7、順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端．下列說法正確的是( )
A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功
B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加
C．第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加
D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱
【答案】C.
【解析】第一階段物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力；第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力做功，兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同，所以兩個階段摩擦力都
8、做正功，故A錯誤；根據(jù)動能定理得知，外力做的總功等于物體動能的增加，第一階段，摩擦力和重力都做功，則第一階段摩擦力對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加，故B錯誤；由功能關系可知，第一階段摩擦力對物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生熱為Q＝F阻s相對，又由于s傳送帶＝vt，s物＝t，所以s物＝s相對＝s傳送帶，即Q＝ΔE，故C正確；第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機械能繼續(xù)增加，故D錯誤．
【例2】(2019·山西大學附屬中學模擬)如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行．現(xiàn)將一質量m＝1 kg的物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨
9、時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則下列說法正確的是( )
A．0～8 s內物體位移的大小是18 m B．0～8 s內物體機械能增量是90 J
C．0～8 s內物體機械能增量是84 J D．0～8 s內物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量是126 J
【答案】BD
【解析】從題圖乙求出0～8 s內物體位移的大小s＝14 m，A錯誤；0～8 s內，物體上升的高度h＝ssin θ＝8.4 m，物體機械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正確，C錯誤；0～6 s內物體的加速度a＝μgcos θ－gsi
10、n θ＝1 m/s2，得μ＝，傳送帶速度大小為4 m/s，Δs＝18 m,0～8 s內物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θ·Δs＝126 J，D正確．
【變式2】(2019·泉州模擬)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變．假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經(jīng)歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則( )
A．前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運動
B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同
C．v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同
11、D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍
【答案】C
【解析】.物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運動方向一定與傳送帶的運動方向相同，故A錯誤；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運動，不受摩擦力，故B錯誤；設物品勻加速運動的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小為a＝μg，勻加速的時間為t＝＝，位移為x＝t，傳送帶勻速的位移為x′＝vt，物品相對傳送帶滑行的距離為Δx＝x′－x＝＝，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝mv2，則知v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物
12、品的位移為x＝＝，則知μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯誤．
熱點題型二 對功能關系的理解和應用
1．對功能關系的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現(xiàn)的．
(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數(shù)值上相等．
2．功是能量轉化的量度，力學中幾種常見的功能關系如下
【例3】(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R; bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切
13、于b點．一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
【答案】C
【解析】.設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎
14、直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝＝2，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤．
【變式1】起跳摸高是學生經(jīng)常進行的一項體育活動．一質量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v.下列說法正確的是( )
A．起跳過程中該同學機械能增加了mgh B．起跳過程中該同學機械能增量為m
15、gh＋mv2
C．地面的支持力對該同學做的功為mgh＋mv2 D．該同學所受的合外力對其做的功為mv2＋mgh
【答案】B
【解析】該同學重心升高了h，重力勢能增加了mgh，又知離地時獲得動能為mv2，則機械能增加了mgh＋mv2，A錯誤，B正確；該同學在與地面作用過程中，在支持力方向上的位移為零，則支持力對該同學做功為零，C錯誤；該同學所受合外力做的功等于動能的增量，則W合＝mv2，D錯誤．
【變式2】輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長狀
態(tài)，物塊靜止，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正
16、方向建立x軸，
現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示，物塊運動至x＝0.4 m處時速度為零，
則此時彈簧的彈性勢能為g取10 m/s( )
A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J
【答案】 A
【解析】 物塊與水平面間的摩擦力為Ff＝μmg＝1 N．現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，由F-x圖象面積表示功可知，物塊運動至x＝0.4 m處時F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J．由功能關系可知W－Wf＝Ep，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝3.1
17、J，選項A正確．
熱點題型三 能量守恒定律的應用
1．對能量守恒定律的理解
(1)轉化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
(2)轉移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等．
2．涉及彈簧的能量問題應注意
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：
(1)能量變化上，如果只有重力和系統(tǒng)內彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒．
(2)如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同．
3.運用能量守恒定律解題的基本思路
4.多過程問題的解題技
18、巧
(1)“合”——初步了解全過程，構建大致的運動情景．
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律．
(3)“合”——找到過程之間的聯(lián)系，尋找解題方法．
【例4】如圖所示，一物體質量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m．擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
19、【答案】(1)0.52 (2)24.5 J
【解析】(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈簧彈性勢能沒有發(fā)生變化，物體動能和重力勢能減少，機械能的減少量為
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37° ①
物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為
Q＝Ffx ②
其中x為物體的路程，即x＝5.4 m ③
Ff＝μmgcos 37° ④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
(2)由A到C的過程中，動能減少
ΔE′k＝mv ⑥
重力勢能減少ΔE′p＝mglACsin 37° ⑦
摩擦生熱Q＝FflAC＝μmgcos 37°lAC ⑧
由能量
20、守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為
Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q ⑨
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5 J.
