2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题14功能关系与能量守恒含解析.doc

专题14 功能关系与能量守恒【专题导航】目录热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型1滑块滑板模型中能量的转化问题2传送带模型中能量的转化问题3热点题型二 对功能关系的理解和应用5热点题型三能量守恒定律的应用7热点题型四 功能原理的综合应用9功能原理处理斜面问题9功能原理处理弹簧问题10【题型演练】11【题型归纳】热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型两种摩擦力的做功情况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功WFfl相对，即相对滑动时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功滑块滑板模型中能量的转化问题【例1】.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量【答案】CD.【解析】物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确【变式1】(2019·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L，木块对子弹的阻力为F(F 视为恒力)，则下列判断正确的是()A子弹和木块组成的系统机械能不守恒 B子弹克服阻力所做的功为FLC系统产生的热量为F(LL) D子弹对木块做的功为Mv2【答案】AD【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，二者之差即为产生的内能力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F(LL)，B错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL，C错误；对木块运用动能定理得，fLMv2，D正确【变式2】如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是()AW1<W2，Q1Q2 BW1W2，Q1Q2 CW1<W2，Q1<Q2 DW1W2，Q1<Q2【答案】A【解析】在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1W2，所以选项A正确传送带模型中能量的转化问题【例2】.(2019·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端下列说法正确的是()A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热【答案】C.【解析】第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即EW阻F阻s物，摩擦生热为QF阻s相对，又由于s传送带vt，s物t，所以s物s相对s传送带，即QE，故C正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误【例2】(2019·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.则下列说法正确的是()A08 s内物体位移的大小是18 m B08 s内物体机械能增量是90 JC08 s内物体机械能增量是84 J D08 s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J【答案】BD【解析】从题图乙求出08 s内物体位移的大小s14 m，A错误；08 s内，物体上升的高度hssin 8.4 m，物体机械能增量EEpEk90 J，B正确，C错误；06 s内物体的加速度agcos gsin 1 m/s2，得，传送带速度大小为4 m/s，s18 m,08 s内物体与传送带摩擦产生的热量Qmgcos ·s126 J，D正确【变式2】(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同Cv相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍【答案】C【解析】.物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ffmgma，物品的加速度大小为ag，匀加速的时间为t，位移为xt，传送带匀速的位移为xvt，物品相对传送带滑行的距离为xxx，物品与传送带摩擦产生的热量为Qmgxmv2，则知v相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x，则知相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误热点题型二 对功能关系的理解和应用1对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等2功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下【例3】(2018·高考全国卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R; bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR【答案】C【解析】.设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3RmgRmv，又Fmg，解得vc2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF·5R5mgR，C正确，A、B、D错误【变式1】起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A起跳过程中该同学机械能增加了mgh B起跳过程中该同学机械能增量为mghmv2C地面的支持力对该同学做的功为mghmv2 D该同学所受的合外力对其做的功为mv2mgh【答案】B【解析】该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mghmv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，在支持力方向上的位移为零，则支持力对该同学做功为零，C错误；该同学所受合外力做的功等于动能的增量，则W合mv2，D错误【变式2】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为g取10 m/s()A3.1 J B3.5 J C1.8 J D2.0 J【答案】A【解析】物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1 N现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图象面积表示功可知，物块运动至x0.4 m处时F做功W3.5 J，克服摩擦力做功WfFfx0.4 J由功能关系可知WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1 J，选项A正确热点题型三能量守恒定律的应用1对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等2涉及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同3.运用能量守恒定律解题的基本思路4.多过程问题的解题技巧(1)“合”初步了解全过程，构建大致的运动情景(2)“分”将全过程进行分解，分析每个过程的规律(3)“合”找到过程之间的联系，寻找解题方法【例4】如图所示，一物体质量m2 kg，在倾角37°的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB4 m当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD3 m挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.【答案】(1)0.52(2)24.5 J【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为EEkEpmvmglADsin 37°物体克服摩擦力产生的热量为QFfx其中x为物体的路程，即x5.4 mFfmgcos 37°由能量守恒定律可得EQ由式解得0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少Ekmv重力势能减少EpmglACsin 37°摩擦生热QFflACmgcos 37°lAC由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为EpmEkEpQ联立解得Epm24.5 J.【变式】如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能【答案】(1)mgR(2)mgR【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得：FNBmgm由牛顿第三定律FNB8mgFNB由能量守恒定律可知物体在A点时的弹性势能EpmvmgR(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mgm物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Qmv(mv2mgR)解得QmgR.热点题型四 功能原理的综合应用功能原理处理斜面问题【例5】(2019·河南林州一中高三质量监测)如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是()A重力势能增加mgxB动能增加 C机械能增加mgxD拉力做功为【答案】C【解析】.物块上升的高度为，因而增加的重力势能为Epmgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为Ekma·xmgx，B错误；根据能量守恒定律可得EEpEk，故增加的机械能为Emgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误【变式1】(2019·江西十校模拟)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法不正确的是()A沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时物块的速率相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【答案】A【解析】.