北京市2018届高考物理二轮复习 专题4 功能关系在力学中的应用学案（含解析）

专题4 功能关系在力学中的应用考向预测能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。在功和功率的分析与计算部分，高考命题角度集中在功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析。题目难度以中档选择题为主。对动能定理应用的考查，高考命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强，试题难度较大，题型包括选择题与计算题。对机械能守恒定律应用的考查，高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查。试题难度以中档题为主。对功能关系及能量守恒的考查，选择题命题重点在考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用。高频考点：功、功率的理解与计算；机车启动问题；动能定理的应用；机械能守恒定律的应用；能量守恒定律。知识与技巧的梳理考点一、功功率的分析与计算例 (2018届高三天津五区县联考)如图所示，某质点运动的v-t图象为正弦曲线。从图象可以判断()A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等【审题立意】本题结合v-t图象考查变力做功的计算及对功率、平均功率和瞬时功率的理解的理解。解答此题首先要结合图象正确分析物体的受力情况和运动情况。【解题思路】质点运动的v-t图象描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，v-t图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图图象可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1 和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。【参考答案】 D【变式训练】1. 如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是() A人对车的推力F做的功为FLB人对车做的功为maLC车对人的作用力大小为maD车对人的摩擦力做的功为(Fma)L解析：根据功的公式可知，人对车的推力做功为WFL，选项A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为Fma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为ma，故人对车做的功为WmaL，选项B错误；因车对人还有沿竖直方向的支持力，大小等于mg，故车对人的作用力大小为，选项C错误；对人由牛顿第二定律得fFma，解得fmaF，车对人的摩擦力做功为WfL(Fma)L，选项D错误。答案：A2(2017潍坊模拟)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v-t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC10 s末物体在计时起点左侧4 m处D010 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W解析：由题图乙可知04 s内的加速度：a1 m/s22 m/s2，可得：Fmgma1；410 s内的加速度：a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10F|v10|36 W18 W，选项B错误；04 s 内的位移x148 m16 m，410 s内的位移x266 m18 m，xx1x22 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；010 s内恒力F做功的平均功率为 W0.6 W，选项D正确。答案：D考点二、机车启动问题例 (2017咸阳模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则()A0t1时间内，汽车的牵引力等于mBt1t2时间内，汽车的功率等于Ffv1C汽车运动的最大速度等于v1Dt1t2时间内，汽车的平均速度小于【审题立意】根据速度时间图象求出加速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小，抓住t1时刻的功率等于额定功率，根据加速度为0时速度最大求出最大速度。【知识构建】分析机车启动应注意的三个问题1机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律。2在公式PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此FFf时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度。3解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是以恒定功率启动。(1)以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用WPt求解，但不能用WFlcos 求解。(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动。【解题思路】由题图可知，汽车运动的最大速度为v2，则有PFfv2。在0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得FFfma，汽车的牵引力FFfmaFfm，选项A错误；t1t2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率PFfv2，选项B错误；题图上A点和B点都对应汽车功率PFv1Ffv2，而FFfm，联立解得v2v1，选项C正确；根据速度时间图象的面积表示位移，t1t2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt2t1的面积，汽车的平均速度大于，选项D错误。【参考答案】 C【变式训练】(2017泰安月考)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后拉力的功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是()A物块始终做匀加速直线运动B0t0时间内物块的加速度大小为Ct0时刻物块的速度大小为D0t1时间内物块上升的高度为解析：物块刚开始做匀加速运动时，绳子拉力F1mgma，t0时刻物块的速度v，加速度a，选项B、C错误；t0时刻拉力的功率达到最大值，此后速度继续增加，拉力减小，物块做变加速运动，选项A错误；t1时刻物块达到最大速度，此时绳子拉力F2mg，最大速度vm，在0t1时间内，由动能定理得mght0P0(t1t0)mv，解得h，选项D正确。