【物理】2019届一轮复习人教版第五章机械能教案 132页

第五章 机械能 ‎[全国卷5年考情分析]‎ 基础考点 常考考点 命题概率 常考角度 重力做功与重力势能(Ⅱ) ‎ 实验五：探究动能定理 以上2个考点未曾独立命题 功和功率(Ⅱ)‎ ‎'17Ⅱ卷T14(6分)，'16Ⅱ卷T19(6分) ‎ ‎'16Ⅱ卷T21(6分)，'15Ⅱ卷T17(6分) ‎ ‎'14Ⅱ卷T16(6分)，'13Ⅰ卷T21(6分)‎ 独立命题概率80%‎ ‎(1)(变力)做功和功率问题 ‎(2)动能定理的应用 ‎(3)机械能守恒的条件 ‎(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合 ‎(5)功能关系与能量守恒 动能和动能定理(Ⅱ)‎ ‎'16Ⅲ卷T20(6分)，'15Ⅰ卷T17(6分) ‎ ‎'14Ⅱ卷T16(6分)‎ 综合命题概率100%‎ 功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎'17Ⅰ卷T24(12分)，'17Ⅱ卷T17(6分) ‎ ‎'17Ⅲ卷T16(6分)，'16Ⅱ卷T16(6分) ‎ ‎'16Ⅱ卷T21(6分)，'16Ⅱ卷T25(20分) ‎ ‎'16Ⅲ卷T24(12分)，'15Ⅰ卷T17(6分) ‎ ‎'15Ⅱ卷T21(6分)，'13Ⅱ卷T20(6分)‎ 独立命题概率75%‎ 综合命题概率100%‎ 实验六：验证机械能守恒定律 ‎'16Ⅰ卷T22(5分)‎ 综合命题概率40%‎ 第1节功和功率 ‎(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)‎ ‎(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)‎ ‎(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)‎ ‎(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)‎ ‎(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)‎ ‎(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)‎ ‎1．力对物体做不做功，关键是看力与物体的位移方向间的夹角，只要夹角不等于90° 就做功。‎ ‎2．斜面对物体的支持力垂直于斜面，但不一定垂直于物体的位移，故斜面对物体的支持力可以做功。‎ ‎3．瞬时功率P＝Fvcos α，而发动机牵引力的功率P＝Fv，因为机车的牵引力方向与汽车运动方向相同，cos α＝1。‎ ‎4．汽车匀加速启动过程的末速度一定小于汽车所能达到的最大速度。‎ ‎5．作用力与反作用力等大反向，而作用力与反作用力做的功并不一定一正一负、大小相等，实际上二者没有必然联系。　‎ 突破点(一)　功的正负判断与计算 ‎1．功的正负的判断方法 ‎(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。‎ ‎(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。‎ ‎(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。‎ ‎2．恒力做功的计算方法 ‎3．合力做功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。‎ 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…‎ 求合力做的功。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)‎ A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 解析：选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。‎ ‎2.如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是(　　)‎ A．FN和Ff对物块都不做功 B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功 C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0‎ 解析：选B　物块所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，与物块的运动方向垂直，故摩擦力Ff对物块不做功，物块在慢慢移动过程中，重力势能增加了2 J，重力做功－2 J，支持力FN对物块做功2 J，故B正确。‎ ‎3．(2018·南平质检)一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示，10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 N B．物块的质量为1 kg C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 J D．物块在10～15 s内的位移为6.25 m 解析：选D　由题图乙可知，在5～10‎ ‎ s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相同，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D正确。‎ 突破点(二)　变力做功的五种计算方法 ‎(一)利用动能定理求变力做功 ‎ 利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。‎ ‎[例1]　(2018·威海月考)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　)‎ A.R(FN－3mg)　　　 B.R(2mg－FN)‎ C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)‎ ‎[解析]　质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R。质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎[答案]　A ‎(二)利用微元法求变力做功 ‎ 将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。‎ ‎ [例2]　[多选](2018·安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是(　　)‎ A．重力做功为mgL B．悬线的拉力做功为0‎ C．空气阻力做功为－mgL D．空气阻力做功为－F阻πL ‎[解析]　摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻·πL，C错误，D正确。‎ ‎[答案]　ABD ‎(三)化变力为恒力求变力做功 ‎ 有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。‎ ‎[例3]　如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则(　　)‎ A．W1＞W2‎ B．W1＜W2‎ C．W1＝W2‎ D．无法确定W1和W2的大小关系 ‎[解析]　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确。