设1、2、3木板与地面的夹角分别为1、2、3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1mgl1cos 1mv0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2mgl2cos 2mv0，又h1h2，l1cos 1l2cos 2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl3cos 3mv0，又h2h3，l2cos 2l3cos 3，可得v2v3，故A错、B对；三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q3mgl3cos 3，则Q1Q2Q3，故C、D对【变式2】(2019·安徽安庆高三质检)安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区安庆巨石山，现已正式“开滑”如图所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s100 m在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为()A1 250 J B2 500 J C5 000 J D7 500 J【答案】C【解析】设斜面的倾角为，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wfmgcos ·xOMmgxMN，由题图可知，xOMcos xMNs，两式联立可得Wfmgs0.1×50×10×100 J5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确功能原理处理弹簧问题【例6】(2019·江苏启东中学月考)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()At1时刻小球动能最大 Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少Dt2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】由题图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，为0，故B错误；t2t3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增大后减少，故C正确；t2t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误【变式2】(2019·四川成都诊断)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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，ACh.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，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mgh D上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【答案】BD.【解析】圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0，从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为Ep，由A到C的过程中，根据功能关系有mghEpWf，由C到A的过程中，有mv2EpWfmgh，联立解得Wfmv2，Epmghmv2，选项B正确，选项C错误；设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为Ep，根据能量守恒，A到B的过程有mvEpWfmgh，B到A的过程有mvEpmghWf，比较两式得vB>vB，选项D正确【题型演练】1.(多选)(2019·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()A人和滑车减少的重力势能全部转化为动能 B人和滑车获得的动能为0.8mghC整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh D人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh【答案】BC【解析】沿斜面的方向有mamgsin 30°Ff，所以Ff0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek(mgsin 30°Ff)0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为EmghEkmgh0.8mgh0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误2.(多选)(2019·安徽省安庆市二模)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图2所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是()A运动员重力势能的减少量为 B运动员动能的增加量为C运动员动能的增加量为mgh D运动员的机械能减少了【答案】CD【解析】运动员下落的高度是h，Wmgh，运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离Lh，运动员受到的合外力F合mamg，动能的增加量等于合外力做的功，即EkW合mg×hmgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确3.(多选)(2019·山东省临沂市模拟)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确4(2019·四川省德阳市调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2【答案】B【解析】对小物块，由动能定理有Wmv2mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，则小物块与传送带间的相对路程x相对，这段时间内因摩擦产生的热量Qmg·x相对2mv2，选项B正确5(多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是()A两滑块到达B点的速度相同 B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同 D两滑块上升到最高点过程机械能损失相同【答案】CD【解析】两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Epmghmgcos ·，则mgh，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损mgcos ·，结合C可知D正确6(多选)(2018·黑龙江省佳木斯市质检)如图5所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦及空气阻力均不计则()A升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能【答案】BC【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误7(多选)(2019·河南师大附中模拟)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮质量分别为M、m(Mm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A两滑块组成系统的机械能守恒 B重力对M做的功等于M动能的增加量C轻绳对m做的功等于m机械能的增加量 D两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】由于斜面ab粗糙，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，故C正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确8.(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)一小球在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0h1过程的图线为曲线，h1h2过程中的图线为直线下列说法正确的是()A0h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功 B0h1过程中，小球的动能一定在增加Ch1h2过程中，小球的动能可能不变 Dh1h2过程中，小球重力势能可能不变【答案】AC【解析】设升降机对小球的支持力大小为FN，由功能关系得FNhE，所以Eh图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从题图可知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在0h1过程中斜率的绝对值逐渐减小，故在0h1过程中小球所受的支持力逐渐减小所以开始先做加速运动，当支持力减小后，可能会做匀速运动，也可能会做减速运动，还可能仍做加速运动，故A正确，B错误；由于小球在h1h2过程中Eh图象的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故小球可能做匀速运动，动能可能不变，C正确；由于小球在h1h2过程中高度一直增大，重力势能随高度的增大而增大，故D错误9.(2019·湖南石门一中高三检测)如图所示，光滑的水平面AB与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点， A右侧连接一粗糙水平面用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m14 kg，乙质量m25 kg，甲、乙均静止若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零取g10 m/s2，甲、乙两物体均可看做质点，求：(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s.【答案】(1)2 m/s(2)2 m【解析】(1)甲在最高点D，由牛顿第二定律得：m1gm1，甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒得：m1vm1g·2Rm1v.代入数据联立解得：vB2 m/s.(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：Epm1vm2v，得：v24 m/s.乙在粗糙水平面做匀减速运动：m2gm2a，解得：a4 m/s2，则有：s m2 m.10.如图所示，传送带A、B之间的距离为L3.2 m，与水平面间的夹角为37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h0.5 m(g取10 m/s2)求：(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功【答案】(1)2 m/s(2)3 J【解析】(1)金属块在E点时，mg，解得vE2 m/s，在从D到E的过程中由动能定理得mg·2RmvE2mvD2，解得vD2 m/s.(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin mgcos ma1解得a110 m/s2设经位移s1达到相同速度，则v22a1s1，解得s10.2 m3.2 m继续加速的过程中，mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2由s2Ls13 m，vB2v22a2s2，解得vB4 m/s在从B到D的过程中由动能定理得mghWmvD2mvB2，解得W3 J.