2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五單元機(jī)械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)案新人教版

PAGE13-第4講功能關(guān)系能量守恒定律考綱考情核心素養(yǎng)?功能關(guān)系Ⅱ?幾種常見的功能關(guān)系和能量守恒定律.物理觀念全國卷5年4考高考指數(shù)★★★★★?利用功能關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計(jì)算．?能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路.科學(xué)思維學(xué)問點(diǎn)一功能關(guān)系1．功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．2．做功的過程肯定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必需通過做功來實(shí)現(xiàn)．3．做功對(duì)應(yīng)改變的能量形式(1)合外力的功影響物體的動(dòng)能的改變．(2)重力的功影響物體重力勢能的改變．(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能的改變．(4)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功影響物體機(jī)械能的改變．(5)滑動(dòng)摩擦力的功影響內(nèi)能的改變．(6)電場力的功影響電勢能的改變．學(xué)問點(diǎn)二能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消逝，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律．3．表達(dá)式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和．(2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于削減的那些能量的削減量．1．思索推斷(1)力對(duì)物體做了多少功，物體就具有多少能．(×)(2)力對(duì)物體做正功，物體的機(jī)械能不肯定增加．(√)(3)能量在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，其總量會(huì)不斷削減．(×)(4)物體的機(jī)械能削減的過程中，動(dòng)能有可能是增大的．(√)(5)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中守恒，因此沒有必要節(jié)約能源．(×)2．韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中(C)A．動(dòng)能增加了1900J B．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢能減小了1900J D．重力勢能減小了2000J解析：依據(jù)動(dòng)能定理得韓曉鵬動(dòng)能的改變?chǔ)＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J>0，故其動(dòng)能增加了1800J，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；依據(jù)重力做功與重力勢能改變的關(guān)系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J<0，故韓曉鵬的重力勢能減小了1900J，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對(duì)左起先運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x.則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(A)A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：由能量守恒定律可知，物體的初動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確．4．(多選)一個(gè)質(zhì)量為m的物體以a＝2g的加速度豎直向下運(yùn)動(dòng)，則在此物體下降hA．重力勢能削減了2mghB．動(dòng)能增加了2mghC．機(jī)械能保持不變D．機(jī)械能增加了mgh解析：下降h高度，則重力做正功mgh，所以重力勢能減小mgh，A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正確；重力勢能減小mgh，而動(dòng)能增大2mgh，所以機(jī)械能增加mgh，C錯(cuò)誤，D正確．5．足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反的初速度沖上傳送帶，最終小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列推斷中正確的是(B)A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2解析：對(duì)小物塊，由動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對(duì)路程x相對(duì)＝eq\f(2v2,μg)，這段時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對(duì)＝2mv2，選項(xiàng)B正確．考點(diǎn)1功能關(guān)系1．對(duì)功能關(guān)系的進(jìn)一步理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實(shí)現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式力做功能的改變定量關(guān)系合力的功動(dòng)能改變W＝Ek2－Ek1＝ΔEk(續(xù)表)力做功能的改變定量關(guān)系重力的功重力勢能改變(1)重力做正功，重力勢能削減(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能改變(1)彈力做正功，彈性勢能削減(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機(jī)械能改變(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就削減多少(3)W＝ΔE一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功內(nèi)能改變(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力總功肯定為負(fù)值(2)系統(tǒng)內(nèi)能增加Q＝Ff·L相對(duì)(2024·全國卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的改變?nèi)鐖D所示．重力加速度取10m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能削減100J【解析】依據(jù)題給圖象可知h＝4m時(shí)物體的重力勢能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek＝100J，由動(dòng)能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0時(shí)物體的速率為v＝10m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5N，從物體起先拋出至上升到h＝2m的過程中，由動(dòng)能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4m時(shí)，機(jī)械能為80J，重力勢能為80J，動(dòng)能為零，即物體從地面上升到h＝4m，物體動(dòng)能削減100J，選項(xiàng)D正確．【答案】AD高分技法對(duì)功能關(guān)系的進(jìn)一步理解1物體動(dòng)能的增量由外力做的總功來量度，即W外＝ΔEk，這就是動(dòng)能定理；2物體重力勢能的增量由重力做的功來量度，即WG＝－ΔEp，這就是重力做功與重力勢能改變量的關(guān)系；3物體機(jī)械能的增量由重力以外的其他力做的功來量度，即W其他＝ΔE機(jī)，W其他表示除重力以外的其他力做的功，這就是機(jī)械能增量與除重力外的其他力做的功的關(guān)系；4當(dāng)W其他＝0時(shí)，說明只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；5物體克服摩擦力做功時(shí)，能量由機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即Q＝Ff·s，s為路程.1.一個(gè)人站立在商場的自動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則(D)A．人對(duì)踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板對(duì)人的支持力做的功等于人的機(jī)械能增加量D．人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量解析：人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向豎直向上，水平方向上人受靜摩擦力作用，有f＝max＝macosθ，方向水平向右，豎直方向上人受重力和支持力，F(xiàn)N－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B錯(cuò)誤；除重力以外的力對(duì)物體做的功，等于物體機(jī)械能的改變量，踏板對(duì)人的力除了支持力還有摩擦力，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力也做功，所以踏板對(duì)人的支持力做的功不等于人的機(jī)械能的增加量，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量，故D正確．2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止起先自由下落，小球沿軌道到達(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(C)A．重力做功2mgR B．合外力做功eq\f(3,4)mgRC．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR D．機(jī)械能削減2mgR解析：小球通過B點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，即重力供應(yīng)向心力，mg＝meq\f(v2,R)，解得小球通過B點(diǎn)時(shí)速度v＝eq\r(gR)，小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功等于重力勢能削減量，為mgR，動(dòng)能增加量為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，合外力做功等于動(dòng)能增加量，為eq\f(1,2)mgR，機(jī)械能削減量為mgR－eq\f(1,2)mgR＝eq\f(1,2)mgR，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的削減量，為eq\f(1,2)mgR，故只有C選項(xiàng)正確．