《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、功能關(guān)系和能量守恒定律 一、選擇題 1．(2018·天津)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)．某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中(　　) A．所受合外力始終為零　 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 答案　C 解析　A項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，而速度方向是變化的，運(yùn)動(dòng)員的加速度不為零，所受合外力始終不為零．故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)員從A到B的過(guò)程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，所以滑動(dòng)摩擦

2、力也逐漸減?。蔅項(xiàng)錯(cuò)誤． C項(xiàng)，滑雪運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理，合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為0.故C項(xiàng)正確． D項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)員從A到B下滑過(guò)程中的動(dòng)能不變而重力勢(shì)能減小，所以機(jī)械能減?。蔇項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(多選)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長(zhǎng)的木板B，木板B上放著木塊A，A、B接觸面粗糙．現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上，使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對(duì)A的摩擦力，f2代表A對(duì)B的摩擦力，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 B．F做的功一定小于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 C．f1對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的增加量 D．F、f2對(duì)B做的功之和等于B動(dòng)能的增加量 答

3、案　CD 解析　運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果兩者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則滑動(dòng)摩擦力對(duì)A、B做的總功為負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系知，F(xiàn)做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；如果兩者不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則靜摩擦力對(duì)A、B做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，F(xiàn)做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，可確定C、D兩項(xiàng)正確． 3．(多選)質(zhì)量為m的帶正電的物體處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知帶電物體所受電場(chǎng)力的大小為物體所受重力的，現(xiàn)將物體從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度豎直下拋，物體以的加速度豎直下落到地面(空氣阻力恒定)，則在物體的下落過(guò)程中(　　) A．物體的重力勢(shì)能減少mgh，電勢(shì)能減少mgh

4、B．由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內(nèi)能增加了mgh C．物體的動(dòng)能增加mgh D．物體的機(jī)械能減少了mgh 答案　BC 解析　由題意知，電場(chǎng)力F電＝mg；由牛頓第二定律有mg－F電－Ff＝ma，得空氣阻力Ff＝mg；下落過(guò)程中，重力做功mgh，電場(chǎng)力做功－mgh，故重力勢(shì)能減少mgh，電勢(shì)能增加mgh，A項(xiàng)錯(cuò)誤；E內(nèi)＝Ffh＝mgh，B項(xiàng)正確；物體所受合外力F合＝ma＝mg，故動(dòng)能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，C項(xiàng)正確；機(jī)械能的減少量ΔE＝Ffh＋F電h＝mgh，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 4．(2018·常州一模)如圖所示，一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平面上．滑塊與

5、斜面間及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，斜面與水平面平滑連接且長(zhǎng)度不計(jì)，則該過(guò)程中，滑塊的機(jī)械能與水平位移x關(guān)系的圖線正確的是(取地面為零勢(shì)能面)(　　) 答案　D 解析　滑塊在斜面上下滑時(shí)，根據(jù)功能關(guān)系：ΔE＝－μmgcosα·Δs＝－μmgΔx，Δx是水平位移．則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線． 滑塊在水平面上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)功能原理得：ΔE＝－μmgΔx，Δx是水平位移．則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線．故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 5.(2018·唐山一模)2月13日，平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U型池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞

6、軍，為我國(guó)奪得首枚獎(jiǎng)牌．如圖為U型池模型，其中A、B為U型池兩側(cè)邊緣，C為U型池最低點(diǎn)，U型池軌道各處粗糙程度相同．一小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回 B．小球再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣A然后返回 C．由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比，小球損耗機(jī)械能相同 D．由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較小 答案　A 解析　A、B兩項(xiàng)，小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，此過(guò)程損失的機(jī)械能為mg·；小球再次返回時(shí)，平均

7、速率要小于由左側(cè)進(jìn)入池中過(guò)程中的平均速率，則平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，則阻力做的功小于mg·；故小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，故A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，由A到C過(guò)程的平均速率大于由C到B過(guò)程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B過(guò)程的平均摩擦力，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較大，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 6.(2018·河南模擬)(多選)如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的左端拴在固定的豎直墻壁上，一質(zhì)量為m的物塊A緊靠著彈簧右端放置，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用一水平恒力F向左推物塊A，當(dāng)物塊向左運(yùn)動(dòng)x0到達(dá)P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度剛好為零

8、．撤去外力F后物塊被彈開(kāi)，最終停下．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為Fx0 B．物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度先增大后減小 C．物塊剛離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為 D．物塊最終所停的位置距P點(diǎn)的距離為 答案　BC 解析　A項(xiàng)，由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢(shì)能為(F－μmg)x0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，撤去外力后，物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧彈力大于摩擦力，將向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力小于摩擦力后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)彈簧后再做勻減速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，從外力F開(kāi)始作用到物塊剛離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，由能量守恒定律得Fx0－μmg·2x0＝mv2，解得v＝，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，

