2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案2

1、考点1机械能守恒定律功能关系考点考向五年考情汇总1.机械能守恒定律的应用考向1.单个物体的机械能守恒2016 全国卷n T 16考向2.系统机械能守恒2015 全国卷n T 212016 全国卷n T 212.功能关系及能量守恒考向1.功能关系的基本应用2019 全国卷n T 182018 全国卷I T 182017 全国卷出T 16考向2.能量的转化与守恒的应用2016 全国卷n T 25考向3.功能关系的综合应用2017 全国卷I T 242016 全国卷n T 25高考统计定方向（教师授课资源）机械能守恒定律的应用（5年3考）金弗四分析乂选择题为主，题目?分析近五年的高考题可以看出，本考

2、点是高考命题的热点，题型L 综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。?预计2020年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。高考这样考1.（多选）（2015 全国卷n-T 21）如图所示，滑块a、b的质量均为ml a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h, b放在地面上。a、b通过较链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为 g。则（）A. a落地前，轻杆对b一直做正功B. a落地时速度大小为啦ghC. a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为 mg题眼点拨刚性轻杆不伸

3、缩，两滑块沿杆的分速度相同； 轻杆对滑块a、b都做功, 系统机械能守恒。BD 由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为 va、Vbo此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为e ,分别将Va、Vb分解，如图。因为刚性轻杆不可伸长，所以沿杆的分速度V/与v' /是相等的，即 vacos 0 = vbsin 0。当a滑至地面时 8 =90° ,此时vb=0,由 1 C .一.一. 一 .系统机械能寸恒得 mgh= 2mv,解得va=>j2gh,选项B正确。同时由于 b初、末速度均为季，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项 A错误。杆对b的作用先是推力后

4、是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项C错误。b的动能最大时，杆对 a、b的作用力为零，此时 a的机械能最小，b只 受重力和支持力，所以 b对地面的压力大小为 mg选项D正确。正确选项为 B、Do 口十2.（多选）（2016 全国卷H21）如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定 于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且/ONM/ OMI<2。在小球从M点运动到N点的过程中（）A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.

5、弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在 M N两点的重力势能差. 兀 .BCD 在M N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且/ONMIZ OMNy,则小球在 M点时弹簧处于压缩状态，在 N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹 簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选

6、项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在 M N两点弹簧弹性势能相等，在 N点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项 D正确。胃看它曷鬲考这样备电blBE. ) .1 .机械能守恒的三种判断方法(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒(如上Ti)。(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功， 如有滑

7、动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。2 .机械能守恒定律的三种表达形式三胖去达形K典例展示如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为do杆上的A点与定滑轮m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从 A处由静止释放，不计一切摩擦阻力,卜列说法正确的是(.2mdA.环到达B处时，重物上升的图度 h=2B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环从A到B,环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为3题眼点拨“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。“ A点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下

8、滑，重物上升。“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。解析 环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos 0=v物，由题图中几何关系可知9 =45° ,则v环=12v物，B错误；因环从 A到B,环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能,C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h=（、g1）d, A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H,由机械能守恒有mgH= 2mg一2一 4,一一一+ d2-d）,解得H=/故D正确。答案CD& 反思：解此题关键是找出速度关联点，明确初、末状态的速度关系，确定环和重物 的速度变化规律及速度大

9、小关系，进而确定各自动能变化规律，还要明确环和重物组成的系 统机械能守恒。高考这样练考向1单个物体的机械能守恒1 .如图所示，长为 0.1 m的不可伸长的细线下挂一木块，弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60。若木块质量为弹丸质量的8倍，重力加速度g= 10 m/s2,不计空气阻力，则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为（）A. 2 m/sB. 9 m/sC. 4 m/sD. 6 m/sB 设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为V。，弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为1v,由动量守恒定律，可得mv= （ M+ rmv,由机械能守恒定律，可得 2（M+ nj

10、v2=（M+ n） gL（1 cos 60 ° ）,代入数据解得 Vo=9 m/s , B正确。考向2系统机械能守恒2 .（易错题）（多选）如图所示，在倾角0 =30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为 1 kg和2 kg的可视为质点的小球 A和B,两球之间用一根长为L=0.2 m的轻杆相连，小球 B到水平面的高度 h = 0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械 能损失，g取10 m/s 2,则下列说法正确的是（）A.下滑的整个过程中A球的机械能守恒B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s

