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热点 5 功能关系和能量守恒
1.(2022·四川绵阳市二诊)虽然北京冬奥会已经过去了，但人们对冰雪运动依然热情高涨．
如图所示为滑雪滑道PQR，质量为60 kg的滑雪爱好者(连同装备)从顶端P静止滑下，从末
端R滑出时速度为18 m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度为24
m，R端相对Q点高度为4 m．从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做
功的比值约为(重力加速度取g＝10 m/s2)( )
A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
答案 B
解析 从P到R滑行过程中由能量守恒可知，该滑雪爱好者克服阻力做功为 W ＝mg(H－
克f
h)－mv2，解得W ＝60×10×(24－4) J－×60×182 J＝2 280 J，从P到R滑行过程中，重
克f
力做功为W ＝mg(H－h)＝12 000 J，则＝≈0.2，故选B.
G
2.(多选)(2022·黑龙江大庆市第三次质检)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平地面上，绕
过光滑定滑轮的轻绳连接质量相等的物块A和B(可看作质点)，当一沿斜面向下的恒力F作
用在物块A上，使其加速下滑的过程中(物块B始终未与斜面、滑轮相碰)，则下列说法中
正确的是( )
A．恒力F做功大于物块A、B动能增量之和
B．恒力F做功等于物块A、B动能增量之和
C．物块A与斜面因摩擦产生的热量与物块B的机械能增量之和等于恒力F做功
D．物块A克服绳的拉力做功一定大于物块A的重力势能减少量
答案 AD
解析 以物块A、B整体为研究对象，设物块A沿斜面下降的距离为L，根据动能定理得
W －mgL＋mgLsin θ－W ＝E －0，可得W ＝E ＋W ＋mgL－mgLsin θ，故A正确，B
F 克f k F k 克f
错误；由功能关系可知物块A与斜面因摩擦产生的热量与物块A、B的机械能增量之和等
于恒力F做功，故C错误；以物块B为研究对象可得 W －mgL＝mv2，可得W ＝mv2＋
T T
mgL，而物块A重力势能的减少量为ΔE＝mgLsin θ，可知W >ΔE，故D正确．
p T p
3.(多选)(2022·湖南卷·7)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运
动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示．设该过程中，重力
加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
1
B．在0～t 时间内，返回舱的加速度不变
1
C．在t～t 时间内，返回舱的动量随时间减小
1 2
D．在t～t 时间内，返回舱的机械能不变
2 3
答案 AC
解析 重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故
1
重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t 时间
1
内，返回舱的加速度减小，故B错误；在t～t 时间内，由图像可知返回舱的速度减小，由
1 2
p＝mv可知动量随时间减小，故C正确；在t～t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，
2 3
则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误．
4.(多选)将质量为1 kg的物体从倾角为θ的固定斜面底端以某一初速度v 上滑，向上运动过
0
程中物块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示．取斜面底端水平面为参考平面，
重力加速度g为10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．物体初速度v 的大小是2 m/s
0
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体回到出发点的动能为4 J
D．物体上升过程中重力的冲量大于下降到出发点的过程中重力的冲量
答案 BC
解析 开始时动能最大，由图像知E ＝20 J＝mv2，解得v ＝2 m/s，A错误；物体上滑，
k0 0 0
动能越来越小，最高点为0，由图像知，物体上滑的位移x＝2 m，物体在最高点重力势能
为E ＝mgh＝12 J，解得h＝1.2 m．则斜面倾角为sin θ＝＝0.6，物体上滑过程中损失的能
p
量等于克服摩擦力做的功，所以有W ＝μmgxcos θ＝ΔE＝20 J－12 J＝8 J，代入数值解得
克f
μ＝0.5，B正确；物体回到出发点时重力势能不变，损失的能量ΔE′＝2×(20 J－12 J)＝16
J，所以回到出发点的动能为E ＝E －ΔE′＝20 J－16 J＝4 J，C正确；物体上升过程中的
k k0
加速度a ＝gsin θ＋μgsin θ，下降过程中的加速度a ＝gsin θ－μgsin θ，所以a>a.根据x
1 2 1 2＝at2可得上升过程中用的时间小于下降过程中用的时间，根据I＝Ft可得物体上升过程中
重力的冲量小于下降到出发点的过程中重力的冲量，D错误．
5．(2022·山东枣庄市二模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针
匀速转动，传送带的长度L ＝10.0 m．一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点
AB
无初速度地放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能E 与位移x的关系图像如图
k
乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B．整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 D
解析 开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x
＝E－0，在5 m后动能不变，可知此时物块与传送带相对静止，即物块速度大小为v＝
k
2.0 m/s，可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动
能的变化量，则有W ＝ΔE ＝mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对
合 k
物块做的功等于物块机械能的增加量，即W＝mv2＋mgL sin θ＝62 J，C错误，D正确．
f AB
6.(多选)(2022·云南省统测)如图所示，足够长的固定斜面上，长为 L的ab段粗糙，其余部
分光滑，斜面与水平面的夹角为θ.轻杆两端分别连接滑块P、Q，P的质量为2m，Q的质
量为m，两滑块与ab段间的动摩擦因数均为μ.已知斜面顶端与a点的高度差为h，两滑块
均可视为质点且轻杆长度不计，重力加速度为g.则两滑块从斜面顶端由静止开始下滑，直
到滑块P滑离a点(此时滑块Q仍在斜面上)的过程中，下列说法正确的是( )
A．Q到达b点前，轻杆对Q的弹力为0
B．Q刚好滑入ab段的瞬间，P的加速度大小为
C．P、Q和轻杆组成的系统损失的机械能为3μmgLcos θ
D．P滑离a点时的速度大小为
答案 ACD
解析 Q到达b点前，轻杆、滑块P、Q三者加速度相同，三者相对静止，轻杆对 Q的弹力为0，故A正确；Q刚好滑入ab段的瞬间，对轻杆、滑块P、Q整体分析，加速度a＝
＝，故B错误；整个过程中ab段粗糙，P、Q和轻杆组成的系统经过ab段时，损失的机械
能为ΔE＝3μmgLcos θ，故C正确；设P滑离a点时的速度大小为v，根据动能定理有
3mgh－3μmgLcos θ＝×3mv2，
得v＝，故D正确．
7．(2022·重庆实验外国语学校模拟)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量均
为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定
滑轮与质量为M的小环C连接．小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，
轻绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面间刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q之间
高度差为h，R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中轻绳始终处于
拉直状态，环到达Q处时获得最大速度．重力加速度为g，忽略空气阻力．在小环从R处
下落到Q处的过程中，下列说法正确的是( )
A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为
答案 C
解析 小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力，非重力做功等于机械能的变化
量．到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加．经过S后的过程，非重力做负功，
机械能减小，因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最
大，故A错误；小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量
为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体 B的支持力的冲
量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程
重力冲量不为零，故B错误；环在Q时动能最大，环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势
能相同，环C和A通过轻绳相连，沿着绳子的分速度相等(如图所示)，故v cos θ＝v ，故
Q A
A与环的动能之比为＝＝cos2θ，对小环和A的系统，有Mgh＝E ＋E ，联立可得小环C
kA kQ
的最大动能E ＝，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明
kQ
弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg，环在Q位置时，速度最大，说明受力平衡，
受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有F cos θ＝Mg，对A有F －mg－F＝ma，对B
T T有F＝mg，联立解得a＝ g－2g，故D错误．