答案：D考点三、动能定理的理解和应用例 (2017南充模拟)如图所示，半径为R1 m，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m1 kg的小球，在水平恒力F N的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点，A、B间的距离x m，当小球运动到B点时撤去外力F，小球经半圆管道运动到最高点C，此时小球对圆管外侧的压力FN2.6mg，然后垂直打在倾角为45的斜面上(g10 m/s2)，求：(1)小球在B点时速度的大小；(2)小球在C点时速度的大小；(3)小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功；(4)D点距地面的高度。【审题立意】对AB段，运用动能定理求小球在B点的速度；小球在C点时，根据向心力公式和牛顿第二定律求C点的速度；小球从B到C的过程，用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C后，由平抛运动规律和几何知识求D点距地面的高度。【解题思路】(1)小球从A到B过程，由动能定理得：FxmvB2解得：vB10 m/s。(2)在C点，由牛顿第二定律得：mgFNm又据题有：FN2.6mg，解得：vC6 m/s。(3)由B到C的过程，由动能定理得：mg2RWfmvC2mvB2解得克服摩擦力做的功Wf12 J。(4)设小球从C点到打在斜面上经历的时间为t，D点距地面的高度为h，则在竖直方向上有：2Rhgt2由小球垂直打在斜面上可知：tan 45联立解得：h0.2 m。【参考答案】 (1) 10 m/s(2) 6 m/s (3) 12 J (4) 0.2 m【技能突破】1应用动能定理求解的思路和步骤(1)了解由哪些过程组成，选哪个过程研究；(2)分析每个过程物体的受力情况；(3)分析各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献；(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能；(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。2动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力既可以同时作用，也可以分段作用。3“两状态，一过程”是应用动能定理的着眼点，即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，明确研究过程，关注这一过程的位置变化或位移信息。【变式训练】1. (2017石家庄检测)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v-t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为Dt3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)解析：根据题意，竖直向上为正方向，故在t3t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A错误；t0t2时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项B错误；0t2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，故选项C错误；根据动能定理，在t3t4时间内：WFmg(t4t3)mv42mv32，整理可得：WF(v4v3)g(t4t3)，故选项D正确。答案：D2. 如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5 m远处(B点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径R0.4 m，连接处相切。现将一质量m0.1 kg的小滑块放在弹簧的右端(在A点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2 J，放手后滑块被向右弹出，它与A点右侧水平面间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2。(1)求滑块运动到半圆形轨道最低点B时对轨道的压力；(2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问A、B之间的距离应调整为多少？解析：(1)小滑块被弹出至到达B点的过程，据动能定理有：W弹mgxmv滑块在B处有：FNmgm而W弹Ep2 J解得：FN6 N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下。(2)在C处，滑块对轨道的压力大小为mg，包含2种情况：若压力方向向上，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mgFN1m，FN1FN1mg整个过程，据动能定理有：W弹mgx1mg2Rmv解得：x14 m若压力方向向下，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mgFN2m；FN2FN2mg整个过程，据动能定理有：W弹mgx2mg2Rmv解得：x26 m。3. 如图所示，将弹簧平放在绝缘水平面上，其左端固定，自然伸长时右端在O点，O点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。水平面上OO与AA之间区域(含边界)存在与竖直方向的夹角37、斜向右上方的匀强电场，电场强度E5103 N/C。现将一质量m2 kg、电荷量q4103 C的带正电小物块从弹簧右端O点无初速度释放，物块从A点滑上倾角37的斜面。已知O、A间的距离为4.9 m，斜面AB的长度为 m，物块与OA段水平面间的动摩擦因数10.5，物块与斜面间的动摩擦因数20.75。(物块可视为质点且与弹簧不拴连，物块通过A点时速率无变化，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求物块沿斜面向上滑行的时间；(2)若用外力推物块向左压缩弹簧至某一位置后由静止释放，且电场在物块进入电场区域运动0.4 s后突然消失，物块恰能到达B点，求外力所做的功。