2024高考物理課時(shí)作業(yè)五含解析

PAGEPAGE9課時(shí)作業(yè)(五)一、選擇題(共10個(gè)小題，3、6、8、9、10為多選，其余為單選，每題5分共50分)1．(2024·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在啟動(dòng)階段列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間成正比 B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比 D．與它的動(dòng)量成正比答案B解析本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能、動(dòng)量及其相關(guān)的學(xué)問點(diǎn)．依據(jù)初速度為零勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在啟動(dòng)階段，列車的速度與時(shí)間成正比，即v＝at，由動(dòng)能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知列車動(dòng)能與速度的二次方成正比，與時(shí)間的二次方成正比，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤；由v2＝2ax，可知列車動(dòng)能與位移x成正比，B項(xiàng)正確；由動(dòng)量公式p＝mv，可知列車動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，即與列車的動(dòng)量二次方成正比，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．(2024·天津)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾的寵愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零 D．機(jī)械能始終保持不變答案C解析依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析物體受力狀況，依據(jù)牛頓其次定律求解出運(yùn)動(dòng)員與曲面間的正壓力變更狀況，從而分析運(yùn)動(dòng)員所受摩擦力變更；依據(jù)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能變更狀況，結(jié)合動(dòng)能定理分析合外力做功；依據(jù)運(yùn)動(dòng)過程中，是否只有重力做功來推斷運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能是否守恒．因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力肯定不為零，A項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)?FN＝meq\f(v2,R)＋mgcosθ，運(yùn)動(dòng)過程中速率恒定，且θ在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來越大，依據(jù)f＝μFN可知摩擦力越來越大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變更量為零，依據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零，C項(xiàng)正確；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，機(jī)械能不守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤．3．(2024·威海市5月其次次模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫出)，以下說法正確的是()A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離B．從O至b的過程中，小物塊的加速度漸漸減小C．小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢(shì)能的削減量等于小物塊克服摩擦力所做的功答案AD解析假如沒有摩擦力，依據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)當(dāng)在ab中間，Oa＝Ob.現(xiàn)在由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機(jī)械能損失，故無法到達(dá)沒有摩擦力狀況下的b點(diǎn)，也即O點(diǎn)靠近b點(diǎn)．故Oa>Ob，A項(xiàng)正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力漸漸變大，故物體的加速度漸漸變大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力漸漸減小，加速度漸漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢(shì)能的削減量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D項(xiàng)正確；故選A、D兩項(xiàng)．4.(2024·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)，小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止起先下滑，在小環(huán)下滑地過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力()A．始終不做功 B．始終做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心答案A解析A、B兩項(xiàng)，大圓環(huán)是光滑的，則小環(huán)和大環(huán)之間沒有摩擦力；大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力總是垂直于小環(huán)的速度方向，所以大環(huán)對(duì)小環(huán)沒有做功，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)，小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，在大環(huán)的上半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力背離大環(huán)圓心，運(yùn)動(dòng)到大環(huán)的下半部分時(shí)，支持力指向大環(huán)的圓心，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤，故選A項(xiàng)．5．(2015·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道如圖放置，三點(diǎn)POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止起先下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道，質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用W表示質(zhì)點(diǎn)從P運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功，則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，接著上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，接著上升一段距離答案C解析依據(jù)動(dòng)能定理可得質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能EkP＝mgR，在圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿半徑方向的合力供應(yīng)所需的向心力，即FN－mgsinθ＝meq\f(v2,R)，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，依據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力FN與質(zhì)點(diǎn)對(duì)軌道的壓力F′N大小相等為4mg，由牛頓其次定律