2024年高中物理新教材同步 必修第二冊(cè) 第8章 專題強(qiáng)化　功能關(guān)系及其應(yīng)用

專題強(qiáng)化功能關(guān)系及其應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.掌握常見的功能關(guān)系，理解功與能的關(guān)系(重點(diǎn))。2.能夠靈活選用功能關(guān)系分析問題(重難點(diǎn))。一、幾種典型的功能關(guān)系如圖，質(zhì)量為m的物塊在恒定外力F的作用下由靜止向上加速運(yùn)動(dòng)了h，此過程外力做功多少？物塊重力勢(shì)能變化了多少？物塊動(dòng)能變化了多少？物塊機(jī)械能變化了多少？(空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g)答案由功的定義，知此過程外力做功Fh物塊重力勢(shì)能增加了mgh對(duì)物塊在此過程，由動(dòng)能定理有Fh－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0則ΔEk＝(F－mg)h物塊機(jī)械能變化量ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mgh故ΔE＝Fh。功能關(guān)系表達(dá)式物理意義正功、負(fù)功含義重力做功等于重力勢(shì)能減少量WG＝－ΔEp重力做功是重力勢(shì)能變化的原因WG>0重力勢(shì)能減少WG<0重力勢(shì)能增加WG＝0重力勢(shì)能不變彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能減少量W彈＝－ΔEp彈力做功是彈性勢(shì)能變化的原因W彈>0彈性勢(shì)能減少W彈<0彈性勢(shì)能增加W彈＝0彈性勢(shì)能不變合外力做功等于動(dòng)能變化W合＝ΔEk合力做功是物體動(dòng)能變化的原因W合>0動(dòng)能增加W合<0動(dòng)能減少W合＝0動(dòng)能不變機(jī)械能的變化W其他＝ΔE機(jī)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做功是機(jī)械能變化的原因W其他>0機(jī)械能增加W其他<0機(jī)械能減少W其他＝0機(jī)械能守恒一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能增加量Ffl相對(duì)＝Q(l相對(duì)指相對(duì)路程)滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積等于產(chǎn)生的熱量功和能一樣嗎？二者有何關(guān)系？答案不一樣。二者的關(guān)系：①功是能量轉(zhuǎn)化的量度。②力的做功過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程；不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能的轉(zhuǎn)化。③做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。例1(2023·貴陽市期末)質(zhì)量為m的物體在升降機(jī)中，隨升降機(jī)豎直向上以大小為eq\f(1,4)g(g為重力加速度)的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，上升高度為h，在此過程中，物體的機(jī)械能()A．增加eq\f(1,4)mgh B．減少eq\f(1,4)mghC．增加eq\f(3,4)mgh D．減少eq\f(3,4)mgh答案C解析物體減速上升，加速度方向向下，由牛頓第二定律可得mg－F＝ma，解得F＝eq\f(3,4)mg，除重力外的其他力所做的功等于機(jī)械能的變化量，力F做正功，機(jī)械能增加，增加量為ΔE＝Fh＝eq\f(3,4)mgh，故選C。例2(多選)(2023·臨汾市高一期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的eq\f(3,4)圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿圓弧軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A．重力做功mgRB．機(jī)械能減少eq\f(1,2)mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR答案AB解析P、B高度差為R，重力做功為mgR，A正確；到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，則mg＝meq\f(vB2,R)得vB＝eq\r(gR)，所以合外力做功W＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，C錯(cuò)誤；以O(shè)A所在平面為參考平面，初始機(jī)械能為E1＝2mgR，末狀態(tài)機(jī)械能為E2＝mgR＋eq\f(1,2)mvB2，機(jī)械能增量為ΔE＝E2－E1＝－eq\f(1,2)mgR，則W克f＝eq\f(1,2)mgR，B正確，D錯(cuò)誤。二、熱量的產(chǎn)生與摩擦力做功如圖，質(zhì)量為M、長為l0的木板靜止放置于光滑地面上，一質(zhì)量為m的物塊以速度v0從左端沖上木板，物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff。當(dāng)物塊滑至木板最右端時(shí)，兩者恰好達(dá)到共同速度v，且此時(shí)木板位移為l。(1)此過程中物塊的位移大小為多少？對(duì)物塊列出動(dòng)能定理表達(dá)式。(2)對(duì)木板列出動(dòng)能定理的表達(dá)式。(3)一對(duì)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做的功為多少？(用Ff、l0表示)；系統(tǒng)動(dòng)能變化量為多少？(用M、m、v0、v表示)；系統(tǒng)摩擦力做功的過程中產(chǎn)生的熱量是多少？(用M、m、v0、v表示)，產(chǎn)生的熱量與一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功的大小相等嗎？這說明什么？