【物理】2020届一轮复习人教版功能关系、能量守恒定律学案

【物理】2020届一轮复习人教版功能关系、能量守恒定律学案

第4讲　功能关系、能量守恒定律 ‎[基础知识·填一填]‎ ‎[知识点1]　功能关系　‎ ‎1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量．‎ ‎2．功能关系 ‎(1)功是　能量转化　的量度，即做了多少功就有　多少能量　发生了转化．‎ ‎(2)做功的过程一定伴随着　能量的转化　，而且　能量转化　必通过做功来实现．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)能量转化是通过做功来实现的．(√)‎ ‎(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)‎ ‎(3)力对物体做正功，物体的总能量一定增加．(×)‎ ‎(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)‎ ‎(5)合外力做功等于物体动能的改变量．(√)‎ ‎[知识点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　到另一个物体，在　转化和转移　的过程中，能量的总量　保持不变　.‎ ‎2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中　普遍适用　的一条规律．‎ ‎3．表达式 ‎(1)E初＝E末，初状态各种能量的　总和　等于末状态各种能量的　总和　.‎ ‎(2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ 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．(×)‎ ‎[教材挖掘·做一做]‎ ‎1.(人教版必修2 P80第1题改编)如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短．若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的过程中，且取地面为零势能面，则(　　)‎ A．小球从A→B的过程中机械能守恒；小球从B→C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒 B．小球在B点时动能最大 C．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量 D．小球到达C点时动能为零，重力势能为零，弹簧的弹性势能最大 答案：C ‎2．(人教版必修2 P80第2题改编)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)．我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点．如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力．‎ 解析：小球恰能通过最高点，则：‎ mg＝m 小球由静止运动到最高点的过程中，满足机械能守恒 mgh＝mv2＋mg·2R 联立解得：h＝2.5R.‎ 答案：2.5R ‎　　　　　　‎ 考点一　功能关系的理解和应用 ‎[考点解读]‎ ‎1．对功能关系的理解 ‎(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．‎ ‎(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，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．几种常见力做功及能量变化 几种常见力做功 对应的能量变化 关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk 负功 动能减少 除重力以外的力 正功 机械能增加 W其他力＝ΔE 负功 机械能减少 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　(2018·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．4mgR C．5mgR D．6mgR ‎[审题指导]　(1)恒力F的方向判断：由题中条件①光滑轨道；②小球始终受到水平外力作用；③自a点从静止开始向右运动，可判断出外力F方向水平向右．‎ ‎(2)由于外力F＝mg，小球到达c点瞬间vc＞0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点．‎ ‎(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：‎ W＝F·s.‎ ‎(4)由功能关系确定机械能增量．‎ ‎[解析]　C　[以小球为研究对象，在小球由a到c的过程中，应用动能定理有F·xab＋F·R－mgR＝mv，其中水平力大小F＝mg，得vc＝2 .经过c点以后，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，上升的时间t升＝＝2 .在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动，由牛顿第二定律得F＝max，且F＝mg，得ax＝g.在时间t升内，小球在水平方向上的位移x＝axt＝2R，故力F在整个过程中对小球做的功W＝Fxab＋FR＋Fx＝5mgR.由功能关系，得ΔE＝W＝5mgR.故C正确，A、B、D错误．]‎ ‎　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．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：A　[把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为ΔE＝mg－mg＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故A正确，B、C、D错误．]‎ ‎2．(2019·唐山模拟)(多选)质量为m的物体，在距地面h高处以初速度v竖直向下抛出．其加速度大小为‎0.5g，方向竖直向下．则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体的重力势能减少0.5mgh B．物体的动能增加0.5mgh C．物体的机械能减少0.5mgh D．落地时的动能为mgh＋mv2‎ 解析：BC　[物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的合力为F＝ma＝0.5mg，则合力做功为W合＝0.5mgh，所以动能增加了0.5mgh，故B正确；物体下落过程中受到向下的重力mg和向上的力F′，而物体下落过程中受到的合外力大小为F＝0.5mg，即F＝mg－F′，解得F′＝0.5mg，WF′＝－0.5mgh，所以机械能减少了0.5mgh，故C正确；由动能定理得W合＝Ek－mv2＝0.5mgh，解得Ek＝0.5mgh＋mv2，故D错误．]‎ ‎3．(2019·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝‎0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且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轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝‎0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J 解析：A　[物块与水平面间的摩擦力为F′f＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示F做的功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，故A正确，B、C、D错误．]‎ 考点二　摩擦力做功与能量变化的关系 ‎[考点解读]‎ ‎1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 ‎2.