解析：(1)物块在OA之间做匀加速直线运动，有：NqEcos 37mg，qEsin 371Nma1，v2a1xOA联立以上各式，解得：N4 N，a15 m/s2，vA7 m/s物块在斜面上向上做匀减速直线运动，有：mgsin 372mgcos 37ma2解得：a212 m/s2假设物块在斜面上速度可减为零，且该过程在斜面上发生的位移为x，有：0v2a2x解得x m小球从P到D由机械能守恒定律得：mv026mgRmv25mgR解得：v 若小球能过H点，则H点速度满足vH0小球从P到H时，机械能守恒，H点的速度等于P点的初速度，为0综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能。小球从P到B由机械能守恒定律得：mv026mgRmvB2在B点轨道给小球的弹力NB满足：NBmgm解得：NBmg；小球从P到F由机械能守恒定律得：mv026mgRmvF23mgR在F点轨道给小球的弹力NF满足：NFmgm联立解得：NFmg；比较可知：F点轨道对小球的弹力最大，为mg。【参考答案】见解析【知识构建】1机械能守恒定律的理解2运用机械能守恒定律求解问题时的注意点(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。(2)研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)守恒表达式的选取“守恒观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平面，而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面。例2. 如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：(1)斜面的倾角；(2)B的最大速度v。【审题立意】对A、B、C受力分析，由平衡条件列方程可以求出斜面的倾角；系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出B的最大速度。【解题思路】(1)设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，对A有：kxAmg此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细绳拉力T三个力的作用。设B的加速度为a，根据牛顿第二定律：对B有：TmgkxAma；对C有：4mgsin T4ma当B获得最大速度时，有a0由此解得sin 0.5，所以30。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB，显然xAxB。当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离为xAxB。由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒定律可得：4mg(xAxB)sin mg(xAxB)(4mm)v2代入数值解得：v2g。【参考答案】(1)30(2)v2g【技能突破】含弹簧的系统机械能守恒问题1弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算；弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。2弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且W弹Ep。【变式训练】1. (2017甘肃检测)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时M离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是()AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处，则此时m的加速度为零D若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于m的机械能增加量解析：因M、m之间有弹簧，故两物体所受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故A错误；M的重力沿斜面的分力为Mgsin 30mg，先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受细绳拉力为mg，故m与地面间的作用力恰好为零，故B正确；然后M做减速运动，M恰好到达挡板处时，即速度恰好减小到零，弹簧仍处于伸长状态且弹力大于mg，m的加速度不为零，故C错误；若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与m的机械能增加量之和，故D错误。答案：B2. 如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动。如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力。(1)求若小球从高为h处由静止释放，小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；(2)若要使小球运动过程中不脱离轨道，讨论小球由静止释放时的高度应满足的条件；(3)若让小球从高为h2R处的A点由静止释放，试求小球通过圆轨道底端后所能到达的最大高度。解析：(1)小球从高为h处由静止释放到到达圆轨道底端过程，由机械能守恒定律得mghmv2在底端，由牛顿第二定律得Nmgm解得Nmgmmg(1)根据牛顿第三定律得NNmg(1)， 方向为竖直向下。(2)要使小球运动过程中不脱离轨道：第一种可能：恰能到达最高点，设在最高点时速度为vm，有mgm能过最高点，则在最高点时速度应满足vvm由机械能守恒定律有mghmv2mg2R解得hR第二种可能：小球到达圆轨道上与圆心等高处时速度恰为零，有mghmgR则hR不能到达圆轨道上高于圆心处，则hR所以hR或hR。(3)h2RR，设小球将在C点脱离轨道，C点、轨道圆心的连线与水平方向成角，此时N0，即mgsin m小球从A点到C点，根据机械能守恒定律有mg2Rmvmg(RRsin )解得sin ，vC小球从C处开始做斜抛运动，到达最高点时速度vxvCsin vC小球从A点到最高点，根据机械能守恒定律有mg2Rmghmv解得hR。3. 如图，一质量不计的细线绕过光滑的轻质定滑轮O (大小不计)与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根光滑的固定竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角53，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中均不会与其他物体相碰。