答案(1)物塊位移大小x＝l＋l0，由動(dòng)能定理－Ff(l＋l0)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02①(2)Ffl＝eq\f(1,2)Mv2②(3)由①②式相加－Ff(l＋l0)＋Ffl＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02③即－Ffl0＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02④摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功代數(shù)和為－Ffl0系統(tǒng)動(dòng)能變化量為eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02系統(tǒng)摩擦過程中產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2)由④式知，摩擦產(chǎn)生的熱量與一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功的大小相等，故有Ffl相對(duì)＝Q(l相對(duì)指相對(duì)路程)。例3(多選)(2022·成都市高一期末)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是()A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為FfxC．小物塊和小車組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x)D．小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋L)－FfL答案ABD解析小物塊水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根據(jù)動(dòng)能定理得(F－Ff)(L＋x)＝eq\f(1,2)mv2－0，即小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x)，故A正確；小車相對(duì)地面的位移為x，水平方向僅受小物塊對(duì)小車的摩擦力作用，根據(jù)動(dòng)能定理得Ffx＝eq\f(1,2)Mv′2，故B正確；小物塊相對(duì)小車的位移為L，則產(chǎn)生的熱量為Q＝FfL，故C錯(cuò)誤；外力做的功轉(zhuǎn)化為了系統(tǒng)的機(jī)械能還有摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，所以小物塊和小車增加的機(jī)械能為ΔE＝F(L＋x)－FfL，故D正確。例4如圖，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))水平射入木塊的深度為d時(shí)，子彈與木塊相對(duì)靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿水平桌面移動(dòng)的距離為x，木塊對(duì)子彈的平均阻力大小為Ff，那么在這個(gè)過程中，下列說法不正確的是()A．木塊的動(dòng)能增量為FfxB．子彈的動(dòng)能減少量為Ff(x＋d)C．系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為FfdD．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Ff(x＋d)答案D解析子彈對(duì)木塊的作用力大小為Ff，木塊相對(duì)于桌面的位移為x，則子彈對(duì)木塊做功為Ffx，根據(jù)功能關(guān)系，木塊動(dòng)能的增量等于子彈對(duì)木塊做的功，即為Ffx，故A正確；木塊對(duì)子彈的阻力做功為W＝－Ff(x＋d)，根據(jù)功能關(guān)系得知：子彈動(dòng)能的減少量等于子彈克服阻力做的功，大小為Ff(x＋d)，故B正確；子彈相對(duì)于木塊的位移大小為d，則系統(tǒng)克服阻力做功為Ffd，根據(jù)功能關(guān)系可知，系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為Ffd，產(chǎn)生的熱量為Ffd，故C正確，D錯(cuò)誤。專題強(qiáng)化練1．(2022·溫州市高一期末)飛行員跳傘訓(xùn)練的場景如圖所示。一飛行員下降到極限高度時(shí)打開降落傘，而后豎直向下做減速運(yùn)動(dòng)。若飛行員和降落傘的總質(zhì)量為m，所受空氣阻力大小恒為F，g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。則在減速下降h的過程中()A．飛行員和降落傘所受阻力做功為FhB．飛行員和降落傘所受合力做功為Fh－mghC．飛行員和降落傘的機(jī)械能減少了FhD．飛行員和降落傘的重力勢(shì)能減少了mgh－Fh答案C解析飛行員和降落傘所受阻力做功為WF＝－Fh，飛行員和降落傘的機(jī)械能減少了Fh，A錯(cuò)誤，C正確；飛行員和降落傘所受合力做功為W＝mgh－Fh，B錯(cuò)誤；飛行員和降落傘的重力所做的功為mgh，重力勢(shì)能減少了mgh，D錯(cuò)誤。2.(2022·濱海縣八灘中學(xué)高一期中)將一定質(zhì)量的小球放在豎立的彈簧上，彈簧的下端固定(如圖甲)，現(xiàn)把小球按到A點(diǎn)位置保持靜止，迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C點(diǎn)(如圖乙)，途中經(jīng)過位置B點(diǎn)時(shí)，彈簧正好處于原長，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均忽略不計(jì)，則()A．小球剛脫離彈簧時(shí)的動(dòng)能最大B．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，小球重力勢(shì)能的增加量等于彈簧彈性勢(shì)能的減小量C．上升過程的某一階段，小球的動(dòng)能減小，而機(jī)械能增加D．