相对滑动物体能量问题的解题流程 ‎ [典例赏析]‎ ‎[典例2]　(2019·银川一模)如图所示，一质量为m＝‎1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝‎10 m后进入半径为R＝‎9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝‎3.5 kg，滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝‎10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；‎ ‎(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；‎ ‎(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 自静止开始下滑 滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动 光滑圆弧AB 滑块在圆弧上运动过程机械能守恒 水平滑上与平台等高的小车 滑块滑上小车的速度等于滑块在AB弧上B点的速度 地面光滑且小车足够长 滑块滑上小车最终与小车同速，一起做匀速运动 第二步：找突破口 ‎(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由mgsin θ－μmgcos θ＝ma求出．‎ ‎(2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度．‎ ‎(3)滑块到达B点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足FN－mg＝m.‎ ‎(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热．‎ ‎[解析]　(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又s＝at 联立以上两式，代入数据解得t1＝2.5 s.‎ ‎(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有 mv＋mgR(1－cos θ)＝mv，‎ 其中vA＝at1‎ 由牛顿第二定律，有FB－mg＝m 联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力 FB≈31.7 N.‎ ‎(3)滑块在小车上滑行时的加速度：‎ a1＝μg＝‎3.5 m/s2‎ 小车的加速度：a2＝＝‎1.5 m/s2‎ 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足 vB－a1t2＝a2t2‎ 由(2)可知滑块刚滑上小车的速度 vB＝‎10 m/s，最终同速时的速度 v＝vB－a1t2＝‎3 m/s 由功能关系可得：‎ μmg·s1＝mv－(m＋M)v2‎ 解得：s1＝‎10 m.‎ ‎[答案]　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)‎‎10 m ‎[题组巩固]‎ ‎1．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒 B．物块克服摩擦力做的功为mv C．弹簧的弹性势能增加量为μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和 解析：D　[物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL＝mv－Ep弹，故B错误，D正确；根据B项分析知Ep弹＝mv－μmgL，故C错误．]‎ ‎2．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底，然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量为m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力 B．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间 C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量 D．一次提杆过程系统共产生热量mv2‎ 解析：B　[夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，故A错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间，增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B正确；根据功能关系可知，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和，故C错误；设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为Ff，加速度为a ‎，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为Δx＝vt－，t＝，解得Δx＝，摩擦产生的热量Q＝FfΔx，根据牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，联立解得Q＝＋mv2＞mv2，故D错误．]‎ ‎3．如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝‎1.0 kg，长度L＝‎1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝‎1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；‎ ‎(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.‎ 解析：(1)当F＝8 N将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a1＝μg＝‎3 m/s2‎ 木板运动的加速度为：a2＝，可得a2＝‎5 m/s2‎ 设抽出过程的时间为t，根据几何关系：‎ a2t2－a1t2＝L 解得：t＝1 s 所以小铁块运动的位移为：x1＝a1t2，解得：x1＝‎‎1.5 m 木板运动的位移为：x2＝a2t2，解得：x2＝‎‎2.5 m 摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J ‎(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能 Q＝μmg(x2－x1)＝3 J.‎ 答案：(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J 考点三　能量守恒定律的综合应用 ‎[考点解读]‎ ‎1．对能量守恒定律的两点理解 ‎(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．‎ ‎(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．‎ ‎2．能量转化问题的解题思路 ‎(1)当涉及摩擦力做功，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减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例3]　如图所示，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点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝‎4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到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，D点距A点的距离AD＝‎3 m．挡板及弹簧质量不计，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.‎ ‎[审题指导]　(1)物体由A到C的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和．‎ ‎(2)物体由A到C后又返回D的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功．‎ ‎[解析]　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mv＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°(LAB＋2LCB＋LBD)‎ 代入数据解得：μ≈0.52.‎ ‎(2)物体由A到C的过程中，‎ 动能减少量ΔEk＝mv，‎ 重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°‎ 摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·LAC 由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：‎ Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q ‎＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC≈24.5 J.