和向心力公式有：4mg－mg＝meq\f(vN2,R)，得vN＝eq\r(3gR)，所以N點(diǎn)的動(dòng)能EkN＝eq\f(3,2)mgR，從P到N點(diǎn)過程由動(dòng)能定理，可得mgR－W＝eq\f(3,2)mgR－mgR，得克服摩擦力做功W＝eq\f(1,2)mgR，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN，依據(jù)功能關(guān)系可知質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功機(jī)械能削減，依據(jù)對(duì)稱性再結(jié)合前面可知從N到Q過程中的速度小于P到N過程中對(duì)應(yīng)高度的速度，軌道彈力小于P到N過程中對(duì)應(yīng)高度的彈力，軌道摩擦力小于P到N過程中對(duì)應(yīng)高度的摩擦力，故從N到Q質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功WNQ<W＝eq\f(1,2)mgR，由動(dòng)能定理，可得－mg·R－WNQ＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，得vQ>0，質(zhì)點(diǎn)仍會(huì)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，C項(xiàng)正確．6.(2024·河北省衡水中學(xué))如圖所示，曲線表示電場(chǎng)中關(guān)于x軸對(duì)稱的等勢(shì)面，在x軸上有a、b兩點(diǎn)．若一帶電粒子沿x軸從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與x軸方向相反B．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C．帶電粒子的電勢(shì)能肯定增加D．帶電粒子的動(dòng)能肯定增加答案BC解析A項(xiàng)，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與x軸方向相同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，點(diǎn)b的等勢(shì)面比a點(diǎn)的等勢(shì)面密，則b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比a點(diǎn)的大．即a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，若一帶電粒子沿x軸從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則帶電粒子的電勢(shì)能肯定增加，若只有電場(chǎng)力做功，則動(dòng)能減小，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B、C兩項(xiàng)．7．(2024·寧波二模)如圖所示為“風(fēng)光互補(bǔ)路燈”系統(tǒng)，有陽光時(shí)通過太陽能電池板發(fā)電，有風(fēng)時(shí)通過風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電，二者皆有時(shí)將同時(shí)發(fā)電，并將電能輸至蓄電池儲(chǔ)存起來，供路燈照明運(yùn)用，為了能使蓄電池的運(yùn)用壽命更為許久，一般充電至90%左右即停止充電，放電至20%左右即停止電能輸出．如表為某型號(hào)風(fēng)光互補(bǔ)路燈系統(tǒng)配置方案：風(fēng)力發(fā)電機(jī)太陽能電池組件其他元件最小啟動(dòng)風(fēng)速1.0m/s太陽能電池36W蓄電池500Ah－12V最小充電風(fēng)速2.0m/s最大限制風(fēng)速12.0m/s太陽能轉(zhuǎn)化效率15%大功率LED路燈80W－12V最大輸出功率400W已知當(dāng)?shù)卮怪庇谔柟獾钠矫娴玫降奶栞椛渥畲髲?qiáng)度約為240W/m2；當(dāng)風(fēng)速為6m/s時(shí)，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率將變?yōu)?0W．依據(jù)以上信息，下列說法中正確的是()A．當(dāng)風(fēng)速超過1m/s時(shí)，風(fēng)力發(fā)電機(jī)起先對(duì)蓄電池充電B．要想使太陽能電池的最大輸出功率達(dá)到36W，太陽能電池板的面積至少0.15m2C．當(dāng)風(fēng)速為6m/s時(shí)，利用風(fēng)能將蓄電池的電能由20%充至90%所需時(shí)間為84hD．利用該蓄電池給大功率LED路燈供電，蓄電池的電能由90%放電至20%，可使路燈正常工作75h答案C解析A項(xiàng)，由表格得充電風(fēng)速2.0m/s，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，電池板面積：S＝eq\f(P電,ηP輻)＝eq\f(36,240×15%)m2＝1m2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，蓄電池的容量：W＝12V×500A·h×(90%－20%)＝12V×500A×3600s×(90%－20%)＝1.512×107J；須要的時(shí)間：t＝eq\f(W,P)＝eq\f(1.512×107,50)s＝302400s＝84h，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，為了能使蓄電池的運(yùn)用壽命更為許久，一般充電至90%左右即停止，放電余留20%左右即停止電能輸出，故可供燈具發(fā)光時(shí)間：t燈＝eq\f(W,P燈)＝eq\f(1.512×107,80)s＝189000s＝52.5h．故D項(xiàng)錯(cuò)誤，故選C項(xiàng)．8.(2024·南通模擬)如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑絕緣直角斜面ABC，D是斜邊AB的中心，在C點(diǎn)固定一個(gè)帶電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷．一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度為v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為0，則()A．小球從A到D的過程中靜電力做功為eq\f(1,2)mv2B．小球從A到D的過程中電勢(shì)能漸漸減小C．小球從A到B的過程中電勢(shì)能先減小后增加D．AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝eq\f(mv2,q)答案CD解析A項(xiàng)，斜面的傾角為θ＝30°，斜面上AD＝DB，由幾何關(guān)系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距離與D到C的距離是相等的，所以D與A的電勢(shì)相等，則由W＝qU，知A到D的過程中電場(chǎng)力做的功等于0.故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由于A到C的距離與D到C的距離是相等的，由幾何關(guān)系可知，沿AD的方向上的各點(diǎn)到C的距離先減小后增大，距離減小的過程中電場(chǎng)力對(duì)負(fù)電荷做正功，所以從A到D的過程中負(fù)電荷的電勢(shì)能先減小后增大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，結(jié)合B的分析，同理可知，小球從A到B的過程中電勢(shì)能先減小后增加．故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為2L，則AD＝DB＝L，在小球從A到D的過程中，由動(dòng)能定理有：mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，在小球從A到B的過程中有：mg·2L·sinθ＋(－q)UAB＝0－0，所以UAB＝eq\f(mv2,q).故D項(xiàng)正確，故選C、D兩項(xiàng)．9．(2024·蘇北三市聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高．一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方eq\f(R,2)處．小球從最高點(diǎn)A由靜止起先沿逆時(shí)針方向下滑，已知彈簧的原長(zhǎng)為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.