2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第五章 机械能及其守恒定律

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第4讲　功能关系　能量守恒定律

一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能
变化　　
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力
的功　　
弹性势能
变化　　
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹
簧弹力做功
机械能
不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和
弹簧弹力
之外的其
他力做的功
机械能
变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互
作用的滑
动摩擦力
的总功　
机械能
减少
内能
增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝fs相对
【自测】 (多选) (2021·广东佛山市模拟)如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为
g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)

图1
A.重力势能增加了mgh
B.机械能损失了mgh
C.动能损失了mgh
D.克服摩擦力做功mgh
答案　AB
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
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，也可以做负功，还可以不做功
三、能量守恒定律
1.内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.表达式
ΔE减＝ΔE增。
3.基本思路
(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

命题点一　功能关系的理解
1.只涉及动能的变化，用动能定理分析。
2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
【例1】 (多选) (2021·广东省选择考模拟)蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图2所示，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童(　　)

图2
A.机械能一直减小
B.刚接触网面时，动能最大
C.重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功
D.重力势能的减少量等于弹性势能的增加量
答案　AC
解析　儿童从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力的减少量大于克服空气阻力做功，故C正确，故D错误。
【针对训练1】 (多选)(2021·东北三省四市教研联合体模拟)第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400 m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的王牌娱乐项目。一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名游客(　　)
A.重力势能增加了3 000 J B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J D.机械能减少了500 J
答案　CD
解析　重力做正功，所以游客的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；重力外的其他力做的功等于机械能的变化，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。
命题点二　功能关系的综合应用
【真题示例2】 (多选)(2020·山东卷)如图3所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)

图3
A.M<2m
B.2m C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案　ACD
解析　由题意可知钩码B可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时弹簧弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
2mgsin θ＝Mg，故有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点的过程中，开始弹簧弹力小于重力，钩码加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，钩码减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从释放到速度最大的过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
【针对训练2】 (多选)(2021·福建省名校联考)如图4所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为f，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为s，此过程中下列说法正确的是(　　)

图4
A.滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－f)(L＋s)
B.滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为fs
C.滑块A克服摩擦力所做的功为fL
D.滑块A和木板B增加的机械能为F(L＋s)－fL
答案　ABD
解析　对滑块A分析，滑块A相对于地面的位移为(L＋s)，根据动能定理得(F－f)(L＋s)＝mv2－0，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－f)(L＋s)，选项A正确；对木板B分析，根据动能定理得fs＝Mv′2－0，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为fs，选项B正确；滑块A克服摩擦力所做的功为f(L＋s)，故选项C错误；根据能量守恒定律得，外力F做的功等于木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，其中Q＝fL，则滑块A和木板B增加的机械能为ΔE＝F(L＋s)－fL，选项D正确。
【针对训练3】 (2021·河北廊坊市摸底)一质量为m的小球，从地面附近的某高度处以初速度v水平抛出，除重力外小球还受一水平恒力作用，经过一段时间，小球的速度大小变为2v，方向竖直向下，小球还未到达地面。在此过程中(　　)
A.小球的动能增加了mv2
B.小球的重力势能减少了2mv2
C.小球的机械能增加了2mv2
D.水平恒力做功的大小大于重力做功的大小
答案　B
解析　小球的动能增加了ΔEk增＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；小球在竖直方向做自由落体运动，且水平恒力作用一段时间后，小球运动速度方向竖直向下，说明水平方向的速度恰好减为零，小球的重力势能减少了ΔEp减＝mgh，又(2v)2＝2gh，联立得ΔEp减＝2mv2，故B正确；下落过程根据动能定理得WF＋mgh＝
m(2v)2－mv2，即WF＋2mv2＝m(2v)2－mv2，解得WF＝－mv2，水平恒力做功为－mv2，小球的机械能减少mv2，重力做功等于重力势能的减少量即为2mv2，故C、D错误。
题型自我感悟
1.力学中的功能关系主要有哪些？
提示　(1)重力(弹簧弹力)做的功，等于重力势能(弹性势能)的变化量。
(2)合力做的功等于物体动能的变化量。
(3)重力(弹簧弹力)以外的其他力做的功，等于系统机械能的变化量。
(4)滑动摩擦力与物体间相对运动位移的乘积等于系统增加的内能。
2.如果一个物体受到多个力，且每个力都做功，选择哪个功能关系分析力做功比较方便？
提示　选择动能定理分析比较方便，特别是涉及到某个力做功与其他物理量关系时。