11、D.下滑的整个过程中杆对B球所做的功为2 J3BD 在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功， 所以系统的机械能守恒， 选项B正确;B球在水平面上滑行、而 A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，选项 A错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v,根据系统机械能v = 3/6 m/s ,选项C错误;,12守恒可得 mg( h+ Lsin 30)+ mgh= 2( rnn+ m) v ,代入数据解得系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为A Eb= ；nw2nBgh,代入数据可得 A Eb=1 J ,23选项D正确。易错点评：在于混淆单个物体和多物体机械能守恒

12、的判断方法。3 .（多选）（2019 黑龙江重点中学第三次联考 ）如图所示，光滑的小滑轮口可视为质点）固定，质量相等的物体 A和B用轻弹簧连接，物体 B放在地面上，用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位于位置R时，绳与细杆的夹角为 0,此时物体B与地面刚好无压力，图中 SD水平, 位置R和Q关于S对称，现让小环从 R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态， 且环到达Q处时速度最大。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和物体A组成的系统机械能守恒B.小环C下落到位置S时，小环C的

13、机械能一定最大C.小环C从位置R运动到位置 Q的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大D.小环C到达位置Q时，物体 A与小环C的动能之比为cos 0 ：2BCD 小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A错误；小环从位置 R下落到位置S的过程中，轻绳拉力对小环做正功，小环C的机械能增大，小环从位置 S下落到位置Q的过程中，轻绳拉力对小环做负功，小环C的机械能减小，所以小环 C下落到位置S时，机械能最大，选项 B正确；小环 C在位置R时，物体B与地面刚好无压力，说明弹簧处于拉 伸状态，小环 C从位置R运动到位置 Q的过程中，弹簧长度先减小后增大，其弹性势能可能 先减小后增大，选项 C正确

14、；小环C到达位置Q时，小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物 体A的速度大小，vecos 0 =va,又小环C到达位置Q时速度最大，则此时小环 C受力平衡，EkA在竖直方向有（mA+m）gcos 0 = mcg, mA=由动能公式可知物体 A与小环C的动能之比为 ECcos 0=2，选项D正确。考更2功能关系及能量守恒（5年6考）令命职分析?分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的持续性热点，题型既有选择题又 有计算题。选择题以功能关系的基本应用为主，难度中等；计算题以功能关系的综合应用为 主，通常结合曲线运动、弹簧等背景，难度较大。?预计2020年可能会结合动量守恒设置综合计算题。真题再做

15、高考这样考1. （2017 全国卷出 T 16）如图所示，一质量为 ml长度为l的均匀柔软细绳 PQ竖直悬1 一 ,，挂。用外力将绳的下端 Q缓慢地竖直向上拉起至 M点，M点与绳的上端 P相距11。重力加速度3大小为g。在此过程中，外力做的功为 （）1B.gmgl1D.2mgl1 A.gmgl1 C.-mgl32A 以均匀柔软细绳 吊能为研究对象，其质量为 m取M点所在的水平面为零势能面， 3开始时，细绳MQO勺重力势能Ep1 = -|mg-5mgl,用外力将绳的下端 Q缓慢地竖直向上3392 l 1拉起至M点时，细绳M*的重力势能Ep2=-3mg- 6=-mgl,则外力做的功即克服重力做的功

16、等于细绳 MQ的重力势能白变化，即 W=&2曰=：mgl + 2mgl=：mgl,选项A正确。 9992.（多选）（2019 全国卷n-T 18）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E总等于动能Ek 与重力势能日之和。取地面为重力势能零点， 该物体的E总和日随它离开地面的高度 h的变化 如图所示。重力加速度取 10 m/s2。由图中数据可得（ ）A.物体的质量为2 kgB. h=0时，物体的速率为 20 m/sC. h=2 m时，物体的动能 E = 40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少 100 JAD 根据题给图象可知 h= 4 m时物体的重力势能 mgh= 80 J ,解得

17、物体质量 rtr 2 kg , 抛出时物体的动能为 Ek=100 J,由动能公式 Ek=gmV,可知h=0时物体的速率为 v=10 m/s, 选项A正确，B错误；由功能关系可知 fh = | A E| = 20 J ,解得物体上升过程中所受空气阻力 f = 5 N,从物体开始抛出至上升到h=2 m的过程中，由动能定理有一 mgh-fh =Ek- 100 J ,解得Ek=50 J ,选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h = 4 m时，机械能为80 J,重力势能为80 J ,动能为零，即物体从地面上升到h = 4 m,物体动能减少100 J ,选项D正确。3.（2018 全国卷I T 18）如

