(共77张PPT)
功能关系与能量守恒定律
(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通(四)
功能关系与能量守恒定律是高中物理的重难点,也是高考的必考点。这部分内容常见的题型较多,灵活性强,学习起来普遍感觉比较困难,解决问题的方法也难以系统把握。通过本节课的学习,掌握几种常见的功能关系,学会应用能量守恒定律解决问题。
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主题(一) 几种常见的功能关系
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主题(二) 能量守恒定律的理解与应用
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主题(三) 摩擦力做功与摩擦生热的计算
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) 几种常见的功能关系
1.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,具有一一对应的关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
知能融会通
2.常见的几种功能关系
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG=-ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 W弹=-ΔEp
合外力做功 动能的改变 W合=ΔEk
除重力、系统内弹力 以外的其他力做功 机械能的改变 W=ΔE机=
ΔEk+ΔEp
[典例] (2024·济南高一检测)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球从P到B的运动过程中 ( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功mgR
√
[解析] 从P到B的过程中,小球下降的高度为R,则重力做功WG=mgR,选项A错误;小球到达B点时恰好对轨道没有压力,小球的重力提供向心力,则有mg=m,设摩擦力对小球做的功为Wf,小球从P到B的过程,由动能定理可得mgR+Wf=m,联立解得Wf=-mgR,即克服摩擦力做功mgR,机械能减少mgR,故B错误,D正确;根据功能关系知,合外力做功W合=m=mgR,故C错误。
1.(2024·杭州高一模拟)如图所示是高空翼装飞行爱好者在空中滑翔的情境,在空中长距离滑翔的过程中,滑翔爱好者 ( )
A.机械能守恒
B.重力势能的减小量小于重力做的功
C.重力势能的减小量等于动能的增加量
D.动能的增加量等于合力做的功
题点全练清
√
解析:滑翔的过程中除重力做功外,还有空气阻力做功,机械能不守恒,故A错误;由功能关系可知,重力势能的减小量等于重力做的功,故B错误;由能量守恒可知,重力势能的减小量等于动能的增加量与克服阻力所做的功之和,故C错误;由功能关系可知,合外力所做的功等于动能的变化量,故D正确。
2.(多选)质量为m的物体,在距地面高h处以的加速度由静止竖直下落到地面,下列说法中正确的是( )
A.重力做功mgh
B.物体的机械能减少mgh
C.物体的动能增加mgh
D.物体的重力势能减少mgh
√
√
解析:重力做功WG=mgh,由功能关系知,物体的重力势能减少mgh,故A错误,D正确;物体除重力做功外,阻力做负功,导致机械能减少,根据牛顿第二定律得F合=ma=mg-f=mg,解得阻力f=mg,阻力做功Wf=-fh=-mgh,物体的机械能减少mgh,故B错误;根据功能关系,物体的动能增加量等于合外力做的功,即ΔEk=WF合=F合h=mgh,故C正确。
主题(二) 能量守恒定律的理解与应用
1.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。
知能融会通
(2)表达式
①E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。
②ΔE增=ΔE减:增加的能量等于减少的能量。
(3)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。
2.解题的一般步骤
(1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列恒等式:ΔE减=ΔE增。
[典例] 如图为某研究小组设计的一
种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜
面轨道顶端时,自动装货装置将货物装入质
量为M的木箱内,然后木箱载着货物沿轨道
无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动),当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时,系统将木箱锁定,自动卸货装置将货物卸下,此后解除对木箱的锁定,木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大
距离为L,轻弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,轻弹簧的劲度系数k=,轻弹簧始终在弹性限度内,木箱与轨道间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧被压缩后的最大弹性势能;
[答案] 0.8MgL
[解析] 设弹簧的最大弹性势能为Epm,弹簧将箱子弹回到最高点的过程中,根据能量守恒定律有Epm=MgLsin 30°+μMgcos 30°·L
解得Epm=0.8MgL。
(2)运送的货物的质量;
[解析] 3M
[解析] 设运送的货物的质量为m,货物和箱子向下运动过程中,根据能量守恒定律有
(m+M)gLsin 30°=Epm+μ(m+M)gcos 30°
解得m=3M。
(3)列恒等式:ΔE减=ΔE增。
[解析] 0.648MgL
[解析] 当箱子和货物向下运动的速度达到最大时,设弹簧的压缩量为x1,根据力的平衡有kx1+μ(m+M)gcos 30°=(m+M)gsin 30°,解得x1=0.02L
设弹簧的最大压缩量为x2,则Epm=k
解得x2=0.2L
设木箱与货物运动过程中的最大动能为Ek,根据能量守恒定律有
=k+Ek,解得Ek=0.648MgL
1.秋千是中国古代北方少数民族创造的一种运动。春秋时期传入中原地区,因其设备简单,容易学习,故而深受人们的喜爱,很快在各地流行起来。会荡秋千的人不用别人推,就能越摆越高,而不会荡秋千的人则始终也摆不起来。要使秋千越摆越高,以下做法合理的是 ( )
题点全练清
A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲,而从最低点向上摆起时,身体迅速直立起来
B.从高处摆下来的时候身体要保持直立,而从最低点向上摆起时,身体迅速下蹲
