速度

故两过程中，后一个过程中，网球击中D点时速度较小，故AB错误；
C．个过程中对网球做功

第一个过程中对网球做功

因为

可知可能等于，选项C正确；
D．竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，

则重力的瞬时功率

相同，故D错误。
故选C。
6．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道，A、B为水平直径的两端点，O为圆心，现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v=水平向右抛出，小球落在圆周上某一点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球落在圆周上时的动能为（　　）

A．mgR B．mgR C．（－1）mgR D．mgR
【答案】A
【解析】设小球下落的时间为t，根据平抛运动规律，水平方向的位移为
x=v0t
竖直方向的位移为

由几何关系可得
x2+y2=R2
解得
y=（-1）R
小球落在圆周上时的动能为

故选A。
7．“愤怒的小鸟”曾是一款非常流行的游戏，故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒，该游戏完全按照实际的抛体运动规律设计，设支架高度为h，支架到肥猪堡垒的水平距离为l，不计空气阻力，设某次小鸟被弹弓沿水平方向弹出，模拟图如图乙所示，。关于小鸟从弹弓上由静止开始到击中肥猪堡垒的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．整个过程弹弓的弹力一直对小鸟做正功
B．整个过程弹弓的弹力一直对小鸟不做功
C．整个过程弹弓的弹力一直对小鸟做负功
D．小鸟离开弹弓后速度增加量的方向一直是竖直向下的
【答案】D
【解析】ABC．小鸟在和弹弓接触的过程中，力和位移方向相同，故力做正功，而当小鸟离开弹弓后，弹力对小鸟不再做功，故ABC错误；
D．由于小鸟离开弹弓后只受重力，加速度竖直向下，故其速度增加量的方向一直是竖直向下的，故D正确。
故选D。
8．“遂古之初，谁传道之？上下未形，何由考之？”2021年3月4日国家航天局发布了探测飞船“天问一号”在近火轨道拍摄的高清火星影像图，预计2021年5月“天问一号”将完成落“火”的壮举！如图所示，我们近似认为“天问一号”由远火圆周轨道A变轨后进入近火圆周轨道B，用r、T、a、、F分别表示“天问一号”的轨道半径、周期、向心加速度、动能和所受的万有引力。则探测器在A、B两个轨道上（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．设火星的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力定律

知

故A错误；
B．设火星的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力提供向心力

得

故

故B错误：；
C．设火星的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力提供向心力

得

所以动能

故

故C正确；
D．设火星的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力提供向心力

得

故

故D错误。
故选C。
二、多项选择题
9．如图，木块A、B紧靠放置于水平面上，A和墙间水平拴接着劲度系数为的轻弹簧，且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为、，与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。今用水平力向左缓慢压B，使B向左移动，突然撤去，则（　　）

A．若A、B可分开，分开时弹簧处于原长状态
B．若A、B可分开，分开时弹簧处于压缩状态
C．为使A、B可分开，做功必须大于
D．为使A、B可分开，必须不小于
【答案】AD
【解析】AB．两木块分开瞬间加速度相等，两者之间弹力为0。设此时共同的加速为a，弹簧的弹力为T，对B木块用牛顿第二定律

对A木块用牛顿第二定律

联立得
T=0
所以此时弹簧没有弹力即处于原长状态，故A正确，B错误；
C．由选项A可知，A、B分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧所做总功为0。从力F开始推动到A、B木块分开，对全程用动能定理，可得

木块分开时有Ek≥0，即

解得
WF≥6μmgx
故C错误；
D．从压缩量为x释放到A木块和B木块分开，由能量守恒定律可得

分开时有Ek≥0，即

解得

故D正确。
故选AD。
10．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，其底部垂直于斜面固定一个挡板。置于斜面上的质量分别为m、M的物块A、B用一根轻质弹簧连接。起初，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态。撤去外力，物块A由静止沿斜面向下运动，经过时间t下降至最低点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物块A先失重后超重
B．物块A的机械能守恒
C．物块A下降至最低点时，挡板对B的支持力大小为
D．此过程，挡板对物块B的冲量大小为
【答案】ACD
【解析】A．当物块A开始下滑时，有