【變式】如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個質
量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它
經(jīng)過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C.不計空氣阻力，
試求：
(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能；
(2)物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內能．
【答案】(1)mgR (2)mgR
【解析】(1)設物體在B點的速度為vB，所受彈力為FN
21、B，由牛頓第二定律得：
FNB－mg＝m
由牛頓第三定律FNB′＝8mg＝FNB
由能量守恒定律可知
物體在A點時的彈性勢能Ep＝mv＝mgR
(2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知
mg＝m
物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得Q＝mv－(mv＋2mgR)
解得Q＝mgR.
熱點題型四 功能原理的綜合應用
功能原理處理斜面問題
【例5】(2019·河南林州一中高三質量監(jiān)測)如圖所示，傾角為30°的斜面上，質量為m的物塊在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝(g為重力加速度)向上加速運動距離x的過程中，下列說法正確的是( )
A．重力勢能增加mgx
22、 B．動能增加
C．機械能增加mgx D．拉力做功為
【答案】C
【解析】.物塊上升的高度為，因而增加的重力勢能為ΔEp＝mgx，A錯誤；根據(jù)動能定理可得增加的動能為ΔEk＝ma·x＝mgx，B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的機械能為ΔE＝mgx，C正確；由于斜面是否光滑未知，因而不能確定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D錯誤．
【變式1】(2019·江西十校模擬)將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個可以視為質點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物
23、塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同．在這三個過程中，下列說法不正確的是( )
A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時物塊的速率相同
B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大
C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最多的
D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的
【答案】A
【解析】.設1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長分別為l1、l2、l3，當物塊沿木板1下滑時，由動能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv－0，當物塊沿木板2下滑時，由動能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv－0，又h1＞h
24、2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞v2；當物塊沿木板3下滑時，由動能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A錯、B對；三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，則Q1＝Q2＜Q3，故C、D對．
【變式2】(2019·安徽安慶高三質檢)安徽首家滑雪場正式落戶國家AAAA級旅游景區(qū)——安慶巨石山，現(xiàn)已正式“開滑”．如圖所示，滑雪者從O點由靜止沿斜面自由滑下，接著在水平面上滑至N點停下．斜面、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝
25、0.1.滑雪者(包括滑雪板)的質量為m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N兩點間的水平距離為s＝100 m．在滑雪者經(jīng)過ON段運動的過程中，克服摩擦力做的功為( )
A．1 250 J B．2 500 J C．5 000 J D．7 500 J
【答案】C
【解析】設斜面的傾角為θ，則滑雪者從O到N的運動過程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·xOM＋μmgxMN，由題圖可知，xOMcos θ＋xMN＝s，兩式聯(lián)立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故選項A、B
26、、D錯誤，C正確．
功能原理處理彈簧問題
【例6】(2019·江蘇啟東中學月考)如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則( )
A．t1時刻小球動能最大 B．t2時刻小球動能最大
C．t2～t3這段時間內，小球的動能先增加后減少
D．t2～t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
【答案】C
27、
【解析】由題圖知，t1時刻小球剛與彈簧接觸，此時小球的重力大于彈簧的彈力，小球將繼續(xù)向下做加速運動，此時小球的動能不是最大，當彈力增大到與重力平衡，即加速度減為零時，速度達到最大，動能最大，故A錯誤；t2時刻，彈力F最大，故彈簧的壓縮量最大，小球運動到最低點，動能最小，為0，故B錯誤；t2～t3這段時間內，小球處于上升過程，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球先做加速運動，后做減速運動，則小球的動能先增大后減少，故C正確；t2～t3段時間內，小球和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，故小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能，故D錯誤．
【變式2】(2019·四川成都診斷)如圖所示，輕質彈簧一
28、端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環(huán)( )
A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度
【答案】BD.