C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持下蹲
D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持直立
√
解析:由能量守恒定律可知,要让秋千越荡越高,那么应该在秋千从高处摆下来的时候身体迅速下蹲,使重心降低,使更多的重力势能转化为动能;秋千过了最低点后向上摆起时,身体应该迅速直立起来,使重心升高,获得更多的重力势能,故A正确。
2.(2023·广东1月学考)水力发电对实现“碳达峰”目标具有重要意义。当某水电站的水位落差为150 m时,用于发电的水流量为每秒钟1×107 kg,发电机组的发电效率为60%。重力加速度g取10 m/s2,若某电动汽车行驶1 km消耗500 kJ的电能,则此时该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是 ( )
A.1.6×104 km B.1.8×104 km
C.2.0×104 km D.2.2×104 km
√
解析:根据题意可知,发电机组每秒所发电能为W=mgh·60%=
9×109 J=9×106 kJ,该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是x= km=1.8×104 km。故选B。
主题(三) 摩擦力做功与摩擦生热的计算
1.摩擦力做功
不论是静摩擦力,还是滑动摩擦力,都可以是动力也可以是阻力,也可能与位移方向垂直,所以不论是静摩擦力,还是滑动摩擦力,既可能对物体做正功,也可能对物体做负功,还可能不对物体做功。
(1)一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止,即两个物体的对地位移相同,由W=Flcos α可判断两个相互作用的静摩擦力做功的总和为零。
知能融会通
(2)一对相互作用的滑动摩擦力等大反向但物体之间相对滑动,即两个物体的对地位移不相同,由W=Flcos α可判断两个相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零,且两力做功的总和一定为负值。
2.摩擦生热
(1)系统内一对静摩擦力对物体做功时,由于相对位移为零,故没有内能产生,只有物体间机械能的转移。
(2)作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积,在数值上等于滑动过程因摩擦产生的内能,即Q=F滑s相对,其中F滑必须是滑动摩擦力,s相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)。
[典例] 如图所示,水平传送带由电动机带动,并始终保持以速度v顺时针匀速转动。现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端,经过一段时间物块恰好与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ。
(1)这一过程摩擦力对物块做的功为多少
[答案] mv2
[解析] 设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff,从滑上传送带到相对静止的过程中物块的位移大小为x1,传送带相对地面的位移大小为x2,则x1=vt,x2=vt=2x1。
对物块运用动能定理,摩擦力对物块做的功为Wf=Ffx1=mv2。
(2)传送带克服摩擦力做的功为多少
[答案] mv2
[解析] 传送带克服摩擦力做的功
Wf克=Ffx2=2Ffx1=mv2。
(3)系统摩擦生热为多少
[答案] mv2
[解析] 系统摩擦生热
Q=Ffx相对=Ff(x2-x1)=Ffx1=mv2。
(4)与不放物块时相比,电动机多做的功为多少
[答案] mv2
[解析] 电动机多做的功为传送带克服摩擦力做的功,W多=Wf克=mv2。
1.(多选)如图所示,一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块,并留在木块中,在此过程中子弹钻入木块的深度为d,木块的位移为l,木块与子弹间的摩擦力大小为F,则 ( )
A.F对木块做功为Fl
B.F对木块做功为F(l+d)
C.F对子弹做功为-Fd
D.F对子弹做功为-F(l+d)
题点全练清
√
√
解析:木块的位移为l,由W=Flcos α得F对木块做功为Fl,子弹的位移为l+d,木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反,故木块对子弹的摩擦力做负功,即F对子弹做功为-F(l+d),故A、D正确。
2. (2024·广州高一检测)(多选)如图所示,质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t,小车运动的位移为x,物块刚好滑到小车的最右端 ( )
A.此时物块的动能为(F-Ff)(x+l)
B.这一过程中,物块对小车所做的功为Ff(x+l)
C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx
D.这一过程中,物块和小车摩擦产生的热量为Ffl
√
√
解析:对物块分析,物块的位移为x+l,根据动能定理有(F-Ff)(x+l)=
Ek-0,所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(x+l),故A正确;对小车分析,小车的位移为x,所以物块对小车所做的功为Ffx,故B错误;物块和小车因摩擦产生的热量Q=Ffs相对=Ffl,故D正确;根据功能关系得,外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量,则有F(l+x)=ΔE+Q,解得物块和小车增加的机械能为ΔE=F(l+x)-Ffl,故C错误。
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(选择题1~10小题,每小题5分。本检测卷满分80分)
1.(2024·浙江杭州高一期末)有关功与能的下列说法中正确的是( )
A.功是能量转化的量度,功的正负表示大小
B.重力势能具有相对性和系统性,势能的正负表示大小
C.沿竖直方向用手加速向上提水桶时,拉力做的功等于水桶重力势能的增加量
D.坐升降电梯上楼时,电梯对人做的功等于人动能的增加量
√
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解析:功是能量转化的量度,功的正负表示动力做功还是阻力做功,故A错误;重力势能具有相对性和系统性,势能的正负表示大小,故B正确;沿竖直方向用手加速向上提水桶时,根据功能关系可知,拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和,故C错误;坐升降电梯上楼时,电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和,故D错误。
