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第五章 机械能
做真题 明方向
授课提示：对应学生用书47页
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．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．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－W＝0，故雨滴克服空气
f
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mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．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＝g cos θ＝，v＝at＝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＝gt2，代入上式可得v＝L ，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200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行
驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10
m/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40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案：ABD
解析：从M到N，由P ＝Fv 可得小车牵引力F ＝＝ N＝40 N，A正确．从M到N，
1 1 1 1
小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f ＝F ＝40 N，小车克服摩擦力做的功W
1 1 f1
＝f·MN＝40×20 J＝800 J，B正确．从P到Q，由P ＝Fv 可得小车牵引力F ＝＝ N＝
1 2 2 2 2
285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F ＝f ＋mg sin 30°，解得f ＝F －mg sin
2 2 2 2
30°＝285 N－50×10× N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功W ＝f·PQ＝35×20 J
f2 2
＝700 J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQ sin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重
力势能的增加量ΔE＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误．
p
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． B．
C． D．2
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－＝R＋，根
据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝.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v 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到
0
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v＝
0
D．若小球初速度v 增大，小球有可能从B点脱离轨道
0
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v ＝0，
C
则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cos α)＝mv2
F ＝mg cos α－m
N
联立有F ＝3mg cos α－2mg
N
从C到B的过程中α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故F 逐渐减小，而小球从B
N
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 ＝ －mgv sin θ，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＝mv－mv
解得v＝，C错误；
0
小球在B点恰好脱离轨道有mg cos θ＝m
则v ＝
B
则若小球初速度v 增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，
0
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v 开始运动．已知物块与木板间的
0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fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于mv－fl
D．物块的动能一定小于mv－fl
答案：BD
解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fx ＝mv－mv
m
对M有fx ＝Mv
M
其中l＝x －x
m M
由于l>x ，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；
M
根据以上分析，联立有mv－fl＝mv＋Mv
则物块的动能一定小于mv－fl，C错误，D正确．
故选BD.