‎ ‎[答案]　A ‎(四)利用平均力求变力做功 ‎ 若物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。‎ ‎[例4]　[多选]如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为(　　)‎ A．Mv2　　　　　　　　 B．Mv2‎ C．μMgl D．μMgl ‎[解析]　总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误。‎ ‎[答案]　AC ‎(五)利用Fx图像求变力做功 ‎ 在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。‎ ‎[例5]　(2018·漳州检测)质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s，则其末速度为(　　)‎ A．5 m/s B． m/s C． m/s D． m/s ‎[解析]　F x图像与x轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W＝(2×2＋4×4－3×2) J＝14 J，根据动能定理得：W＝mv2－mv02，解得：v＝ m/s，故B正确。‎ ‎[答案]　B 突破点(三)　功率的分析与计算 ‎1．平均功率的计算 ‎(1)利用P＝。‎ ‎(2)利用P＝F cos α，其中为物体运动的平均速度。‎ ‎2．瞬时功率的计算 ‎(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。‎ ‎(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。‎ ‎(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2018·东北三省四市一模)如图是滑雪场的一条雪道。质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5 m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)。不计空气阻力，θ＝30°，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．该滑雪运动员腾空的时间为1 s B．BC两点间的落差为5 m C．落到C点时重力的瞬时功率为3 500 W D．若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角变小 解析：选A　运动员平抛的过程中，水平位移为x＝v0t 竖直位移为y＝gt2‎ 落地时：tan θ＝ 联立解得t＝1 s，y＝5 m，故A正确，B错误；‎ 落到C点时，竖直方向的速度：vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s 所以落到C点时重力的瞬时功率为：‎ P＝mg·vy＝70×10×10 W＝7 000 W，故C错误；‎ 根据落到C点时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝＝2×＝2·，可知落到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D错误。‎ ‎2．(2018·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)‎ A．两物块到达底端时速度相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时动能相同 D．两物块到达底端时，乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬时功率 解析：选D　两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝‎ eq r(2gR)，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，甲物块重力做功的瞬时功率为零，乙物块重力做功的瞬时功率大于零，故D正确。‎ ‎3．(2018·潍坊调研)如图所示，滑板静止在水平轨道上，质量m＝2 kg，板长L＝0.6 m，左端A点到轨道上B点距离x＝6 m，滑板与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。现对滑板施加水平向右的推力F＝10 N，作用一段时间后撤去，滑板右端恰能到达B点，求：‎ ‎(1)推力F作用的时间；‎ ‎(2)推力F的最大功率。‎ 解析：(1)在外力F作用下，根据牛顿第二定律可知：‎ F－μmg＝ma1，‎ 解得：a1＝＝ m/s2＝3 m/s2‎ 经历的时间为t，则v＝a1t＝3t，‎ 通过的位移为：x1＝a1t2＝t2‎ 撤去外力后的加速度大小为：a′＝＝μg＝2 m/s2，‎ 减速通过的位移为：x′＝＝ x1＋x′＝x－L 联立解得：t＝1.2 s，v＝3.6 m/s。‎ ‎(2)推力的最大功率P＝Fv＝10×3.6 W＝36 W。‎ 答案：(1)1.2 s　(2)36 W 突破点(四)　机车启动问题 ‎1．两种启动方式的比较 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 Pt图像和vt图像 OA 段 过程分析 v↑⇒F＝↓‎ ‎⇒a＝↓‎ a＝不变⇒F不变 P＝Fv↑直到P额＝Fv1‎ 运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0‎ ‎⇒vm＝ v↑⇒F＝↓‎ ‎⇒a＝↓‎ 运动性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒‎ 以vm＝匀速运动 ‎2.三个重要关系式 ‎(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝。‎ ‎(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t22‎ 解得t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。‎ ‎(2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。‎ 答案：(1)2 s　(2)24 J ‎12．(2018·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。‎ 解析：(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0‎ 代入数据解得：vD＝3 m/s。‎ ‎(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有：mgh1＝μmgs总 代入数据解得：s总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 ‎2s－s总＝1.4 m。‎ 答案：(1)3 m/s　(2)1.4 m 功能关系　能量守恒定律　(卷Ⅱ)‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★1．[多选](2018·潍北一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中(　　)‎ A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量 解析：选AD　它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误，D正确。