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，小球克服重力做的功大于彈簧彈力做的功答案C解析小球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，當(dāng)彈簧的彈力等于重力時(shí)，合力為零，小球的速度達(dá)到最大，速度最大位置在A、B之間，故A錯(cuò)誤；從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在B點(diǎn)小球的動(dòng)能大于A點(diǎn)的動(dòng)能，所以小球重力勢(shì)能的增加量小于彈簧彈性勢(shì)能的減小量，故B錯(cuò)誤；上升過程中小球從速度最大位置到B點(diǎn)，小球的動(dòng)能減小，彈簧彈性勢(shì)能減小，而小球的機(jī)械能增加，故C正確；從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知WG＋W彈＝ΔEk＝0所以小球克服重力做的功等于彈簧彈力做的功，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，兩個(gè)完全相同的物體分別自斜面AC和BC頂端由靜止開始下滑，物體與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，物體滑至斜面底部C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為EA和EB，下滑過程中產(chǎn)生的熱量分別為QA和QB，則()A．EA>EBQA＝QB B．EA＝EBQA>QBC．EA>EBQA>QB D．EA<EBQA＝QB答案A解析設(shè)斜面傾角為θ，底邊長為b，則Wf＝μmgcosθ·eq\f(b,cosθ)＝μmgb，即摩擦力做功與斜面傾角無關(guān)，所以兩物體所受的摩擦力做功相同，即QA＝QB，產(chǎn)生的熱量相同。由題圖知A物體的重力做的功大于B物體的重力做的功，再由動(dòng)能定理知，EA>EB。故選項(xiàng)A正確。4．(多選)(2023·全國乙卷)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)()A．木板的動(dòng)能一定等于flB．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物塊的動(dòng)能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl答案BD解析當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)，對(duì)小物塊分析有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，對(duì)木板分析有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l(wèi)＝xm－xM。由于l>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動(dòng)能一定小于fl，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上分析，聯(lián)立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，則物塊從木板右端離開時(shí)的動(dòng)能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C錯(cuò)誤，D正確。5．(多選)(2022·福州市高一期末)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關(guān)該過程的分析正確的是()A．B物體的機(jī)械能一直減小B．B物體的動(dòng)能增加量等于B物體重力勢(shì)能的減少量C．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量D．細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量答案AD解析根據(jù)題意可知，從開始運(yùn)動(dòng)到B獲得最大速度的過程中，細(xì)線拉力一直對(duì)B物體做負(fù)功，則B物體的機(jī)械能一直減小，故A正確；根據(jù)題意可知，A物體、B物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則B物體重力勢(shì)能的減少量等于A、B物體動(dòng)能的增加量和彈簧彈性勢(shì)能增加量之和，B物體機(jī)械能的減少量等于A物體動(dòng)能增加量和彈簧彈性勢(shì)能增加量之和，故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，除重力和彈簧彈力以外的力做的功即細(xì)線的拉力做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，故D正確。6.(多選)(2023·銀川六盤山高級(jí)中學(xué)期末)一運(yùn)動(dòng)員穿著飛翔裝備從飛機(jī)上跳出后的一段運(yùn)動(dòng)過程可近似認(rèn)為是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，運(yùn)動(dòng)方向與水平方向成53°(sin53°＝0.8)，運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為eq\f(3g,4)(g為重力加速度)。已知運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)的質(zhì)量為m，則在運(yùn)動(dòng)員下落高度為h的過程中，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的減少量為mghB．運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的增加量為eq\f(3mgh,4)C．運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的增加量為eq\f(15,16)mghD．