考點(diǎn)2摩擦力做功與能量守恒定律1．兩種摩擦力做功狀況的對(duì)比靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，總功W＝－Ff·s相對(duì)，即摩擦?xí)r產(chǎn)生熱量相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功；靜摩擦力做正功時(shí)，它的反作用力肯定做負(fù)功；滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功時(shí)，它的反作用力可能做正功，可能做負(fù)功，還可能不做功；但滑動(dòng)摩擦力做正功或不做功時(shí)，它的反作用力肯定做負(fù)功2.對(duì)能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等．(2)轉(zhuǎn)移：某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量相等．3．運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時(shí)上端位于C點(diǎn)，用一根不行伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量m＝2kg，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A起先沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點(diǎn)．已知重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)．求在此過程中：(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能．【解析】(1)在物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過程中，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL解得v＝2m/s.(2)對(duì)A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點(diǎn)壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)動(dòng)能的削減量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m.(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J.【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)6J高分技法涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法1分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；依據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化狀況.2當(dāng)涉及摩擦力做功時(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特殊留意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝f·s相對(duì)，s相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長度.3解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)改變過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解.3．(多選)一個(gè)物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做功為eq\f(1,4)E.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則(BC)A．返回斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時(shí)速度大小為eq\r(3)vC．從動(dòng)身到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從動(dòng)身到返回斜面底端，機(jī)械能削減eq\f(3,8)E解析：本題考查功能關(guān)系在斜面模型中的應(yīng)用．物塊以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設(shè)物塊以初動(dòng)能為E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能為3E沖上斜面的初速度為eq\r(3)v0，兩次沖上斜面后的加速度相同，依據(jù)2ax＝veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)可知物體上滑的最大位移為x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)，則物塊其次次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，則整個(gè)過程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為eq\f(3,4)E，故C正確；以初動(dòng)能為3E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時(shí)速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，其次次從動(dòng)身到返回斜面底端，機(jī)械能削減量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用題型1應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題某校愛好小組制作了一個(gè)嬉戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點(diǎn)用一彈射裝置將小滑塊以某一水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后，進(jìn)入半徑R＝0.1m的光滑豎直圓形軌道，運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱，C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h＝0.2m，水平距離s＝0.6m，水平軌道AB長為L1＝0.5m，BC長為L2＝1.5m，小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)，求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小；(2)若嬉戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出．求小滑塊在A點(diǎn)射出的速度大小范圍．【解析】(1)對(duì)滑塊從A到B的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，則－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①由B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2②小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v，由牛頓其次定律有mg＝meq\f(v2,R)③由以上三式解得小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度v1＝3m/s.④(2)若小滑塊剛好停在C處，則從A到C由動(dòng)能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)⑤解得小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度為v2＝4m/s若小滑塊停在BC段，應(yīng)滿意3m/s≤vA≤4m/s若小滑塊能通過C點(diǎn)并恰好越過陷阱，對(duì)A到C的過程應(yīng)用動(dòng)能定理－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)⑥依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，則有豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2⑦水平方向s＝v0t⑧解得vA＝5m/s所以初速度的范圍為3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s.【答案】(1)3m/s(2)3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s高分技法多過程問題解題關(guān)鍵1多運(yùn)動(dòng)組合問題主要是指直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題.2解題關(guān)鍵①抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程，將物理過程分解成幾個(gè)簡潔的子過程.②兩個(gè)相鄰過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵.許多狀況下平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口.題型2傳送帶模型如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時(shí)間1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能．【解析】(1)由題可知，傳送帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\x\to(v)t1＝eq\f(v0,2)t1勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x－x1＝v0(t－t1)解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8s加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝0.8m所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓其次定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),2).(2)從能量守恒的觀點(diǎn)，明顯電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、重力勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生熱量．在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移x2＝v0t1＝1.6m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移x相對(duì)＝x2－x1＝0.8m在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱Q＝μmgcosθ·x相對(duì)＝60J工件獲得的動(dòng)能Ek＝eq