‎ ‎[答案]　(1)0.52　(2)24.5 J ‎[题组巩固]‎ ‎1．(2019·乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝‎1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t ‎＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝‎0.2 m的距离(g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：‎ ‎(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小．‎ ‎(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小．‎ ‎(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.‎ 解析：(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：‎ a＝＝‎10 m/s2‎ 由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得：μ＝0.5‎ ‎(2)根据速度时间公式得t2＝0.3 s时的速度大小：‎ v1＝v0－aΔt 解得v1＝0‎ 在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′‎ 解得：a′＝‎2 m/s2‎ 从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为：‎ v2＝a′Δt＝‎0.2 m/s ‎(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得：‎ Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mv 解得：Ep＝4 J.‎ 答案：(1)‎10 m/s2　0.5　(2)0　‎0.2 m/s　(3)4 J ‎2．如图，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮．质量为m的A物体置于地面，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接．调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行．现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升．求：‎ ‎(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x.‎ ‎(2)B物体下滑到最低点时的加速度大小和方向．‎ ‎(3)若将B物体换成质量为‎2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面时，C物体的速度大小v.‎ 解析：(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，设B物体沿斜面下滑x，则弹簧伸长为x.对A物体有：‎ kx－mg＝0‎ 解得：x＝ ‎(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间作用力为0.‎ 对A物体：由平衡条件得：FT－mg＝0‎ 设B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：FT－mgsin θ＝ma 解得：a＝g B物体加速度的方向沿斜面向上 ‎(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：‎ ΔE＝mgxsin θ 对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得：‎ ΔE＋×2mv2＝2mgxsin θ 解得：v＝g .‎ 答案：(1)　(2)g　方向沿斜面向上　(3)g 　　　　　‎ 思想方法(十一)　传送带模型中的功能关系 方 法 阐 述 ‎1.求摩擦产生热量的方法 ‎(1)相对位移法：摩擦产生的热量等于摩擦力与物块相对传送带的位移乘积．‎ ‎(2)做功转化法：在典例1中，物块相对传送带的位移L＝vt＝vt－vt，与物块对地的位移相等，因此摩擦产生的热量也等于传送带对物块做的功．‎ ‎2.求电机多消耗电能的方法 ‎(1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和．‎ ‎(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即摩擦力与传送带位移的乘积.‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2‎ B．物块对传送带做功为0.5mv2‎ C．系统摩擦生热为0.5mv2‎ D．电动机多做的功为mv2‎ ‎[解析]　ACD　[设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：‎ 摩擦力对物块做的功为W1＝f·vt＝mv2＝0.5mv2.‎ 物块对传送带做功W2＝－fvt＝－mv2，故A项正确，B项错误．‎ 物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－＝0.5vt，‎ 则Δx＝x物．摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C项正确．‎ 电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，‎ 所以电动机多做的功为W机＝mv2＋Q＝mv2.故D项正确．‎ ‎(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W机＝f·vt＝mv2)]‎ ‎[典例2]　如图，一传送皮带与水平面夹角为30°，以‎2 m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为‎10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高‎2 m的平台上，工件与皮 带间的动摩擦因数为μ＝，g取‎10 m/s2，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能．‎ ‎[解析]　设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知：‎ ‎－mgssin 30°＋μmgscos 30°＝mv2－0‎ 解得s＝‎0.8 m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，‎ 所以工件动能的增量为ΔEk＝mv2＝20 J 工件重力势能增量为ΔEp＝mgh＝200 J 工件相对皮带的位移 L＝vt－vt＝vt＝s＝‎‎0.8 m 由于摩擦产生热量Q＝fL＝μmgcos 30°L＝60 J 电动机多消耗的电能为ΔEk＋ΔEp＋Q＝280 J.‎ ‎[答案]　280 J 传送带问题的分析流程和技巧 ‎ [题组巩固]‎ ‎1．(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 解析：C　[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．]‎ ‎2.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝‎16 m，传送带以速度v＝‎10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝‎1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：‎ ‎(1)物体由A端运动到B端的时间．‎ ‎(2)系统因摩擦产生的热量．‎ 解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，‎ 设物体经时间t，加速到与传送带同速，‎ 则v＝a1t1，x1＝a1t 可解得：a1＝‎10 m/s2　t1＝1 s　x1＝‎‎5 m 因mgsin θ＞μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，‎ 物体将继续加速，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s ‎(2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝‎‎6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J 答案：(1)2 s　(2)24 J