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了eq\f(mgh,16)答案ACD解析在運(yùn)動(dòng)員下落高度為h的過程中，重力做功為mgh，故運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的減少量為mgh，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，運(yùn)動(dòng)員下落高度為h的過程中位移為eq\f(h,sin53°)＝eq\f(5,4)h，則根據(jù)動(dòng)能定理eq\f(3,4)mg×eq\f(5,4)h＝ΔEk，則運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(15,16)mgh，故B錯(cuò)誤，C正確；運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的減少量為mgh，動(dòng)能的增加量為eq\f(15,16)mgh，則運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了mgh－eq\f(15,16)mgh＝eq\f(mgh,16)，故D正確。7.(多選)(2020·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J答案AB解析由E－s圖像知，物塊動(dòng)能與重力勢(shì)能的和減小，則物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個(gè)下滑過程中，物塊機(jī)械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，則可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時(shí)的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0m時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯(cuò)誤。8．(2022·上海市新中中學(xué)高一期中)如圖所示，軌道的ab段和cd段為半徑R＝0.8m的四分之一光滑圓弧，bc段為長L＝2m的水平面，圓弧和水平面平滑連接。質(zhì)量m＝1kg的物體從a點(diǎn)處由靜止下滑，水平面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物體第一次通過c點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)物體最終停下來的位置；(3)物體從a點(diǎn)靜止下滑到停下來的過程中機(jī)械能損失了多少。答案(1)20N(2)b點(diǎn)(3)8J解析(1)從a點(diǎn)到c點(diǎn)由動(dòng)能定理有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mvc2，在c點(diǎn)時(shí)FN－mg＝meq\f(vc2,R)聯(lián)立兩式解得FN＝20N，由牛頓第三定律可知，物體第一次通過c點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝20N(2)對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程有mgR＝μmgx，解得x＝4m則物體恰好停在b點(diǎn)；(3)物體從a點(diǎn)靜止下滑到停下來的過程中機(jī)械能損失了ΔE＝μmgx＝mgR＝8J。9．(2022·沈陽市第十中高一期末)如圖所示，在粗糙水平地面上A點(diǎn)固定一個(gè)半徑為R的光滑豎直圓軌道，在A點(diǎn)與地面平滑連接。輕彈簧左端固定在豎直墻上，自然伸長時(shí)右端恰好在O點(diǎn)，OA＝3R?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊P從與圓心等高處的B點(diǎn)由靜止釋放，物塊壓縮彈簧至E點(diǎn)時(shí)速度為0(E點(diǎn)未標(biāo)出)，第一次彈回后恰好停在A點(diǎn)。已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.125，重力加速度為g，求：(1)物塊P第一次到達(dá)圓軌道A點(diǎn)時(shí)受到的彈力大小；(2)OE的長度及彈簧的最大彈性勢(shì)能；(3)若換一個(gè)材料相同的物塊Q，在彈簧右端將彈簧壓縮到E點(diǎn)由靜止釋放，物塊Q質(zhì)量多大時(shí)恰好過圓軌道最高點(diǎn)C。答案(1)3mg(2)Req\f(1,2)mgR(3)eq\f(1,6)m解析(1)物塊第一次通過A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過程根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＝eq\f(1,2)mvA2－0①在A點(diǎn)物塊受到的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(vA2,R)②解得F＝3mg③(2)設(shè)彈簧壓縮到E點(diǎn)彈簧的壓縮量為x，最大彈性勢(shì)能為Ep，根據(jù)功能關(guān)系得由B到E，mgR－μmg(3R＋x)－Ep＝0④由E到A，Ep－μmg(3R＋x)＝0⑤聯(lián)立解得x＝R⑥Ep＝eq\f(1,2)mgR⑦(3)設(shè)物塊Q的質(zhì)量為mQ，物塊Q恰好到達(dá)C點(diǎn)時(shí)有mQg＝mQeq\f(vC2,R)⑧物塊Q從E點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)功能關(guān)系得Ep－μmQg(3R＋x)－mQg·2R＝eq\f(1,2)mQvC2⑨解得mQ＝eq\f(1,6)m。10．如圖所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經(jīng)過一段時(shí)間物塊恰好與傳送帶相對(duì)靜止。設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。(1)這一過程摩擦力對(duì)物塊做的功為多少？(2)傳送帶克服摩擦力做的功為多少？(3)系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量為多少？(4)與不放物塊時(shí)相比，電動(dòng)機(jī)多做的功為多少？(5)與不放物塊時(shí)相比，電動(dòng)機(jī)多做的這部分功與哪種能量的變化對(duì)應(yīng)？總結(jié)這條功能關(guān)系。答案(1)eq\f(1,2)mv2(2)mv2(3)eq\f(1,2)mv2(4)mv2(5)見解析解析設(shè)物塊與傳送帶之間的