2025版高考物理一轮复习微专题小练习第五章机械能

第五章机械能做真题明方向1．[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()A．0B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mghD．eq\f(1,2)mv2＋mgh答案：B解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.2．[2024·浙江1月]如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球()A．从1到2动能减少mghB．从1到2重力势能增加mghC．从2到3动能增加mghD．从2到3机械能不变答案：B解析：足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，由足球的运动轨迹可知，从1到2，足球的重心升高了h，重力势能增加了mgh，则从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3，由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误．故选B.3．[2022·全国乙卷]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A．它滑过的弧长B．它下降的高度C．它到P点的距离D．它与P点的连线扫过的面积答案：C解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcosθ＝eq\f(gL,2R)，v＝at＝eq\f(gL,2R)t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝eq\f(1,2)gt2，代入上式可得v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确．4．[2022·广东卷](多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有()A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J答案：ABD解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝eq\f(P1,v1)＝eq\f(200,5)N＝40N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝eq\f(P2,v2)＝eq\f(570,2)N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×eq\f(1,2)N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．5.[2021·河北卷]一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)答案：A解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－eq\f(2πR,4)＝R＋eq\f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR).故A正确，B、C、D错误．6．[2023·湖南卷](多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道答案：AD解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)联立有FN＝3mgcosα－2mg从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)则vB＝eq\r(gRcosθ)则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．故选AD.7.[2023·全国乙卷](多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－fl答案：BD解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))对M有fxM＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))其中l＝xm－xM由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；根据以上分析，联立有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))