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2.(2024·浙江1月选考)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球 ( )
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
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解析:由足球的运动轨迹可知,足球在空中运动时一定受到空气阻力作用,则足球机械能减少,足球从1到2重力势能增加mgh,从1到2动能减少量大于mgh,A错误,B正确;从2到3由于空气阻力作用,则机械能减少,重力势能减少mgh,则动能增加量小于mgh,选项C、D错误。
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3.(2024·江苏苏州高一期中)如图,公园里的喷泉有40个相同的喷口,每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向固定竖直向上,喷出的水柱最高可达约10 m,则喷泉电动机的输出功率约为 ( )
A.6 kW B.18 kW
C.60 kW D.180 kW
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解析:喷出的水柱最高达10 m,可得水柱喷出的最大速度v==10 m/s,根据能量转化,有P=,又每个喷嘴t时间内喷出水的质量为m=ρSvt=ρπvt,解得P=5πρd2v3≈18 kW,故选B。
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4.如图所示,一固定斜面的倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小),物块上升的最大高度为H,则此过程中 ( )
A.物块的重力势能减少了mgH
B.物块的动能损失了1.6mgH
C.物块的机械能损失了0.8mgH
D.物块克服摩擦力做功0.8mgH
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解析:重力做功-mgH,根据功能关系可知,物块的重力势能增加了mgH,A错误;在此过程中,合外力做的功为W=-ma=-1.6mgH,由功能关系可知物块的动能损失了1.6mgH,B正确;在上升过程中,物块的动能减少了1.6mgH,而重力势能增加了mgH,故物块的机械能损失了0.6mgH,C错误;设物块克服摩擦力做功为W克,由动能定理可得W=-mgH-W克=-1.6mgH,解得W克=0.6mgH,D错误。
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5.(多选)如图所示,一热气球总质量为m,在竖直上升过程中受到浮力恒为F,空气阻力恒为F阻,热气球从地面由静止上升高度h,速度变为v,已知重力加速度为g。在上述过程中,热气球的 ( )
A.重力势能增加了(mg+F阻)h
B.动能增加了(F-mg-F阻)h
C.机械能增加了Fh
D.机械能增加了mgh+mv2
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解析:热气球从地面由静止上升高度h,克服重力做功mgh,则重力势能增加了mgh,故A错误;根据动能定理可得(F-mg-F阻)h=ΔEk增,故B正确;根据功能关系,可得ΔE=(F-F阻)h=mv2+mgh,故C错误,D正确。
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6.(2024·福建三明高一期末)(多选)如图甲所示,一轻弹簧竖立在水平地面上,质量为0.5 kg的小球在外力的作用下,从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置。撤去外力后,小球被弹起上升至最高点的过程中,其速度平方随位移的变化v2 x图像如图乙所示, 其中0.2~1.0 m的图像为直线,空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
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A.小球与弹簧分离时位移小于0.2 m
B.小球的最大速度为v1=4 m/s
C.弹簧弹性势能的最大值为Ep=5 J
D.小球压缩弹簧的过程中,外力做功为WF=4 J
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解析:小球的v2 x图像中,0.2~1.0 m的图像为直线,且不计空气阻力,说明小球在位移为x=0.2 m时刚好回到弹簧原长位置,小球与弹簧分离,故A错误;与弹簧分离后的小球做竖直上抛运动,则根据运动学公式有v2== m/s=4 m/s,小球速度最大时所处的位置为弹力和重力平衡的位置,所以小球最大速度满足v1>v2=4 m/s,故B错误;小球弹起的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则弹簧弹性势能的最大值为Ep=mghm=0.5×10×1 J=5 J,故C正确;由题图乙可知小球在压缩弹簧的过程中下降的高度为h=0.2 m,根据功能关系有WF+mgh=Ep,可得外力做功为WF=Ep-mgh=5 J-0.5×10×0.2 J=4 J,故D正确。
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7.(2024·浙江宁波高一阶段练习)DIY手工能够使人们
体验到创造过程中的乐趣和成就感。如图为某款DIY太阳
能小车,组装成功后质量约为130 g,太阳直射时匀速行驶速
度约为0.25 m/s,行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m,太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J,太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗,太阳能电池有效受光面积约为15 cm2,g取10 m/s2。则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为 ( )
A.5% B.10% C.20% D.30%
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解析:选A 由题意可知,驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为P机=Fv=fv=0.2mgv=0.065 W,该太阳能小车接收太阳的功率为P=×S×(1-37%),其中P总==3.9×1026 W,r=1.5×1011 m,S=15 cm2=1.5×10-3 m2,代入数据解得P≈1.304 W,该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为η=×100%=×100%≈5%,故选A。