现将圆环从A点由静止释放(已知sin 530.8，cos 530.6)，试求：(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；(2)圆环下滑到B点时的速度大小；(3)圆环能下滑的最大距离。解析：(1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，圆环下降高度为hAC砝码下降高度为hL对系统，由机械能守恒定律得mghAC5mghmv则圆环的速度v12。(2)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v2，则砝码的速度为v2cos 53。对系统，由机械能守恒定律得mghABmv5m(v2cos 53)2解得圆环下滑到B点时的速度v2。(3)当圆环下滑最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零，砝码上升的高度H由于系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH5mgH解得圆环能下滑的最大距离H。考点五、功能关系例 (2017揭阳期末)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的滑块在曲面上距BC高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数0.5，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。求：(1)滑块到达B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm。【审题立意】本题考查能量守恒定律的综合应用，解答此题关键是弄清楚下面两个问题：“进入管口C端时与圆管恰好无作用力”说明什么？“滑块速度最大”时，滑块的加速度是多大？此时弹簧形变量是多少？【解题思路】 (1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得：mg2rmv解得：vB2(2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则：mgm滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得：mg2rmgsmv解得：s3r(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，此时：kx0mg滑块由C运动到距离D端x0处的过程中，由能量守恒得：mg(rx0)mvmvEp联立解得：vm 【参考答案】 见解析【技能突破】1. 常见的几种功能关系2. 涉及做功与能量转化问题的解题方法(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Qfl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再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E减和增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解。【变式训练】1. 如图甲所示，倾角为37的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。则下列说法正确的是()A物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B08 s内因摩擦产生的热量为72 JC08 s内物体机械能的增量为84 JD08 s内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为216 J解析：根据v-t图像的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a m/s21 m/s2，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma，解得0.875，故A错误；08 s内物体位移为x22 m4 m14 m，物体被送上的高度为hxsin 8.4 m，重力势能的增量为Epmgh84 J，动能增量为Ekm(vv)1(4222) J6 J，机械能增量为EEpEk90 J，故C错误；08 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动；06 s内传送带运动距离为s带46 m24 m，06 s内物体对地位移为s物22 m m6 m，因摩擦产生的热量为Qmgcos s相对mgcos (s带s物)0.8751100.818 J126 J，08 s内传送带电动机多消耗的电能为WEQ90 J126 J216 J，故B错误，D正确。答案：D2. 质量m1 kg的滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑，规定斜面底端为重力势能的参考平面。在上滑过程中，滑块的机械能E随位移x的变化规律如图甲所示，重力势能Ep随位移x的变化规律如图乙所示。已知重力加速度为g10 m/s2，求滑块与斜面间的动摩擦因数。解析：由功能关系得：fxEE0则E-x图像的斜率的绝对值|k|f4 N而摩擦力fmgcos 又mgxsin Ep则Ep-x图像的斜率kmgsin 6 N联立可得：0.5。3. 如图所示，质量为m20.6 kg的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m10.2 kg的小铁块，它离木板的右端距离d0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为0.2。现用拉力向左以3 m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：(1)将木板从铁块下抽出时，铁块和木板的动能各为多少？(2)将木板从铁块下抽出的过程中木板对铁块做的功。(3)系统产生的内能和拉力F做的功。解析：(1)对小铁块，由牛顿第二定律得：m1gm1a1则a12.0 m/s2木板的加速度a23 m/s2，设经过时间t，将木板从铁块下抽出，则有a2t2a1t2d代入数值解得t1 s铁块末速度v1a1t2 m/s，木板末速度v2a2t3 m/s铁块的动能Ek1m1v120.4 J，木板的动能Ek2m2v222.7 J。(2)铁块位移x1a1t21.0 m，木板位移x2a2t21.5 m这一过程，木板对铁块做的功为W1m1gx10.4 J。(3)系统产生的内能Qm1gd0.2 J拉力做的功Wm1v12m2v22Q3.3 J。15