下列說法正確的有()A．彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的動(dòng)能最大B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gR)C．小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mgD．小球從A到C的過程中，彈簧對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量答案CD解析由幾何關(guān)系可知，彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的位置在C點(diǎn)上方，此時(shí)由于重力作用，小球仍要加速下滑，故此時(shí)小球的動(dòng)能不是最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由能量守恒定律可知mg·2R＋Ep1＝eq\f(1,2)mvB2＋Ep2；彈簧在A處的伸長(zhǎng)量等于在B處的壓縮量，則彈力大小相等，且Ep1＝Ep2，則解得vB＝2eq\r(gR)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力FA＝mg＋F彈；在B點(diǎn)時(shí)：FB－F彈－mg＝meq\f(vB2,R)；聯(lián)立解得：ΔF＝FB－FA＝meq\f(vB2,R)＝4mg，C項(xiàng)正確；因機(jī)械能的變更量等于除重力以外的其他力做功，故小球從A到C的過程中，除重力做功外只有彈簧彈力做功，故彈簧對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量，D項(xiàng)正確；故選C、D兩項(xiàng)．10．如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為R，不計(jì)小球大小．起先時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過程中機(jī)械能保持不變B．a(chǎn)、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機(jī)械能保持不變C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時(shí)速度為eq\r(2gR)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過程中輕桿對(duì)a球做的功為eq\f(mgR,2)答案BD解析由機(jī)械能守恒的條件得，a機(jī)械能不守恒，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．對(duì)ab系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgR＋2mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C項(xiàng)錯(cuò)誤．對(duì)a由動(dòng)能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(mgR,2)，D項(xiàng)正確．二、計(jì)算題(共4個(gè)小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11．(2024·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，漸漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%.答案(1)落地瞬間的機(jī)械能為4×108J進(jìn)入大氣層的機(jī)械能為2.4×1012J(2)克服阻力做功為9.7×108J解析(1)飛機(jī)著地瞬間，Ep重＝0，E機(jī)地＝eq\f(1,2)mv地2＝4.0×108J，進(jìn)入大氣層時(shí)，E機(jī)大氣層＝eq\f(1,2)mv大氣層2＋mgh大氣層＝2.4×1012J.(2)離地600m時(shí)，v＝v大氣層·2.0%＝150m/s，至著地瞬間過程，由動(dòng)能定理mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv地2－eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)Wf＝－9.7×108J，故克服阻力所做的功為9.7×108J.12.(2024·北京)2024年將在我國(guó)舉辦其次十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具欣賞性的項(xiàng)目之一．某滑道示意圖如右，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑連接，滑道BC高h(yuǎn)＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點(diǎn)，質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止起先勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30m/s.取重力加速度g＝10m/s2.(1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L；(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量的I大小；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力示意圖，并求其所受支持力N的大?。鸢?1)100m(2)1800N·s(3)3900N解析(1)已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求解斜面的長(zhǎng)度，即v2－v02＝2aL可解得：L＝eq\f(v2－v02,2a)＝100m(2)依據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的變更量所以I＝mvB－0＝1800N·s(3)小球在最低點(diǎn)的受力如圖所示由牛頓其次定律可得：N－mg＝meq\f(vC2,R)從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得：N＝3900N13．(2024·浙江模擬)如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A、B兩點(diǎn)相距s＝11m，一質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從左端A點(diǎn)由靜止起先運(yùn)動(dòng)．已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間；(2)物塊從A到B的過程中，因?yàn)閭魉臀飰K，傳送裝置多消耗的電能；(3)物塊從A到B的過程中，摩擦力對(duì)物塊做功的平均功率．答案(1)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為6s(2)物塊從A到B的過程中，因?yàn)閭魉臀飰K，傳送裝置多消耗的電能為4J(3)物塊從A到B的過程中，摩擦力對(duì)物塊做功的平均功率為eq\f(1,3)W解析(1)物塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為：a＝μg＝2m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝eq\f(v,a)＝1s勻加速運(yùn)動(dòng)的位移：x1＝eq\f(v2,2a)＝1m<11m則勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝s－x1＝10m勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x2,v)＝5s物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t＝t1＋t2＝6s(2)物塊在加速過程中與傳送帶間有相對(duì)滑動(dòng)，會(huì)產(chǎn)生熱量，此過程中傳送帶的位移為：x＝vt1＝2m所以物塊與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝x－x1＝1m此過程中產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgΔx＝2J因此物塊從A到B的過程中，傳送裝置多消耗的電能為：E＝Q＋Ek＝4J(3