命题点三　能量守恒定律的理解和应用
【例3】 (2021·湘豫名校4月联考)如图5甲所示，在水平面上固定倾角为θ＝37°底端带有挡板足够长的斜面，斜面体底端静止一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力和碰撞时间，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：

图5
(1)物块在上滑过程中达到最大动能时拉力F的大小；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小。
答案　(1)10 N　(2)2 m
解析　(1)上滑过程中对物块进行受力分析，当F＝mgsin 37°＋μmgcos 37°＝10 N时，物块沿斜面上滑过程中达到的动能最大
(2)设物块沿斜面上滑的最大位移为xm，根据能量守恒定律得
WF′＝mgxmsin 37°＋μmgxmcos 37°
其中WF′＝ J＝20 J
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小
xm＝2 m。
【针对训练4】 (多选)(2021·广东深圳模拟)固定斜面的倾角θ＝30°，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0(v0>)，使A开始沿斜面向下运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则(　　)

图6
A.与弹簧接触前，物体A向下做匀加速直线运动
B.物体A向下运动到C点时的速度为
C.弹簧的最大压缩量为(－2L)
D.弹簧的最大弹性势能为m(v－gL)
答案　BD
解析　因为mAgsin 30°＝mBg，但是A下滑时受摩擦力作用，可知与弹簧接触前，物体A向下做匀减速直线运动，A错误；A和斜面间的滑动摩擦力大小为f＝2μmgcos θ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有2mgLsin θ＋×3mv02＝×3mv2＋mgL＋fL，解得v＝，B正确；从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，有－f×2x＝0－×3mv2，解得x＝－，C错误；弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律有Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋fx，因为mgx＝2mgxsin θ，所以有Ep＝fx＝mv－，D正确。
【针对训练5】 毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图7所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)

图7
A. B.
C. D.
答案　A
解析　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误。


对点练 功能关系的理解
1.(2021·福建宁德市质检)某运动员参加撑竿跳高比赛如图1所示，这个过程中能量变化描述正确的是(　　)

图1
A.加速助跑过程中，运动员的动能和重力势能都不断增大
B.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小
C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒
D.运动员越过横杆正上方时，动能为零
答案　B
解析　加速助跑过程中，运动员的动能不断增加，重力势能不变，故A错误；起跳上升过程中，杆先逐渐弯曲然后伸直，则杆的弹性势能先增大后减小，故B正确；起跳上升过程中，运动员和杆的系统动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因杆的弹性势能先增加后减小，则运动员的机械能先减小后增加，故C错误；运动员到达横杆正上方时，由于有水平速度，则动能不为零，故D错误。
2.(2021·山东省实验中学模拟)一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律(选地面为零势能参考平面)的是(　　)


答案　C
解析　设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确。
对点练 功能关系的应用
3.(多选) (2021·湖北恩施三校4月联考)如图2所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，A、B间的竖直高度差为h，则(　　)