9、設(shè)物塊從P點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)x時(shí)停止，對(duì)全過(guò)程由能量守恒定律得Fx0－μmg(x＋x0)＝0，解得x＝－x0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 7.(多選)如圖所示，光滑水平面與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R.一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體將彈簧(與彈簧未拴接)壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下，物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對(duì)軌道的壓力為其重力的9倍，之后沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為5mgR B．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為4mgR C．物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)

10、能為mgR D．物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgR 答案　BD 解析　A、B兩項(xiàng)，設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受的軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝m，據(jù)題有FN＝9mg，可得vB＝2，由能量守恒定律可知：物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝mvB2＝4mgR.故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．C、D兩項(xiàng)，設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知：mg＝m，物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由能量守恒定律得：產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝mvB2－(mvC2＋2mgR)，解得：Q＝mgR.故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 8.(2017·課標(biāo)全國(guó)Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用

11、外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過(guò)程中，外力做的功為(　　) A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題可知，緩慢提升繩子，在整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)能不變，則外力做功WF等于重力勢(shì)能增加量ΔEp，將Q端提升至M位置處，過(guò)程如圖所示：由圖可知：全程重力勢(shì)能增加量ΔEp可視為只有NQ段上升增加的重力勢(shì)能．取NQ段為研究對(duì)象，此段質(zhì)量大小為：m′＝m，其重心位置上升高度為：h＝l，則外力做功為：WF＝ΔEp＝m′gh＝mgl. 9.(多選)如圖傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行．

12、相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止．現(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程(　　) A．甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù) B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量 C．兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同 D．兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同 答案　BC 解析　A項(xiàng)，相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊分別無(wú)初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說(shuō)明甲受到的摩擦力小，故

13、甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，動(dòng)能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－mgh，得f乙＝2f甲－mg，相對(duì)位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B項(xiàng)正確； C項(xiàng)，甲乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知甲物體時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 10.(2018·石家莊二中一模)一質(zhì)點(diǎn)在0～15 s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度—時(shí)間圖像如圖所示，若取豎直向下

14、為正，g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加 B．在0～5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加 C．在10～15 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加 D．在t＝15 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t＝5 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能 答案　D 解析　質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，0～15 s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)一直做減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò).0～5 s內(nèi)，a＝10 m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力，機(jī)械能守恒；5～10 s內(nèi)，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；10～15 s內(nèi)，a＝12 m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能減少，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤．由F合＝ma可推知F1＝F2

15、，由于做減速運(yùn)動(dòng)，5～10 s內(nèi)通過(guò)的位移大于10～15 s內(nèi)通過(guò)的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15 s內(nèi)增加的機(jī)械能大于減少的機(jī)械能，所以D項(xiàng)正確． 11.(2018·遂寧模擬)(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3 m，質(zhì)量為M＝2 kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當(dāng)其速度為v＝4.5 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊，已知平板車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，則從放上滑塊開(kāi)始到最終二者均靜止的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．滑塊與平板車靜止前取得相同的速度所需時(shí)間為1 s B．滑塊相對(duì)平板車向左滑動(dòng)2.25

16、 m的距離后與平板車一起向右減速 C．滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能為2.25 J D．滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為20.25 J 答案　AD 解析　A、B兩項(xiàng)，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，對(duì)滑塊，有：μ2mg＝ma1，解得a1＝1 m/s2； 對(duì)滑板，有：μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma2，解得：a2＝3.5 m/s2； 經(jīng)過(guò)t1時(shí)間速度相等，則：a1t1＝v－a2t1，解得：t1＝1 s；故A項(xiàng)正確； 此時(shí)共同速度v1＝a1t1＝1 m/s； 滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，滑塊位移：xm＝t1＝×1 m＝0.5 m， 滑板位移：xM＝t1＝×

17、1 m＝2.75 m； 故第一階段相對(duì)位移：Δx1＝xM－xm＝2.75 m－0.5 m＝2.25 m； 此后，如果以共同速度減速，則μ1(m＋M)g＝(M＋m)a，加速度a＝2 m/s2， 則滑塊受摩擦力f＝ma＝2 N＞μ2mg＝1 N，故此后兩個(gè)物體的加速度不同；故B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度后，滑塊加速度小，有：μ2mg＝ma1′，解得a1′＝1 m/s2； 對(duì)滑板，有：μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma2′，解得：a2′＝2.5 m/s2； 滑板速度先減為零，位移：xM′＝＝ m＝0.2 m， 滑塊位移：xm′＝＝ m＝0.5 m， 故第二階段相對(duì)