18、图所示，abc是竖直面内的光，t固定轨道，ab水平，长度为2R； bc是半彳至为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go小球从aC. 5mgRD. 6mgRC 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= 1mV,又F=mg解得Vc= 2的乱 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

19、c点到其轨迹最高点所需的时间为 t=2、jR,在水平方向的位移大小为x=1gt2=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,则小球机械能的增量为 AE= F-5R= 5mgR C正确，A B、D错误。教师备选题1 . (2017 全国卷I T 24) 质量为8.00 X 104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60 x 105 m处以7.50 X 103 m/s的速度进入大气层， 逐渐减慢至速度为 100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2。(结果保

20、留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度 600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0 = 2 mv式中，m和vo分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得国=4.0 X10 J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能Eh= 2mv+ mgh式中，Vh是飞船在高度1.60 X 105 m处的速度大小。由式和题给数据得 6= 2.4 x 1012 J。(2)飞船在高度h' = 600 m处的机械

21、能为0=2m100vh 2+mgh由功能原理得W=&Ek0式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式 和题给数据得W9.7 X 108 J。答案(1)4.0 X108 J 2.4 X1012 J(2)9.7 X108 J教师备选题2 .(2016 全国卷H25)轻质弹簧原长为2l ,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一 质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A点，另一端与物块 P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道 BCDff切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块

22、P与AB间的动摩擦因数 也= 0.5。用外力推动物块 P,将弹簧压缩至长度l ,然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为go(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。l时的弹性势能为解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为设P的质量为M到达B点时的速度大小为Vb,由能量守恒定律得Ep= 2MB+ (1 Mg, 4 lvb= . 6gl若P能沿圆轨道运动到联立式，取 M

23、= m并代入题给数据得D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小v应满足2 mv -mg>0设P滑到D点时的速度为Vd,由机械能守恒定律得1mG= 2miV+mg 21联立式得Vd= . 2glvd满足式要求，故 P能运动到D点，并从D点以速度vd水平射出。设P落回到轨道 AB所需的时间为t,由运动学公式得,122l =2gtP落回到AB上的位置与B点之间的距离为s= VDt联立式得(2)为使P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零。由式可知5mgl>(1 Mg 41要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点Co由机械能守恒定律有联立

24、？式得答案(1) ：6g12 .'2155(2) 3亦 M<2m帚毒必备高考这杼备1.一功卜雕及堂化,- Ff-占 £聿力做功¥”="*-"索力势能在他占七 , 卜 I弹力做巾=T-性利堂管&居北外力而正二而M.二|一西 'T 嗡脆,明*力翕累境内漳力之外其他力*加碍 八7雷|机械釐农化A因市动庠餐力介质阻力做由% I- 3&-I矗能内疑变化WE* aA电场力做功能产吟 二二 电势能变化A £r."2.功能关系的理解和应用(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，

25、在不同问题中的具体表现不同(如上T2)。(2)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况(如上T1)。(3)可以根据能量转化角度， 确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功(如上Ti)。卜典例展示(2019 四川成都第二次联考)如图所示，倾角为0的斜面底端固定一个挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板 B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板 P相 距L。已知A与R B与斜面间的动摩擦因数分别为阴、科2,且 呼>tan 6 >2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将 A B同时由静止释放。(1)求A、B释放瞬间小物块 A的加速度大小as(2)若

26、A与挡板P不相撞，求木板 B的最小长度 建；(3)若木板B的长度为l ,求整个过程中木板 B运动的总路程。思维流程木板S质量不计释放后4/ 一 起加速下滑B与P碰前 相对静止若4到P刚支E与尸碰后B立 即静止,4沿木板B减 速下滑T减速到零，才 板B长度最小 若幺到户时遏 度不为零,4米 做往复运动 直至停在产处解析(1)释放A、B,它们一起匀加速下滑。以 A B为研究对象，由牛顿第二定律有 mgsin 0 (12mgcos 8 =ma, 解得 ai = gsin 0 一2gcos e 。(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A

27、开始匀减速下滑。若 A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时 B 的长度即为最小长度l 0。从A释放至到达挡板 P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q =2mgcos 0 ( L 10),A与B间由于摩擦产生的热量Q=叱 imgcos 9 , 10根据能量守恒定律有 mglsin 0=Q + Q,sin 0 Lt 2cos 0解得l0=cos eL。(3)分两种情况：若l >l0, B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板 B上木板B通过的路程x= L1。若1<1。，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板 P相撞。由于碰撞过程 中没有机械能损失，A将以撞前速率返