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8.(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力
使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两
个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均
匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离
开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 ( )
A. B.C. D.nmgωRH
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解析:根据题意可知,水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水做功的功率P=,又T=,联立有P=,故选B。
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9.如图所示,一长L=10 m的水平传送带AB,以恒定速度v=8 m/s顺时针运动,现有一质量为m=2 kg的物块以水平向右的初速度v0=4 m/s从传送带左端A处滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4(g取10 m/s2)。则下列说法正确的是 ( )
A.经过1 s,滑动摩擦力对物块做功为-48 J
B.经过1 s,物块机械能变化量为64 J
C.物块从A到B点过程中,物块动能增加64 J
D.物块从A到B点过程中,系统内能增加16 J
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解析:物块刚放到传送带上时,由于与传送带有相对运动,物块受向右的滑动摩擦力,物块做加速运动,有Ff=μmg=ma,解得a=4 m/s2,经过1 s物块相对地面的位移为x=v0t+at2=6 m<10 m,物块的速度v'=v0+at=8 m/s,滑动摩擦力对物块做正功W=Ffx=μmgx=48 J,物块机械能变化量为48 J,故A、B错误;物块到达B点时速度与传送带速度相同,物块的动能增加量为ΔEk=mv2-m=48 J,故C错误;物块从A到B点过程中,系统内能增加Q=Ff·x相=μmg(vt-x)=0.4×2×10×(8×1-6)J=16 J,故D正确。
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10.(2024·安徽黄山模拟)(多选)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是( )
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解析:设O点到斜面底端的距离为x0,物块在水平地面上运动的距离为x1,物块释放点的高度为h,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmgcos 53°·+μmgx1=μmgx,根据能量守恒定律可知,
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摩擦产生的热量为Q=W克=μmgx,而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x,其E x图像是纵轴截距为mgh、斜率为-mg的倾斜直线,而其Q x图像是过原点且斜率为mg的倾斜直线,故A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x,可知Ep x图像是纵轴截距为mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,物块在水平地面上运动,重力势能为0保持不变,故B正确;
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当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan 53°-μmgcos 53°·=mg·x(x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmg(x-x0)=mgx0-mg·x(x0≤x≤2x0),动能达到最大值前,其图像为过原点的倾斜直线,斜率为mg,动能达到最大后,物块在水平地面上运动,其图线的斜率为-mg,可知图线具有对称性,故C错误。
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11.(12分)如图所示,在光滑水平地面上放置质量M=2 kg的长木板,木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m=1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下,在木板上滑行t=1 s后,滑块和木板以共同速度v=1 m/s匀速运动,g取10 m/s2。求:
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(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff;
答案:2 N
解析:对木板,由牛顿第二定律,有Ff=Ma1,由运动学公式有v=a1t,联立解得Ff=2 N。
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(2)滑块下滑的高度h;
答案:0.45 m
解析:对滑块,同理有-Ff=ma2,设滑块滑上木板时的速度为v0,则v-v0=a2t,解得v0=3 m/s。
由机械能守恒定律,有mgh=m,得h== m=0.45 m。
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(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
答案:3 J
解析:根据能量守恒定律,有Q=m-(M+m)v2=×1×32 J-×(2+1)×12 J=3 J。
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12.(18分)(2024·成都高一检测)如图所示,大型车间传送带常用较大轮子带动,为保持传送带水平稳定传输物体,在上部分传送带下方还安装有滚轮支撑(图中未画出)。已知传送带两轮的半径r=1 m,传输中传送带不打滑,质量为1 kg的物体从光滑轨道A点无初速下滑(A点比B点高h=5 m),物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,当传送带静止时,物体恰能在C点飞离传送带,重力加速度g取10 m/s2,则:
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(1)BC两点间距离为多少
答案: 22.5 m
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解析:设物体质量为m,在C点时运动速度为vC,BC间距离为x
当传送带静止时,物体恰能在C点飞离传送带,则有mg=m,
物体从开始下滑到离开传送带的过程,由动能定理得mgh-μmgx=m
联立解得vC= m/s,x=22.5 m。
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(2)当传送带两轮以12 rad/s的角速度顺时针转动时,物体仍从A点无初速释放,在整个过程中物体与传送带系统增加的内能为多少 电动机因运送物体而对传送带多做多少功
答案:2 J 24 J
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解析:设物体滑到B点的速度为vB,物体从A点下滑到B点的过程,由机械能守恒定律有
mgh=m,
解得vB=10 m/s,
传送带的速度为v=ωr=12 m/s
所以物体先做匀加速运动,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得加速度大小为a=μg=2 m/s2
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物体在BC段加速到与传送带速度相等的时间为
t== s=1 s
这段时间物体经过的位移为
x1=t=11 m所以物体先做加速运动再做匀速运动;
传送带在这段时间内经过的位移为x2=vt=12 m
则物体与传送带间相对位移为Δx=x2-x1=1 m
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则物体与传送带系统增加的内能
Q=fs=fΔx=μmgΔx=2 J
电动机因运送物体而对传送带多做的功
W=Q+mv2-m=24 J。
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4综合·融通(四) 功能关系与能量守恒定律
(融会课主题串知综合应用)
功能关系与能量守恒定律是高中物理的重难点,也是高考的必考点。这部分内容常见的题型较多,灵活性强,学习起来普遍感觉比较困难,解决问题的方法也难以系统把握。通过本节课的学习,掌握几种常见的功能关系,学会应用能量守恒定律解决问题。
主题(一) 几种常见的功能关系
[知能融会通]
1.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,具有一一对应的关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.常见的几种功能关系
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG=-ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 W弹=-ΔEp
合外力做功 动能的改变 W合=ΔEk
除重力、系统内弹力 以外的其他力做功 机械能的改变 W=ΔE机= ΔEk+ΔEp
[典例] (2024·济南高一检测)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球从P到B的运动过程中 ( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功mgR
听课记录:
[题点全练清]
1.(2024·杭州高一模拟)如图所示是高空翼装飞行爱好者在空中滑翔的情境,在空中长距离滑翔的过程中,滑翔爱好者 ( )
A.机械能守恒
B.重力势能的减小量小于重力做的功
C.重力势能的减小量等于动能的增加量
D.动能的增加量等于合力做的功
2.(多选)质量为m的物体,在距地面高h处以的加速度由静止竖直下落到地面,下列说法中正确的是 ( )
A.重力做功mgh
B.物体的机械能减少mgh
C.物体的动能增加mgh
D.物体的重力势能减少mgh
主题(二) 能量守恒定律的理解与应用
[知能融会通]
1.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)表达式
①E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。
②ΔE增=ΔE减:增加的能量等于减少的能量。
(3)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。
2.解题的一般步骤
(1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列恒等式:ΔE减=ΔE增。
[典例] 如图为某研究小组设计的一种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时,自动装货装置将货物装入质量为M的木箱内,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动),当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时,系统将木箱锁定,自动卸货装置将货物卸下,此后解除对木箱的锁定,木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L,轻弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,轻弹簧的劲度系数k=,轻弹簧始终在弹性限度内,木箱与轨道间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧被压缩后的最大弹性势能;
(2)运送的货物的质量;
(3)木箱与货物在向下运动过程中的最大动能。
尝试解答:
[题点全练清]
1.秋千是中国古代北方少数民族创造的一种运动。春秋时期传入中原地区,因其设备简单,容易学习,故而深受人们的喜爱,很快在各地流行起来。会荡秋千的人不用别人推,就能越摆越高,而不会荡秋千的人则始终也摆不起来。要使秋千越摆越高,以下做法合理的是 ( )
A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲,而从最低点向上摆起时,身体迅速直立起来
B.从高处摆下来的时候身体要保持直立,而从最低点向上摆起时,身体迅速下蹲
C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持下蹲
D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持直立