物体沿斜面加速下滑，竖直方向有向下的加速度，则物块A处于失重状态；当

物块沿斜面减速下滑，竖直方向有向上的加速度，则物块A处于超重状态，故物块A先失重后超重，故A正确；
B．由于下滑过程中，弹簧弹力对物块A做负功，则物块A的机械能减少，故B错误；
C．物块A在开始下降时，根据牛顿第二定律有

解得

根据运动的对称性，可知当物块A下降至最低点时加速度大小仍为a1，方向沿斜面向上，则根据牛顿第二定律有

解得

对物块B受力分析，可得

联立解得

故C正确；
D．挡板对对物块B的冲量可看作挡板对A、B及弹簧整体的冲量，取沿斜面向上为正方向，则对三者整体由动量定理可得

则可得挡板对物块B的冲量大小为

故D正确。
故选ACD。
11．如图所示，A物体质量为2m，B物体质量为m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x，弹性势能为Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内。现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体的（　　）

A．A物体上升时速度最大
B．A物体上升时速度最大
C．最大动能为
D．最大动能为
【答案】BC
【解析】AB．在最低点

当速度最大时，加速度为零，则

则A物体上升高度为

A错误，B正确；
CD．速度最大时，弹性势能大小为

由机械能守恒定律可知

解得

C正确，D错误。
故选BC。
12．如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OP与OQ在O点平滑相连，A､B两小环用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上已知A环质量为m，B环为2m。初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直（即B环位于O点）然后同时释放两小环，A环到达O点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重加速度为g，下列说法正确的是

A．B环下降高度为时，A环与B环速度大小相等
B．在A环到达O点的过程中，B环速度一直增大
C．A环到达O点时速度大小为
D．当A环到达O点后，若在转弯处机械能损失不计，再经的时间能追上B环
【答案】AD
【解析】A．将两环的速度分解如图所示

B环下降高度为时，图中 则有

所以A环与B环速度大小相等，A正确；
B．B开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动，当绳子与水平方向之间的夹角接近90°时， ，则

可知当A到达O点时，B的速度等于0，所以B一定还存在减速的过程，即A环到达O点的过程中，B环先加速后减速，B错误；
C．由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒得

则有

C错误；
D．环A过O点后做加速度等于g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时有

解得

D正确。
故选AD。
三、非选择题
13．如图所示，竖直放置的半径为的螺旋圆形轨道与水平直轨道和平滑连接，倾角为的斜面在C处与直轨道平滑连接。水平传送带以的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为，间的距离为，小滑块P与传送带和段轨道间的摩擦因数，轨道其他部分均光滑。直轨道长，小滑块P质量为。
（1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与轨道高度差H；
（2）若滑块P从斜面高度差处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
（3）滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则

解得

（2），滑块运动到N点时的速度为，从开始到N点应用动能定理

解得

从N点滑块做平抛运动，水平位移为

（3）滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为，从开始到E点应用动能定理

在E点时有

解得

滑块滑上传送带时的速度为


滑块做减速运动的位移为

因此滑块返回M点时的速度也为，因此第二次过E点。
设高度为时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为

从开始到M点应用动能定理

解得

二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为


所以不会第三次过E点，能二次经过E点的高度H范围是

14．如图所示，一个质量为的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为，木板与地面间动摩擦因数为，重力加速度为，试求：
（1）滑块冲上台阶时的速度大小；
（2）滑块释放时相对斜面底端的高度；
（3）滑块和木板间产生的热量。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】解：（1）设滑块在斜面底端时速度为，冲上台阶时速度为，在圆轨道最高点时速度。在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有

在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有

联立解得

（2）设滑块在木板上滑动时加速度的大小为，木板加速度的大小为由牛顿第二定律可知


设滑块在木板上滑行时间为t对木板，由

得

对滑块，由

得

设在斜面上释放高度为h由能量守恒定律可得

代入数据可得

（3）滑块在木板上运动的位移大小为

木板的位移大小为

相对位移大小为

所以产生热量

15．如图所示，一块足够长的薄木板C质量为，放在光滑的水平面上，右端与固定墙之间距离。在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹），炭块A和B的质量均为，A、B与木板间的动摩擦因数均为，开始时木板静止不动，炭块A的初速度为，炭块B的初速度。A、B两炭块运动过程中不会相碰且均未脱离木板，C与固定墙碰撞后原速率反弹，重力加速度。求：
（1）木板C刚开始运动瞬间的加速度的大小；
（2）木板C的最大速度，以及墙对木板C作用力的总冲量的大小；
（3）若要求两炭块与木板C的划痕不重叠，求木板C的最小长度。