28、回，并带动木板一起向上减速； 当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块 A停在挡板处。在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量 Q' 1=mgcos 0-1,B与斜面间由于摩擦产生的热量Q' 2=叱 2mgcos 0 x,根据能量守恒定律有mglsin8 = Q 1 + Q 2,解得x =Lsin0 il cos 02cos e，心却, 、,小、sin 8 一2cos 0 答案 gsinL-gcose (2)-2 cos eL(3) L-lLsin8 ！1 il cos 92cos e跋反思:解答与能量有关的综合题的“三点技巧”（1）过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单

29、的物理过程，挖掘出题中的隐含条件（如例题中“质量不计的木板 B' “阴>tan 0 >2”），找出联系不同阶段的“桥梁”。（2）受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第（3）问，若1<1。时，A与挡板P碰后运动情况的分析。（3）规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所 示，要注意区分三个位移。高考这样练考向1功能关系的基本应用1 .（原创题）（多选）如图所示，水平面上固定一倾角为e =3。的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m= 2 kg的物块（可

30、视为质点），开始时物块静止在斜面上 A点，此时物块与斜面的摩擦力恰好为零，现用沿斜面向上的恒力F=20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功 W= 4 J ,已知弹簧的劲度系数k= 100 N/m,物块与斜面间的动摩擦因数坐,g=10 m/s2,则下列说法正确5的是（）A.物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 JB.物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能为 1.2 JC.物块经过B点时的速度大小为挛m/s5D.物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 JBC 施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1 = mg,in 0,解得物块在

31、 A点时弹簧压缩量X1=0.1 m ,从A到B力F做的功 W Fx,解得x=0.2 m ,所以物块到 B点时，弹簧伸长量X2=xX1 = 0.1 m ,可知从A到B重力势能增加了mg）sin 0 =2 J ,物块在 A B位置时弹簧弹性势能相等，A、D错误；物块从 A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做12 一的功，即 Q)=(1 mg)cos 8 =1.2 J ,由动能te理有 W mgxiin 0 mg)cos 0 =2mv- 0,解得 v = 5- m/s , B、C 正确。2 .（多选）（2019 安徽示范高中期末联考）如图甲所示，绷紧的传送带与水平方向的夹角为37。，传送

32、带的v-t图象如图乙所示。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体（可视为质点）从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s后物体开始减速，在 t = 4s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程，下列说法正确的是（sin37°甲乙=0.6 , cos 37 ° = 0.8)()A.物体与传送带间白动摩擦因数为0.75B.物体的重力势能增加 48 JC.摩擦力对物体做的功为12 JD.物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J2AD 根据速度一时间图象的斜率表不加速度，可得传送带运动的加速度为a=- 1 m/s。t = 0时刻质量为1

33、kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动，说明物 体受力平衡，由平衡条件可知mgcos 37 ° = m8in 37 ° ,解得物体与传送带之间的动摩擦因数ti = 0.75 ,选项A正确；2 s末，传送带的速度为 2 m/s,物体开始减速，分析可知，物 体做匀速直线运动的速度为2 m/s ,且2 s后物体与传送带一起做加速度为a= 1 m/s2的匀减速运动，t=4 s时物体恰好到达最高点 A,则传送带的长度1ab=6 m,对物体从B点运动到12A点的过程，根据动能te理有02mv=mghW,其中h= l AEsin 37,则物体的重力势能增加量为 mgh

34、= 36 J ,摩擦力对物体做的功为W= 34 J ,选项R C错误；物体在前 2 s内与传送带有相对运动，二者间的相对位移为s=2 m,该过程中的滑动摩擦力 f =6 N,则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q）= fs = 12 J ,选项D正确。考向2能量守恒与转化的应用3.（多选）（2019 四川眉山中学模拟 ）如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间 T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为L,已知重力加速工件质量为 m经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为度为g,下列说法正确的是（）A.传送带的速度大小为 TB.工件在传送带

35、上加速的时间为2jTgLC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为mgL2mLD.传送带传送一个工件多消耗的能量为下AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知 L= vT,解得传送带的速度v=T，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t ,根据牛顿第二定律得，工件的加速度， va= wg,根据 v = v0+at,解得 t=一a（亓，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移.vv2L2Ax=x传一x 物=v-=z2,2g 2(1 gT mL则因摩擦产生的热量为 Q= mgA x=亓，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送1 c mL一个工件多消耗的能重为E= 2mv+ Q> tt