2.(2023·广东1月学考)水力发电对实现“碳达峰”目标具有重要意义。当某水电站的水位落差为150 m时,用于发电的水流量为每秒钟1×107 kg,发电机组的发电效率为60%。重力加速度g取10 m/s2,若某电动汽车行驶1 km消耗500 kJ的电能,则此时该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是 ( )
A.1.6×104 km B.1.8×104 km
C.2.0×104 km D.2.2×104 km
主题(三) 摩擦力做功与摩擦生热的计算
[知能融会通]
1.摩擦力做功
不论是静摩擦力,还是滑动摩擦力,都可以是动力也可以是阻力,也可能与位移方向垂直,所以不论是静摩擦力,还是滑动摩擦力,既可能对物体做正功,也可能对物体做负功,还可能不对物体做功。
(1)一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止,即两个物体的对地位移相同,由W=Flcos α可判断两个相互作用的静摩擦力做功的总和为零。
(2)一对相互作用的滑动摩擦力等大反向但物体之间相对滑动,即两个物体的对地位移不相同,由W=Flcos α可判断两个相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零,且两力做功的总和一定为负值。
2.摩擦生热
(1)系统内一对静摩擦力对物体做功时,由于相对位移为零,故没有内能产生,只有物体间机械能的转移。
(2)作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积,在数值上等于滑动过程因摩擦产生的内能,即Q=F滑s相对,其中F滑必须是滑动摩擦力,s相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)。
[典例] 如图所示,水平传送带由电动机带动,并始终保持以速度v顺时针匀速转动。现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端,经过一段时间物块恰好与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ。
(1)这一过程摩擦力对物块做的功为多少
(2)传送带克服摩擦力做的功为多少
(3)系统摩擦生热为多少
(4)与不放物块时相比,电动机多做的功为多少
尝试解答:
[题点全练清]
1.(多选)如图所示,一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块,并留在木块中,在此过程中子弹钻入木块的深度为d,木块的位移为l,木块与子弹间的摩擦力大小为F,则 ( )
A.F对木块做功为Fl
B.F对木块做功为F(l+d)
C.F对子弹做功为-Fd
D.F对子弹做功为-F(l+d)
2.(2024·广州高一检测)(多选)如图所示,质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t,小车运动的位移为x,物块刚好滑到小车的最右端 ( )
A.此时物块的动能为(F-Ff)(x+l)
B.这一过程中,物块对小车所做的功为Ff(x+l)
C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx
D.这一过程中,物块和小车摩擦产生的热量为Ffl
综合·融通(四) 功能关系与能量守恒定律
主题(一)
[典例] 选D 从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则重力做功WG＝mgR，选项A错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，小球的重力提供向心力，则有mg＝m，设摩擦力对小球做的功为Wf，小球从P到B的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝mv，联立解得Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机械能减少mgR，故B错误，D正确；根据功能关系知，合外力做功W合＝mv＝mgR，故C错误。
[题点全练清]
1．选D 滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；由能量守恒可知，重力势能的减小量等于动能的增加量与克服阻力所做的功之和，故C错误；由功能关系可知，合外力所做的功等于动能的变化量，故D正确。
2．选CD 重力做功WG＝mgh，由功能关系知，物体的重力势能减少mgh，故A错误，D正确；物体除重力做功外，阻力做负功，导致机械能减少，根据牛顿第二定律得F合＝ma＝mg－f＝mg，解得阻力f＝mg，阻力做功Wf＝－fh＝－mgh，物体的机械能减少mgh，故B错误；根据功能关系，物体的动能增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝WF合＝F合h＝mgh，故C正确。
主题(二)
[典例] 解析：(1)设弹簧的最大弹性势能为Epm，弹簧将箱子弹回到最高点的过程中，根据能量守恒定律有Epm＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L
解得Epm＝0.8MgL。
(2)设运送的货物的质量为m，货物和箱子向下运动过程中，根据能量守恒定律有
(m＋M)gLsin 30°＝Epm＋μ(m＋M)gcos 30°
解得m＝3M。
(3)当箱子和货物向下运动的速度达到最大时，设弹簧的压缩量为x1，根据力的平衡有
kx1＋μ(m＋M)gcos 30°＝(m＋M)gsin 30°
解得x1＝0.02L
设弹簧的最大压缩量为x2，则Epm＝kx
解得x2＝0.2L
设木箱与货物运动过程中的最大动能为Ek，根据能量守恒定律有
＝kx＋Ek
解得Ek＝0.648MgL
答案：(1)0.8MgL (2)3M (3)0.648MgL
[题点全练清]
1．选A 由能量守恒定律可知，要让秋千越荡越高，那么应该在秋千从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，使重心降低，使更多的重力势能转化为动能；秋千过了最低点后向上摆起时，身体应该迅速直立起来，使重心升高，获得更多的重力势能，故A正确。
2．选B 根据题意可知，发电机组每秒所发电能为W＝mgh·60%＝9×109 J＝9×106 kJ，该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是x＝ km＝1.8×104 km。故选B。
主题(三)
[典例] 解析：设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，从滑上传送带到相对静止的过程中物块的位移大小为x1，传送带相对地面的位移大小为x2，则x1＝vt，x2＝vt＝2x1。
(1)对物块运用动能定理，摩擦力对物块做的功为
Wf＝Ffx1＝mv2。
(2)传送带克服摩擦力做的功
Wf克＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2。
(3)系统摩擦生热
Q＝Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝mv2。
