【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Q1＝Q2；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W1＜W2，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ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F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Q＝ΔE，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m＝1kg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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是（ ）
A．0～8s内物体位移的大小是18mB．0～8s内物体机械能增量是90J
C．0～8s内物体机械能增量是84JD．0～8s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126J
【答案】BD
【解析】从题图乙求出0～8s内物体位移的大小s＝14m，A错误；0～8s内，物体上升的高度h＝ssinθ＝8.4m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，B正确，C错误；0～6s内物体的加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝1m/s2，得μ＝
，传送带速度大小为4m/s，Δs＝18m,0～8s内物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δs＝126J，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μ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
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ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Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝
＝
，位移为x＝
t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝
＝
，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝
mv2，则知v相同时，μ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μ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．
题型二对功能关系的理解和应用
【例3】（2018·高考全国卷Ⅰ）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（ ）
A．2mgR B．4mgRC．5mgRD．6mgR
【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·3R－mgR＝
mv
，又F＝mg，解得vc＝2
，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t＝
＝2
，在水平方向的位移大小为x＝
gt2＝2R.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ΔE＝F·5R＝5mgR，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mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋
mv2
C．地面的支持力对该同学做的功为mgh＋
mv2D．该同学所受的合外力对其做的功为
mv2＋mgh
【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mgh＋
mv2，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m＝0.5kg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μ＝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x＝0.4m处时速度为零，
则此时弹簧的弹性势能为g取10m/s（ ）
A．3.1J B．3.5JC．1.8JD．2.0J
【答案】 A
【解析】 物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1N．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x＝0.4m处时F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J．由功能关系可知W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确．
题型三 能量守恒定律的应用
【例4】如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，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AD＝3m．挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝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.
【答案】
（1）0.52
（2）24.5J
【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
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝
mv
＋mglADsin37°①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q＝Ffx②
其中x为物体的路程，即x＝5.4m③
Ff＝μmgcos37°④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
（2）由A到C的过程中，动能减少
ΔE′k＝
mv
⑥
重力势能减少ΔE′p＝mglACsin37°⑦
摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5J.
【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：
FNB－mg＝m
由牛顿第三定律FNB′＝8mg＝FNB
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.
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mgx B．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ΔEp＝
mgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为ΔEk＝ma·x＝
mgx，B错误；根据能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的机械能为ΔE＝mgx，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μ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θ1、θ2、θ3，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mgh1－μmgl1cosθ1＝
mv
－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝
mv
－0，又h1＞h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝
mv
－0，又h2＝h3，l2cosθ2＜l3cosθ3，可得v2＞v3，故A错、B对；三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，则Q1＝Q2＜Q3，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μ＝0.1.滑雪者（
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