【答案】（1）；（2）7m/s，；（3）
【解析】（1）C刚开始运动时，收到A、B对其向右的摩擦力

得

（2）刚开始阶段，A和B减速运动

得

若A和C共速时C还未与墙碰撞，应满足

得

而在内，木板C的位移

符合条件；
所以应该为A、C先共速，设为，

之后A、C一起向右加速，B继续减速，若B未和A、C共速，对A、C整体

得

设还需要时间A、C与墙碰撞

解得

此时A、C整体速度为

而此时

C与墙碰后原速率反弹，则墙对C的冲量
，方向向左
之后A、B继续向右减速运动，而C向左减速运动，可知A和C的加速度大小相等，减速到0所需时间为

得

此时B的速度为

分析可知，此后B继续向右减速，A、C整体向右加速，三者共速之后和墙发生第二次碰撞，
设三者的共同速度为由动量守恒应有

解得

再次和墙碰撞后C原速率反弹所以墙对C的冲量
，方向向左
A、B向右减速运动，C向左减速运动，由于三者的初速度均为，由前面的分析可知三者同时减速到0
所以墙对C的总冲量大小为

（也可以判断出最终三者速度为0之后得出墙对C的总冲量大小等于系统最开始的总动量）
（3）要求划痕不重叠，即相对位移没有重合的部分，由（2）可知，在运动过程中A、B始终相对于C向右运动，所以木板的最小长度为A、B与C的相对位移之和，最终速度均为0，设A和C的相对位移为，B和C的相对位移为，全过程能量守恒

解得C的最小长度L满足

16．如图所示，篮球在1.6m的高度掷出，在2.5m的高度垂直击中篮板，反弹后恰好落在掷出点的正下方不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求该篮球
(1)从击中篮板反弹后到落回地面的时间t；
(2)击中篮板前后的动能之比。

【答案】(1)0.7s；(2)
【解析】(1)竖直方向做自由落体运动

解得

代入数据得
（或0.7s）
(2)将掷出到击中篮板的运动过程等效为逆向的平抛运动。设篮球质量为m，平抛运动的初速度为v，则水平方向做匀速直线运动
x=vt
动能

解得

则动能之比

代入数据得

17．一种餐桌的构造如图甲所示，已知圆形玻璃转盘的半径，圆形桌面的半径，不计转盘的厚度，桌面到地面的高度。轻绳一端固定在转盘边缘，另一端连接着质量的小物块，小物块被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同，俯视图如图乙所示。某时刻轻绳突然断裂，小物块沿桌面边缘飞出后的落地点到桌面和转盘共同圆心O的距离，重力加速度g取。求：
（1）小物块飞出桌面边缘的速度大小；
（2）小物块与桌面之间的动摩擦因数μ；
（3）绳断之前轻绳拉力的功率P。（计算结果均可保留根号）

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小物块沿桌面边缘飞出后做平抛运动，设运动时间为t，则竖直位移为

水平位移为

由几何关系可知

联立解得

（2）设轻绳对小物块的拉力大小为T，方向与小物块和圆心O连线的夹角为θ，则

小物块沿桌面边缘旋转时的向心力由轻绳的拉力T、与桌面间的摩擦力f共同提供，故



联立解得

（3）由（2）中分析可得

sinθ=0.6
解得

18．2020年11月，“奋斗者”号成功下至10909米的深海处，让我国达到了全球深海装备和技术的制高点。某种型号潜水器的质量为M、体积为V，在一次试验中从海面由静止开始竖直下潜，经过A点的速度最大，继续下潜后最终悬停在B点。此后潜水器向固定在舱外的油囊注油以增大体积，上浮后悬停在A点，此时油囊的体积增大了，若海水密度ρ随深度h变化的关系为ρ=kh+ρ0（k和ρ0均为常数），潜水器所受阻力与速度成正比，运动过程中无其它动力，重力加速度为g，求潜水器
（1）到达B点的深度H；
（2）下潜到B过程中受到的最大阻力fm；
（3）从海面下潜直至悬停在B的过程中克服阻力做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)在B时受力平衡

且

解得

(2)下潜经过A点速度最大，加速度为零，则

注油后，上浮到A点平衡

解得

(3)该过程的平均浮力大小

浮力做的功

动能定理

解得