(4)电动机多做的功为传送带克服摩擦力做的功，
W多＝Wf克＝mv2。
答案：(1)mv2 (2)mv2 (3)mv2 (4)mv2
[题点全练清]
1．选AD 木块的位移为l，由W＝Flcos α得F对木块做功为Fl，子弹的位移为l＋d，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，即F对子弹做功为－F(l＋d)，故A、D正确。
2．选AD 对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理有(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车因摩擦产生的热量Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C错误。
5 / 5课时跟踪检测(二十四) 功能关系与能量守恒定律
(选择题1～10小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1．(2024·浙江杭州高一期末)有关功与能的下列说法中正确的是( )
A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量
D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量
2．(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
3．(2024·江苏苏州高一期中)如图，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向固定竖直向上，喷出的水柱最高可达约10 m，则喷泉电动机的输出功率约为( )
A．6 kW B．18 kW
C．60 kW D．180 kW
4.如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中( )
A．物块的重力势能减少了mgH
B．物块的动能损失了1.6mgH
C．物块的机械能损失了0.8mgH
D．物块克服摩擦力做功0.8mgH
5.(多选)如图所示，一热气球总质量为m，在竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为F阻，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的( )
A．重力势能增加了(mg＋F阻)h
B．动能增加了(F－mg－F阻)h
C．机械能增加了Fh
D．机械能增加了mgh＋mv2
6．(2024·福建三明高一期末)(多选)如图甲所示，一轻弹簧竖立在水平地面上，质量为0.5 kg的小球在外力的作用下，从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置。撤去外力后，小球被弹起上升至最高点的过程中，其速度平方随位移的变化v2 x图像如图乙所示， 其中0.2～1.0 m的图像为直线，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．小球与弹簧分离时位移小于0.2 m
B．小球的最大速度为v1＝4 m/s
C．弹簧弹性势能的最大值为Ep＝5 J
D．小球压缩弹簧的过程中，外力做功为WF＝4 J
7.(2024·浙江宁波高一阶段练习)DIY手工能够使人们体验到创造过程中的乐趣和成就感。如图为某款DIY太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时匀速行驶速度约为0.25 m/s，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15 cm2，g取10 m/s2。则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为( )
A．5% B．10%
C．20% D．30%
8．(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A. B.
C. D．nmgωRH
9.如图所示，一长L＝10 m的水平传送带AB，以恒定速度v＝8 m/s顺时针运动，现有一质量为m＝2 kg的物块以水平向右的初速度v0＝4 m/s从传送带左端A处滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4(g取10 m/s2)。则下列说法正确的是( )
A．经过1 s，滑动摩擦力对物块做功为－48 J
B．经过1 s，物块机械能变化量为64 J
C．物块从A到B点过程中，物块动能增加64 J
D．物块从A到B点过程中，系统内能增加16 J
10．(2024·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为，取地面为零势能面，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是( )
11．(12分)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2。求：
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
(2)滑块下滑的高度h；
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
12．(18分)(2024·成都高一检测)如图所示，大型车间传送带常用较大轮子带动，为保持传送带水平稳定传输物体，在上部分传送带下方还安装有滚轮支撑(图中未画出)。已知传送带两轮的半径r＝1 m，传输中传送带不打滑，质量为1 kg的物体从光滑轨道A点无初速下滑(A点比B点高h＝5 m)，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，当传送带静止时，物体恰能在C点飞离传送带，重力加速度g取10 m/s2，则：
(1)BC两点间距离为多少？
(2)当传送带两轮以12 rad/s的角速度顺时针转动时，物体仍从A点无初速释放，在整个过程中物体与传送带系统增加的内能为多少？电动机因运送物体而对传送带多做多少功？
课时跟踪检测(二十四)
1．选B 功是能量转化的量度，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故A错误；重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小，故B正确；沿竖直方向用手加速向上提水桶时，根据功能关系可知，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和，故C错误；坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和，故D错误。
2．选B 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则足球机械能减少，足球从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。
