2018版高考物理配套文档：第五章 第4讲 能量守恒定律与能源 Word版含解析

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一、能量守恒定律与能源
1．能源
(1)分类
①常规能源：石油、煤、天然气等．
②新能源：风能、地热能、太阳能、核能等．
(2)能量耗散
①定义：在能量的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫做能量的耗散．
②能量耗散带来的问题：一是可利用能源越来越少，造成能源危机；二是使环境吸收的耗散能量越来越多，造成环境污染，温度升高．
2．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．
二、功能关系
1．功是能量转化的量度，功和能的关系一是体现到不同的力做功，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．几种常见的功能关系及其表达式
[深度思考] 上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确．
(1)摆球机械能守恒．( × )
(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．( √ )
(3)能量正在消失．( × )
(4)只有动能和重力势能的相互转化．( × )
1．一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( )
A．这个物体没有能
B．这个物体的能量不发生变化
C．这个物体不能对外做功
D．以上说法均不对
答案 B
2．出行是人们工作生活中必不可少的环节，出行的工具五花八门，使用的能源也各不相同．自行车、电动自行车、普通汽车消耗能量的类型分别是( )
①生物能 ②核能 ③电能 ④太阳能 ⑤化学能
A．①④⑤ B．①③⑤ C．①②③ D．①③④
答案 B
3．(多选)(2016·宁波市联考)关于能量守恒定律，下列说法中正确的是( )
A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体
B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化
C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少
D．能量守恒定律证明了能量既不会创生也不会消失
答案 BCD
4．下列说法正确的是( )
A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
答案 C
5．PM2.5主要来自化石燃料、生物质、垃圾的焚烧，为了控制污染，要求我们节约及高效利用能源，关于能源和能量，下列说法中正确的是( )
A．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不尽用之不竭的
B．人类应多开发和利用太阳能、风能等新能源
C．能量被使用后就消灭了，所以要节约能源
D．能源开发的高级阶段是指能源不断地产出能量
答案 B
命题点一 功能关系的应用
例1 从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力的大小恒定为Ff.下列说法正确的是( )
A．小球上升的过程中动能减少了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh
C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D．小球上升的过程中动能减少了Ffh
解析 动能减少量等于克服合力做的功，即ΔEk＝(mg＋Ff)h，选项A、D错误；机械能减少量等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2Ffh，选项B错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh，选项C正确．
答案 C
功能关系的理解和应用原则
1．牢记三条功能关系
(1)重力做的功等于重力势能的变化，弹力做的功等于弹性势能的变化；
(2)合外力做的功等于动能的变化；
(3)除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化．
2．功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若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)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．
题组阶梯突破
1．下列关于功和机械能的说法，正确的是( )
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少量不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
答案 B
解析 任何情况下重力势能的减少量都等于重力对物体做的功，A项错；由动能定理知B项正确；根据重力势能的产生可知，重力势能是物体与地球之间的相互作用能，势能的大小与势能零点的选取有关，C项错；只有在机械能守恒或其他外力做功为0时，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，D项错．
2．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
答案 A
解析 根据动能定理得W升－mgh＝eq \f(1,2)mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错．
3．(多选)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图1所示，则( )
图1
A．踏板对人做的功等于人的机械能增加量
B．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
C．人只受重力和踏板的支持力的作用
D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量
答案 AD
解析 踏板对人做的功等于除重力以外的力对人做的功，大小等于人的机械能增加量，选项A正确；人随扶梯加速运动，人对踏板的压力大于人的重力，选项B错误；人受重力、踏板的支持力和摩擦力三个力作用，选项C错误；根据动能定理，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，选项D正确．
4．如图2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR图2
D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，选项A错；小球在B点时所受重力等于向心力，即：mg＝meq \f(v2,R)，所以v＝eq \r(gR)，从P点到B点，由动能定理知：W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故选项C错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－|ΔEk|＝eq \f(1,2)mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项D对．
命题点二 摩擦力做功的特点及应用
例2 如图3所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )
图3
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ff(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL
解析 对小车由动能定理知W＝Ff·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B错误；对小物块由动能定理得F(L＋x)－Ff(L＋x)＝ΔEk，A错误；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔEk＋Ek＝F(L＋x)－FfL，C错误；摩擦产生的热量Q＝FfL，D正确．
答案 D
摩擦力做功的分析方法
1．无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力都可以做正功、负功、不做功，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．
2．摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．
题组阶梯突破
5．如图4所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )
图4
A．P处 B．P、Q之间
C．Q处 D．Q的右侧
答案 C
6．(多选)如图5所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，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，木块前进距离为l，子弹进入木 图5
块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．Ffl＝eq \f(1,2)Mv2
B．Ffd＝eq \f(1,2)Mv2
C．Ffd＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
D．Ff(l＋d)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(1,2)mv2
答案 ACD
解析 画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为l＋d.由牛顿第三定律知，子弹对木块的作用力大小也为Ff.