【解析】圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0，從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤；圓環(huán)下滑時，設克服
29、摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，選項B正確，選項C錯誤；設圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔE′p，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項D正確．
【題型演練】
1.(多選)(2019·福建省三明一中模擬)滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參加活動的人和滑車總質量為m，人和滑車從距底端高為h
30、處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是( )
A．人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能 B．人和滑車獲得的動能為0.8mgh
C．整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh
【答案】 BC
【解析】 沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin 30°－Ff)＝0.8mgh，故B正
31、確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤．
2.(多選)(2019·安徽省安慶市二模)一運動員穿著飛翔裝備從飛機上跳出后的一段運動過程可近似認為是勻變速直線運動，如圖2所示，運動方向與水平方向成53°，運動員的加速度大小為.已知運動員(包含裝備)的質量為m，則在運動員下落高度為h的過程中，下列說法正確的是( )
A．運動員重力勢能的減少量為 B．運動員動能的增加量為
C．運動員動能的增加量為mgh
32、 D．運動員的機械能減少了
【答案】 CD
【解析】 運動員下落的高度是h，W＝mgh，運動員重力勢能的減少量為mgh，故A錯誤；運動員下落的高度是h，則飛行的距離L＝＝h，運動員受到的合外力F合＝ma＝mg，動能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝mg×h＝mgh，故B錯誤，C正確；運動員重力勢能的減少量為mgh，動能的增加量為mgh，所以運動員的機械能減少了mgh，故D正確．
3.(多選)(2019·山東省臨沂市模擬)如圖所示，在升降機內固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)
33、由靜止開始加速上升高度h的過程中( )
A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mgh
B．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和
C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和
D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和
【答案】 CD
【解析】 當物塊具有向上的加速度時，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時大，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面向下運動，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤；對物塊A由動能定理
34、有物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和，故B錯誤；物塊A機械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確．
4．(2019·四川省德陽市調研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是( )
A．W＝0，Q＝mv2
35、B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
【答案】 B
【解析】 對小物塊，由動能定理有W＝mv2－mv2＝0，設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝，這段時間內因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確．
5．(多選)(2018·陜西省黃陵中學考前模擬)如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點．輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)將質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上．不計滑塊在B點的機械能損失；換用相同材料質量為m2的滑
36、塊(m2＞m1)壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法正確的是( )
A．兩滑塊到達B點的速度相同 B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同
C．兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同 D．兩滑塊上升到最高點過程機械能損失相同
【答案】 CD
【解析】 兩滑塊到B點的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于在B點時的速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤；兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcos θ·，則mgh＝，故兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的
37、功相同，故C正確；由能量守恒定律得E損＝μmgcos θ·＝，結合C可知D正確．
6．(多選)(2018·黑龍江省佳木斯市質檢)如圖5所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升．摩擦及空氣阻力均不計．則( )