图2
A.由A到B过程合力对小球做的功等于mgh
B.由A到B过程小球的重力势能减少mv2
C.由A到B过程小球克服弹力做功为mgh－mv2
D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
答案　CD
解析　由A到B过程，重力对小球做的功等于mgh，弹簧的弹力对小球做负功，所以合力对小球做的功小于mgh，故A错误；小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球的重力势能减少大于mv2，故B错误；根据动能定理得mgh－W弹＝mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为W弹＝mgh－mv2，故C正确；弹簧弹力做功是弹性势能的变化的量度，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D正确。
4.(2021·广东新高考八省大联考)某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则(　　)
A.上升过程中水瓶的动能损失
B.上升过程中水瓶的机械能减少了
C.水瓶落回地面时动能大小为
D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
答案　A
解析　上升过程水瓶受到的合外力F＝mg＋f＝mg；则f＝mg，合外力做功W＝－mgH，由动能定理可知，上升过程中水瓶的动能损失为mgH，故A正确；机械能的改变量等于重力之外的其他力做功，机械能的减少量为fH＝mgH，故B错误；下落过程，合力为F′＝mg－mg＝mg，由动能定理可知，落回地面上的动能为Ek＝F′H＝mgH，故C错误；由于水瓶的加速度方向一直向下，水瓶一直处于失重状态，故D错误。
5.(多选)如图3所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g，则在整个过程中(　　)

图3
A.木板对小物块做的功为mv2
B.支持力对小物块做的功为零
C.小物块的机械能的增量为mv2－mgLsin α
D.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2－mgLsin α
答案　AD
解析　设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得W＝mv2，A正确；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，根据动能定理得WFN－mgLsin α＝0，得WFN＝mgLsin α，B错误；整个过程小物块的重力势能没有变化，只有动能增加，则小物块的机械能的增量为mv2，C错误；在物块下滑的过程中，根据动能定理得mgLsin α＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝mv2－mgLsin α，D正确。
对点练 能量守恒定律的理解和应用
6.(多选)如图4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(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　)

图4

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　两滑块到达B点的动能相同，由于m2＞m1，所以速度不同，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Ep＝mgh＋μmgcos θ·，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＝μmgcos θ·＝，结合C可知D正确。
7.一质量为m＝2 kg的物块在长l＝9 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，经过t＝3 s到达斜面底端，以水平地面为零势能面，其重力势能随下滑距离s的变化如图5所示，斜面始终静止在水平地面上，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)

图5
A.物块下滑过程中机械能守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C.物块下滑时加速度的大小为4 m/s2
D.物块下滑过程中机械能一共损失了72 J
答案　D
解析　由运动学公式有l＝at2，解得物块下滑时的加速度大小为a＝2 m/s2，选项C错误；因物块下滑过程中的重力势能为Ep＝mg(h－ssin θ)＝－mgssin θ＋mgh(式中h为斜面顶端到地面的距离，θ为斜面的倾角)，再结合题意可知Ep－s图像的斜率的绝对值为k＝mgsin θ＝12 N，解得sin θ＝0.6，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又sin2θ＋cos2θ＝1，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，选项B错误；物块下滑过程中机械能损失了ΔE＝μmglcos θ＝72 J，选项A错误，D正确。
8.(多选)(2020·全国Ⅰ卷，20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图6中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)

图6
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案　AB
解析　由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgscos θ＝20 J，且sin θ＝＝，故cos θ＝，联立得μ＝0.5，故B正确；物块下滑过程由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据得a＝2 m/s2，故C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D错误。

9.(2021·福建厦门市质量检测)如图7所示，A 物体套在光滑的竖直杆上，B 物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，P、Q之间的高度差为h，此时连接A 物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是(　　)

图7
A.A物体做匀加速直线运动
B.A物体到Q点时，B 物体的速度为vsin θ
C.A物体减少的重力势能等于A、B 两物体动能增量之和
D.B物体克服摩擦力做的功为mgh－ mv2
答案　B
解析　A物体下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则A物体所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A物体做的不是匀加速直线运动，选项A错误；若A物体的速度为v，则由速度的分解可知，B物体的速度为vsin θ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于物体B克服摩擦力做功和A、B 两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦力做的功为mgh－mv2－mv2sin2θ，选项D错误。
10.(多选) (2020·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图8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(　　)

图8

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0.8mgh
C.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ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，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ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，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。
11.如图9，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，重力加速度为g，试求：

图9
(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
FNB－mg＝m
由牛顿第三定律知FNB＝FNB′＝8mg
由能量守恒定律可知，物体在A点时的弹性势能Ep＝mv＝mgR。
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得
Q＝mv－(mv＋2mgR)
解得Q＝mgR。