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得
Ff·l＝eq \f(1,2)Mv2①
木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得
－Ff·(l＋d)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)②
由①②得Ff·d＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
所以，本题正确选项为A、C、D.
7．水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块A由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，如图6所示，在小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为( ) 图6
A．mv2 B．2mv2 C.eq \f(1,4)mv2 D.eq \f(1,2)mv2
答案 D
解析 小木块开始做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，与传送带一起做匀速运动，则其加速过程的位移x1＝eq \f(v2,2μg)，相同时间内传送带位移x2＝v·eq \f(v,μg)＝eq \f(v2,μg)，由功能关系，可知Q＝μmg·(x2－x1)＝eq \f(1,2)mv2.
8．某同学用如图7所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点．图7
在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案 D
解析 根据能量的转化与守恒，有μmg· AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立得m＝400 g，D正确．
命题点三 能量守恒定律及应用
例3 如图8所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，AD＝3 m．挡 图8
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μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
解析 (1)最后的D点与开始的位置A点比较：
动能减少ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝9 J
重力势能减少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J
机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J
机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：
Wf＝Ffl＝45 J
而路程l＝5.4 m，则Ff＝eq \f(Wf,l)≈8.33 N
而Ff＝μmgcs 37°，所以μ＝eq \f(Ff,mgcs 37°)≈0.52
(2)由A到C的过程中，动能减少ΔEk′＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝9 J.
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°＝50.4 J.
机械能的减少用于克服摩擦力做功：
Wf′＝Ff·lAC＝μmgcs 37°×lAC＝35 J
由能的转化和守恒定律得：
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4 J
答案 (1)0.52 (2)24.4 J
涉及能量转化问题的解题方法
1．当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
2．解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
题组阶梯突破
9．(2014·广东理综·16)图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能图9
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
答案 B
解析 由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C、D错误．
10．如图10所示，在水平地面上安放一竖直轻弹簧，弹簧上端与一木块m相连，在木块上加一竖直向下的力F，使木块缓慢下移0.1 m，力F做功2.5 J，此时木块刚好再次处于平衡状态，则在木块下移过程中，弹簧弹性势能的增加量( )
A．等于2.5 J B．大于2.5 J
C．小于2.5 J D．无法确定
答案 B图10
解析 力F对木块做功2.5 J．木块和弹簧组成的系统的机械能增加2.5 J，由于木块缓慢下移，动能并未增加，而重力势能减少，故根据能量守恒定律知，弹簧弹性势能必大于2.5 J(木块减少的重力势能也转化为弹簧的弹性势能)．
11．(2015·浙江1月学考·31)太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车．已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离约为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%.如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW，且其中的eq \f(1,5)来自太阳能电池，则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r的球体积为V＝eq \f(4,3)πr3，球表面积为S＝4πr2)( )
A．2 m2 B．6 m2 C．8 m2 D．12 m2
答案 C
解析 先建立如图球体均匀辐射模型
根据能量分配关系得：eq \f(P×60%,4πr2)×S×15%＝P′×eq \f(1,5)，求得S＝7.85 m2，故只有选项C正确.
(建议时间：30分钟)
1．(多选)下列关于能量守恒定律的认识正确的是( )
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
答案 ABC
解析 根据能量守恒定律可知A、B、C正确．
2．使用家电时，以下做法中，有利于节约用电的是( )
A．停用空调时，只通过遥控器关机
B．使用空调时总将其自动温度控制器设定在16 ℃
C．看完电视不是通过遥控器关机，而是及时关闭电源总开关
D．使用电风扇时，不管温度多高，都将风扇开到最高风速档
答案 C
解析 停用空调时，可以通过遥控器关机，但对节约用电无作用，可以拔除电源，因为待机电路要耗一部分电，故A错误；使用空调时总将其自动温度控制器设定在16 ℃会耗电多，当内外温差较小时较省电，故B错误；看完电视不是通过遥控器关机，而是及时关闭电源总开关，可以给待机电路断电，省电，故C正确；使用电风扇时，不管温度多高，都将风扇开到最高风速档，耗电较多，故D错误．
3．力对物体做功100 J，下列说法正确的是( )
A．物体具有的能量增加100 J
B．物体具有的能量减少100 J
C．有100 J的能量发生了转化
D．产生了100 J的能量
答案 C
解析 由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、B错误；功是能量转化的量度，故C正确，D错误．
4．一种车辆下坡重力势能回收发电装置，在车下坡时将重力势能通过发电机转换成电能给蓄电池充电，设一辆装有这种发电装置、质量为2 t的汽车，在一个连续下坡路段竖直高度下降了60 m，其重力势能转换为电能的效率为10%，则在这过程中这辆汽车通过这种装置产生的电能为(g＝10 m/s2)( )
A．120 J B．1 200 J C．12 000 J D．120 000 J
答案 D
解析 根据能量守恒，在该过程中重力势能转化为电能且效率为10%，则产生的电能为：
E＝mgh×10%＝2 000×10×60×10% J＝120 000 J.