A．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能
B．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能
C．升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能
D．升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能
【答案】 BC
【
38、解析】 根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功和人的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動能不變)，即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤．
7．(多選)(2019·河南師大附中模擬)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M、m(M＞m)的滑塊，通過不可伸長的
39、輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中( )
A．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒 B．重力對M做的功等于M動能的增加量
C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加量 D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功
【答案】 CD
【解析】 由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤；由動能定理得，重力、拉力、摩擦力對M做的總功等于M動能的增加量，故B錯誤；除重力、彈力以外的力做功，將導致機械能變化，輕繩對m做的功等于m機械能的增加量，故C正確；摩擦力做負功，故造成
40、機械能損失，故D正確．
8.(多選)(2019·山東省泰安市上學期期中)一小球在豎直方向的升降機中，由靜止開始豎直向上做直線運動，運動過程中小球的機械能E與其上升高度h關系的圖象如圖所示，其中0～h1過程的圖線為曲線，h1～h2過程中的圖線為直線．下列說法正確的是( )
A．0～h1過程中，升降機對小球的支持力一定做正功 B．0～h1過程中，小球的動能一定在增加
C．h1～h2過程中，小球的動能可能不變 D．h1～h2過程中，小球重力勢能可能不變
【答案】 AC
【解析】 設升降機對小球的支持力大小為FN，由功能關系得FNh＝E，所以E－h(huán)
41、圖象的斜率的絕對值等于小球所受支持力的大小，從題圖可知機械能增大，所以升降機對小球的支持力做正功，在0～h1過程中斜率的絕對值逐漸減小，故在0～h1過程中小球所受的支持力逐漸減小．所以開始先做加速運動，當支持力減小后，可能會做勻速運動，也可能會做減速運動，還可能仍做加速運動，故A正確，B錯誤；由于小球在h1～h2過程中E－h(huán)圖象的斜率不變，所以小球所受的支持力保持不變，故小球可能做勻速運動，動能可能不變，C正確；由于小球在h1～h2過程中高度一直增大，重力勢能隨高度的增大而增大，故D錯誤．
9.(2019·湖南石門一中高三檢測)如圖所示，光滑的水平面AB與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道
42、BCD在B點相切，D點為半圓軌道最高點， A右側連接一粗糙水平面．用細線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質壓縮彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接，甲質量為m1＝4 kg，乙質量m2＝5 kg，甲、乙均靜止．若固定乙，燒斷細線，甲離開彈簧后經(jīng)過B點進入半圓軌道，過D點時對軌道壓力恰好為零．取g＝10 m/s2，甲、乙兩物體均可看做質點，求：
(1)甲離開彈簧后經(jīng)過B時速度大小vB；
(2)彈簧壓縮量相同情況下，若固定甲，燒斷細線，乙物體離開彈簧后從A進入動摩擦因數(shù)μ＝0.4的粗糙水平面，則乙物體在粗糙水平面上運動的位移s.
【答案】(1)2 m/s (2)2 m
【解析】(1)甲在最高點D，
43、由牛頓第二定律得：
m1g＝m1，
甲離開彈簧運動至D點的過程中由機械能守恒得：
m1v＝m1g·2R＋m1v.
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vB＝2 m/s.
(2)甲固定，燒斷細線后乙的速度大小為v2，由能量守恒得：Ep＝m1v＝m2v，
得：v2＝4 m/s.
乙在粗糙水平面做勻減速運動：μm2g＝m2a，
解得：a＝4 m/s2，
則有：s＝＝ m＝2 m.
10.如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2 m，與水平面間的夾角為θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點無初速度地放置一個質量為m＝1 kg、大小可視為質點的金屬塊，它與傳送帶的動
44、摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.5 m(g取10 m/s2)．求：
(1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度大?。?
(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功．
【答案】(1)2 m/s (2)3 J
【解析】(1)金屬塊在E點時，mg＝，
解得vE＝2 m/s，在從D到E的過程中由動能定理得
－mg·2R＝mvE2－mvD2，
解得vD＝2 m/s.
(2)金屬塊剛剛放上傳送帶時，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
設經(jīng)位移s1達到相同速度，則v2＝2a1s1，
解得s1＝0.2 m＜3.2 m
繼續(xù)加速的過程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2
由s2＝L－s1＝3 m，vB2－v2＝2a2s2，
解得vB＝4 m/s
在從B到D的過程中由動能定理得
mgh－W＝mvD2－mvB2，解得W＝3 J.
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2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題14 功能關系與能量守恒（含解析）