‎ ‎★2．[多选]如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有(　　)‎ A．物体重力势能减小量一定大于W B．弹簧弹性势能增加量一定小于W C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W 解析：选AD　根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W 的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确。‎ ‎★3.(2018·江苏联考)如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大 C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和 D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度 解析：选C　由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。‎ ‎★4．[多选](2018·江苏淮阴中学模拟)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则(　　)‎ A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g C．弹簧的最大弹性势能为mgL D．弹簧的最大弹性势能为mgL 解析：选BD　对A、B整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a＝＝g，从D点开始A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mgL＋sin 30°－mg－μ·4mgcos 30°－W弹＝0，解得W弹＝mgL，则弹簧具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝mgL，故C错误，D正确。‎ ‎5．[多选]水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则(　　)‎ A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小 B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同 C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率 D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 解析：选AC　研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos α·S＝mvC2，研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos θ·L1－μmgL2＝mvD2，S＝L1＋L2，根据几何关系得Scos α>L1cos θ＋L2，所以mvC2L1cos θ＋L2，所以mvC2”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是________________________________________________________________。‎ 解析：(1)v5＝×10－2 m/s＝3.48 m/s。‎ ‎(2)重力势能的增加量ΔEp＝mgΔh，代入数据可得ΔEp≈1.24 J，动能减少量为ΔEk＝mv22－mv52，代入数据可得ΔEk≈1.28 J。‎ ‎(3)由计算可得ΔEp<ΔEk，主要是由于存在空气阻力。‎ 答案：(1)3.48　(2)1.24　1.28　(3)<　存在空气阻力 ‎6．(2018·邯郸一中高考一轮收官)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：‎ ‎(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝______cm。‎ ‎(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图像如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：________________时，可判断小球下落过程中机械能守恒。‎ ‎(3)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp ‎，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。‎ 解析：(1)由题图乙可知，主尺刻度为7 mm；游标尺上对齐的刻度为5；故读数为：(7＋5×0.05) mm＝7.25 mm＝0.725 cm。‎ ‎(2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH＝mv2，即：2gH0＝2‎ 解得：2gH0t02＝d2。‎ ‎(3)由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，ΔEp－ΔEk将增大。‎ 答案：(1)0.725　(2)2gH0t02＝d2　(3)增大 ‎7.(2016·江苏高考)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。‎ ‎(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。‎ A．钢球在A点时的顶端 B．钢球在A点时的球心 C．钢球在A点时的底端 ‎(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为______cm。某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s。则钢球的速度为v＝________m/s。‎ ‎(3)下表为该同学的实验结果：‎ ΔEp(×10－2 J)‎ ‎4.892‎ ‎9.786‎ ‎14.69‎ ‎19.59‎ ‎29.38‎ ΔEk(×10－2 J)‎ ‎5.04‎ ‎10.1‎ ‎15.1‎ ‎20.0‎ ‎29.8‎ 他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由。‎ ‎(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。‎ 解析：(1)高度变化要比较钢球球心的高度变化。‎ ‎(2)毫米刻度尺读数时要估读到毫米下一位，由v＝代入数据可计算出相应速度。‎ ‎(3)从表中数据可知ΔEk＞ΔEp，若有空气阻力，则应为ΔEk＜ΔEp，所以不同意他的观点。‎ ‎(4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的速度，因此由ΔEk＝mv2计算得到的ΔEk偏大，要减小ΔEp与ΔEk的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度。‎ 答案：(1)B　(2)1.50(1.49～1.51都算对)　1.50(1.49～1.51都算对)　(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp。　(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v。‎