3．选B 喷出的水柱最高达10 m，可得水柱喷出的最大速度v＝＝10 m/s，根据能量转化，有P＝，又每个喷嘴t时间内喷出水的质量为m＝ρSvt＝ρπ2vt，解得P＝5πρd2v3≈18 kW，故选B。
4．选B 重力做功－mgH，根据功能关系可知，物块的重力势能增加了mgH，A错误；在此过程中，合外力做的功为W＝－ma＝－1.6mgH，由功能关系可知物块的动能损失了1.6mgH，B正确；在上升过程中，物块的动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故物块的机械能损失了0.6mgH，C错误；设物块克服摩擦力做功为W克，由动能定理可得W＝－mgH－W克＝－1.6mgH，解得W克＝0.6mgH，D错误。
5．选BD 热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；根据动能定理可得(F－mg－F阻)h＝ΔEk增，故B正确；根据功能关系，可得ΔE＝(F－F阻)h＝mv2＋mgh，故C错误，D正确。
6．选CD 小球的v2 x图像中，0.2～1.0 m的图像为直线，且不计空气阻力，说明小球在位移为x＝0.2 m时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，故A错误；与弹簧分离后的小球做竖直上抛运动，则根据运动学公式有v2＝＝ m/s＝4 m/s，小球速度最大时所处的位置为弹力和重力平衡的位置，所以小球最大速度满足v1>v2＝4 m/s，故B错误；小球弹起的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的最大值为Ep＝mghm＝0.5×10×1 J＝5 J，故C正确；由题图乙可知小球在压缩弹簧的过程中下降的高度为h＝0.2 m，根据功能关系有WF＋mgh＝Ep，可得外力做功为WF＝Ep－mgh＝5 J－0.5×10×0.2 J＝4 J，故D正确。
7．选A 由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为P机＝Fv＝fv＝0.2mgv＝0.065 W，该太阳能小车接收太阳的功率为P＝×S×(1－37%)，其中P总＝＝3.9×1026 W，r＝1.5×1011 m，S＝15 cm2＝1.5×10－3 m2，代入数据解得P≈1.304 W，该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为η＝×100%＝×100%≈5%，故选A。
8．选B 根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P＝，又T＝，联立有P＝，故选B。
9．选D 物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，有Ff＝μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，经过1 s物块相对地面的位移为x＝v0t＋at2＝6 m＜10 m，物块的速度v′＝v0＋at＝8 m/s，滑动摩擦力对物块做正功W＝Ffx＝μmgx＝48 J，物块机械能变化量为48 J，故A、B错误；物块到达B点时速度与传送带速度相同，物块的动能增加量为ΔEk＝mv2－mv＝48 J，故C错误；物块从A到B点过程中，系统内能增加Q＝Ff·x相＝μmg(vt－x)＝0.4×2×10×(8×1－6)J＝16 J，故D正确。
10．选BD 设O点到斜面底端的距离为x0，物块在水平地面上运动的距离为x1，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmgcos 53°·＋μmgx1＝μmgx，根据能量守恒定律可知，摩擦产生的热量为Q＝W克＝μmgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－mg·x，其E x图像是纵轴截距为mgh、斜率为－mg的倾斜直线，而其Q x图像是过原点且斜率为mg的倾斜直线，故A错误，D正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mgtan 53°·x＝mgh－mg·x，可知Ep x图像是纵轴截距为mgh、斜率为－mg的图线，当x>x0时，物块在水平地面上运动，重力势能为0保持不变，故B正确；当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能Ek1＝mgxtan 53°－μmgcos 53°·＝mg·x(x≤x0)，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1＝mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝mgx0－μmg(x－x0)＝mgx0－mg·x(x0≤x≤2x0)，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为mg，动能达到最大后，物块在水平地面上运动，其图线的斜率为－mg，可知图线具有对称性，故C错误。
11．解析：(1)对木板，由牛顿第二定律，有Ff＝Ma1，由运动学公式有v＝a1t，联立解得Ff＝2 N。
(2)对滑块，同理有－Ff＝ma2，设滑块滑上木板时的速度为v0，则v－v0＝a2t，解得v0＝3 m/s。
由机械能守恒定律，有mgh＝mv，
得h＝＝ m＝0.45 m。
(3)根据能量守恒定律，有Q＝mv－(M＋m)v2＝×1×32 J－×(2＋1)×12 J＝3 J。
答案：(1)2 N (2)0.45 m (3)3 J
12．解析：(1)设物体质量为m，在C点时运动速度为vC，BC间距离为x
当传送带静止时，物体恰能在C点飞离传送带，则有
mg＝m，
物体从开始下滑到离开传送带的过程，由动能定理得
mgh－μmgx＝mv
联立解得vC＝ m/s，x＝22.5 m。
(2)设物体滑到B点的速度为vB，物体从A点下滑到B点的过程，由机械能守恒定律有mgh＝mv，
解得vB＝10 m/s，
传送带的速度为v＝ωr＝12 m/s
所以物体先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得加速度大小为a＝μg＝2 m/s2
物体在BC段加速到与传送带速度相等的时间为
t＝＝ s＝1 s
这段时间物体经过的位移为
x1＝t＝11 m＜x＝22.5 m
所以物体先做加速运动再做匀速运动；
传送带在这段时间内经过的位移为x2＝vt＝12 m
则物体与传送带间相对位移为Δx＝x2－x1＝1 m
则物体与传送带系统增加的内能
Q＝fs＝fΔx＝μmgΔx＝2 J
电动机因运送物体而对传送带多做的功
W＝Q＋mv2－mv＝24 J。
答案：(1)22.5 m (2)2 J 24 J
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