18、位移：Δx2＝xm′－xM′＝0.5 m－0.2 m＝0.3 m； 滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能：Q＝μ2mg(Δx1＋Δx2)＝0.1×1×10×(2.25＋0.3) J＝2.55 J，故C項(xiàng)錯(cuò)誤； D項(xiàng)，根據(jù)能量守恒定律，滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能：Q′＝Mv02＝×2×4.52 J＝20.25 J，故D項(xiàng)正確． 12.(2018·洛陽(yáng)二模)(多選)如圖所示，在距水平地面高為0.4 m處，水平固定一根長(zhǎng)直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一定滑輪，滑輪可繞水平軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右邊，桿上套有一質(zhì)量m＝2 kg的小球A.半徑R＝0.3 m的光滑半圓形細(xì)軌道豎直地固定在地面上，

19、其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2 kg的小球B.用一條不可伸長(zhǎng)的柔軟細(xì)繩，通過(guò)定滑輪將兩小球連接起來(lái)．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響．現(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右的恒力F＝50 N．(取g＝10 m/s2)則(　　) A．把小球B從地面拉到P的正下方時(shí)力F做功為20 J B．小球B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大小為0 C．小球B被拉到與小球A速度大小相等時(shí)，sin∠OPB＝ D．把小球B從地面拉到P的正下方時(shí)小球B的機(jī)械能增加了6 J 答案　AC 解析　A項(xiàng)，對(duì)于F的做功過(guò)程，由幾何知識(shí)得到：力F作用點(diǎn)的位移x＝PB－PC＝ m－(0

20、.4－0.3)m＝0.4 m，則力F做的功W＝Fx＝50×0.4 J＝20 J，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，由于B球到達(dá)C處時(shí)，已無(wú)沿繩的分速度，所以此時(shí)滑塊A的速度為零，兩球及繩子組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得：W＝mv2＋mgR，代入已知量得：20＝×2×v2＋2×10×0.3，解得小球B速度的大小v＝ m/s，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)繩與軌道相切時(shí)兩球速度相等，如圖： 由三角形知識(shí)得：sin∠OPB＝＝，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，設(shè)最低點(diǎn)勢(shì)能為0，小球B從地面拉到P的正下方時(shí)小球B的機(jī)械能增加，ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mgR＝20 J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 二、非選擇題 13．(2018·廣東二模)如圖甲，

21、一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，速率始終不變．t＝0時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)位置放上一具有初速度的小物塊．取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1 kg，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào)，求： (1)傳送帶與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)0～t2時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能． 答案　(1)　(2)36 J 解析　(1)從v-t圖可知，物塊的加速度a＝1 m/s2， 對(duì)物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝. (2)解法一：物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t＝＝2 s， 因此v

22、-t圖中t2＝3 s， 3 s內(nèi)傳送帶的位移s＝v0t2＝6 m， 傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcosθ·s＝36 J； 解法二：物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t＝＝2 s， v-t圖中可知t2＝3 s， 物塊運(yùn)動(dòng)的位移s＝1.5 m， 傳送帶與物塊的相對(duì)位移Δs＝4.5 m 產(chǎn)生內(nèi)能Q＝μmgcosθ·Δs＝27 J， 物塊增加的重力勢(shì)能ΔEp＝mgsinθ·s＝7.5 J， 物塊動(dòng)能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J， 傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J. 14.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0 kg，長(zhǎng)度L＝1.0 m．在

23、木板的最左端有一個(gè)小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝1.0 kg.小鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30.開(kāi)始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起對(duì)木板施加一個(gè)水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求： (1)抽出木板的過(guò)程中摩擦力分別對(duì)木板和鐵塊做的功； (2)抽出木板的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)4.5 J?。?.5 J　(2)3 J 解析　(1)當(dāng)F＝8 N將木板從小鐵塊下方抽出， 小鐵塊運(yùn)動(dòng)的加速度為：a1＝μg＝3 m/s2 木板運(yùn)動(dòng)的加速度為：a2＝，可得a2＝5 m/s2 設(shè)抽出過(guò)程的時(shí)間為t，根據(jù)幾何關(guān)系：a2t2－a1t2＝L 解得：t＝1 s 所以小鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為：x1＝a1t2，解得：x1＝1.5 m 木板運(yùn)動(dòng)的位移為：x2＝a2t2，解得：x2＝2.5 m 摩擦力對(duì)小鐵塊做的功為：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J 摩擦力對(duì)木板做的功為：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J (2)抽出木板的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(x2－x1)＝3 J 10