5．用恒力F向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( )
A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量
B．重力所做的功等于物体重力势能的增量
C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量
D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量
答案 C
解析 由动能定理可知，力F和阻力还有重力所做的总功等于物体动能的增量，故选项A错；克服重力所做的功等于物体重力势能的增量，选项B错；力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量，选项C对，D错．
6.(多选)如图1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(M>m)的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与 图1
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
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
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 两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．
7．如图2所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是( )
A．提弹簧的力对系统做功为mgL图2
B．物体A的重力势能增加mgL
C．系统增加的机械能小于mgL
D．以上说法都不正确
答案 C
解析 由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误．
8．如图3所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面为H处自由下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球下落过程中( )
图3
A．小球动能的增量为mgH
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系统机械能减小量为FfH
答案 C
解析 根据动能定理可知，小球动能的增量为零，A错误；小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，B错误；由能量守恒，可知弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，C正确；系统除重力与弹力做功外，还有空气阻力做负功，故系统机械能减小量为Ff(H＋x－L)，D错误．
9．(多选)(2016·平湖市联考)如图4所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的( )
图4
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了eq \f(1,2)mgH
答案 AC
解析 运动过程中有摩擦力做功，考虑运用动能定理和功能关系．物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝eq \f(1,2)mg，当上升高度为H时，位移x＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH，选项A正确，B错误；由功能关系知ΔE＝Wf＝－eq \f(1,2)mgx＝－mgH，选项C正确，D错误．
10．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为60 kg的跳水运动员进入水中后受到水的阻力做竖直向下的减速运动，设水对他的阻力大小恒为2 600 N，那么在他减速下降2 m的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．他的动能减少了5 200 J
B．他的重力势能减少了1 200 J
C．他的机械能减少了4 000 J
D．他的机械能保持不变
答案 B
解析 在运动员减速下降2 m的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得(mg－F)h＝ΔEk，解得ΔEk＝－4 000 J，A错误；WG＝－ΔEp＝mgh＝1 200 J，他的重力势能减少了1 200 J，B正确；除了重力之外的力做功等于机械能的变化，故W外＝WF＝－Fh＝5 200 J，他的机械能减少了5 200 J，C、D错误．
11．(多选)如图5所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )
图5
A．B物体的机械能一直减小
B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
答案 ABD
解析 把A、B和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大， 弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．
12．(多选)如图6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，AC＝h.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( )
图6
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eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD
解析 由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh＝Wf＋Ep，从C到A有eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝eq \f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq \f(1,4)mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从A到B的过程有eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有eq \f(1,2)mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，所以D正确．
13．如图7所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一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，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )
图7
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量
C．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
答案 C
解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝eq \f(v,2)t，对传送带：x1′＝vt，摩擦力产生的热量Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·eq \f(v,2)t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·eq \f(v,2)t，所以Q＝ΔE，C正确．
14．如图8所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块(可视为质点)从半圆形轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R.已知重力加速度为g.
图8
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小；
(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能．
答案 (1)0.25 (2)3mg (3)3.5mgR
解析 (1)从B到D的过程中，根据动能定理得
mgR－4μmgR＝0－0
所以μ＝0.25
(2)设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)
解得：vC＝eq \r(2gR)
设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)
解得FN＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小FN′＝FN＝3mg
(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律得
mg＝meq \f(v\\al( 2,A),R)
解得vA＝eq \r(gR)
设小滑块在D点获得的初动能为Ek，根据能量守恒定律得Ek＝Ep＋EkA＋Q
即Ek＝2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)＋4μmgR＝3.5mgR.知识内容
必考要求
加试要求
说明
能量守恒定律与能源
c
d
不要求用能量守恒定律进行较复杂的计算.
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)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
不引起机械能变化
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
内能变化
(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＝Ff·x相对