2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第6講 經(jīng)典模型綜合分析專題突破練.doc

第6講經(jīng)典模型綜合分析考點(diǎn)一滑塊長木板模型1 (12分)如圖6-1甲所示,長為L、質(zhì)量為M=2m的長木板靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上長木板,滑塊離開木板時(shí)的速度為v1=v0.(1)求滑塊離開木板時(shí)木板的速度v2和此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q;(2)現(xiàn)將木板由上到下分成兩塊,并對(duì)接粘連在一起成木板C(如圖乙所示),滑塊與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)還和原來一樣,讓滑塊仍以初速度v0滑上長木板,求滑塊在C上滑行的距離s.圖6-1解答步驟規(guī)范(1)滑塊在木板上滑動(dòng)過程中,二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0= (2分)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,有Q=mgL=(2分)解得v2=v0,Q=m(2分)(2)假設(shè)滑塊未滑離木板,設(shè)共同速度為v,則mv0=(2分)mgs=(2分)解得s=L(1分)因s<2L,故滑塊沒有滑離木板,所以s=L(1分)歸納 滑塊長木板模型通常涉及力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量和能量等知識(shí),可以從以下三個(gè)方面分析:1.動(dòng)力學(xué)分析:判斷滑塊與長木板是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)是解決這類問題的一個(gè)難點(diǎn),通常采用整體法、隔離法和假設(shè)法等.往往先假設(shè)兩者相對(duì)靜止,由牛頓第二定律求出它們之間的摩擦力f,與最大靜摩擦力fm進(jìn)行比較分析.若f<fm,則不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng);反之,將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看,滑塊與長木板的速度和加速度不等,則會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).2.動(dòng)量分析:單個(gè)物體在明確運(yùn)動(dòng)時(shí)間的情況下,可以應(yīng)用動(dòng)量定理研究;對(duì)滑塊與長木板組成的整體,在合外力等于0的前提下,可以應(yīng)用動(dòng)量守恒定律研究.3.能量分析:當(dāng)滑塊和長木板受到滑動(dòng)摩擦力時(shí),會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能,應(yīng)用Q=fs相對(duì)來計(jì)算內(nèi)能.式1 如圖6-2所示,質(zhì)量為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng),小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道,DC部分是四分之一光滑圓弧軌道,整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的,小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小E為50 N/C,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為2.0 T.現(xiàn)有一質(zhì)量為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的速度向右滑入小車,當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)相對(duì)地面的速度為向右的5.0 m/s.(g取10 m/s2)(1)滑塊從A到D的過程中,求小車、滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能.(2)如果滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76 N,求圓弧軌道的半徑r.(3)當(dāng)滑塊通過D點(diǎn)時(shí),立即撤去磁場,要使滑塊不沖出圓弧軌道,求此圓弧軌道的最小半徑.圖6-2式2 質(zhì)量為M=1 kg的箱子靜止在光滑水平面上,箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為l=2 m,另一質(zhì)量也為m=1 kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從箱子中央以v0=6 m/s的速度開始運(yùn)動(dòng),如圖6-3所示.已知物體與箱底間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5,物體與箱壁間發(fā)生的是彈性碰撞,g取10 m/s2.(1)物體可與箱壁發(fā)生多少次碰撞?(2)從物體開始運(yùn)動(dòng)到剛好停在箱子上,箱子在水平面上移動(dòng)的距離是多少?圖6-3考點(diǎn)二子彈打木塊模型2 裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊.通過對(duì)以下簡化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因.圖6-4質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在光滑水平桌面上,質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板,剛好能將鋼板射穿.現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊,間隔一段距離水平放置,如圖6-4所示.若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板,穿出后再射向第二塊鋼板,求子彈射入第二塊鋼板的深度.(設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞,不計(jì)重力影響)導(dǎo)思 子彈剛好射穿質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能損失多少?子彈射穿第一塊質(zhì)量為m、厚度為d的鋼板后剩余的動(dòng)能是多少?歸納 “子彈打木塊模型”是碰撞中的常見模型,其突出特征是在子彈打擊木塊的過程中有機(jī)械能損失,此類問題的一般解法可歸納如下:(1)分析子彈打擊木塊的過程,弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動(dòng)還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動(dòng).(2)子彈在打擊木塊的過程中,由于時(shí)間較短,內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,故在打擊的過程中動(dòng)量守恒.(3)子彈在打擊木塊過程中產(chǎn)生的機(jī)械能損失,一般有兩種求解方法:一是通過計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失;二是通過計(jì)算在子彈打擊木塊的過程中,子彈克服阻力做的功與阻力對(duì)木塊做的功的差值進(jìn)行求解.式 如圖6-5所示,放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上、下兩層粘在一起組成的.質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊,若擊中上層,則子彈剛好不穿出;若擊中下層,則子彈嵌入其中.比較這兩種情況,以下說法中不正確的是()圖6-5A.滑塊對(duì)子彈的阻力一樣大B.子彈對(duì)滑塊做的功一樣多C.滑塊受到的沖量一樣大D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多考點(diǎn)三彈簧模型3 如圖6-6所示,一根被鎖定的輕彈簧下端固定在水平地面上,上端固定著一質(zhì)量為m的薄木板A,彈簧的壓縮量為h.圖中P點(diǎn)距地面高度正好等于彈簧原長,在P點(diǎn)上方有一距它高度為2h、質(zhì)量為2m的物塊B.現(xiàn)解除彈簧的鎖定,木板A上升到P點(diǎn)時(shí)恰好與自由下落的物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短),并一起無粘連地向下運(yùn)動(dòng).B與A第一次分開后能到達(dá)的最高位置在P點(diǎn)上方的處.已知重力加速度為g,整個(gè)過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)并保持豎直.求:圖6-6(1)A、B第一次分開瞬間B的速度大小;(2)A、B第一次碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)到A的初始位置時(shí)速度的大小.導(dǎo)思 B與A分離時(shí)兩者的彈力為多大,此時(shí)彈簧處于什么狀態(tài)?碰撞前A從初始位置到P,能量是如何變化的?歸納 彈簧模型是高考中特色鮮明的物理模型之一.該模型涉及共點(diǎn)力的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律以及功能關(guān)系等知識(shí).運(yùn)動(dòng)過程中,從力的角度看,彈簧的彈力是變力,從能量的角度看,彈簧是儲(chǔ)能元件.處理這些問題時(shí),要特別注意:(1)當(dāng)涉及彈簧的彈力做功時(shí),由于彈簧的彈力是變力,故一般不直接采用功的定義式求解.中學(xué)階段通常根據(jù)動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律來間接求解彈簧彈力做的功或彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能.(2)彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的規(guī)格和形變程度有關(guān),對(duì)同一根彈簧而言,無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),只要形變量相同,其儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能就相同.式1 如圖6-7所示,質(zhì)量為2m的“”形木板靜止在光滑的水平面上,木板左端固定著一水平輕質(zhì)彈簧,一質(zhì)量為m的小木塊從木板右端以未知速度v0開始沿木板向左滑行,最終恰好回到木板右端;在木塊壓縮彈簧過程中,彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為Ep.木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g.求:(1)未知速度v0的大小;(2)木塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)的最大距離xm.圖6-7式2 如圖6-8所示,固定在水平地面上的斜面傾角為45,斜面上A、B兩點(diǎn)之間距離L=2 m,在斜面下端C點(diǎn)固定有一個(gè)與斜面垂直的擋板,一勁度系數(shù)為k=68 N/m的輕質(zhì)彈簧下端固定在擋板上,上端位于圖中B點(diǎn),彈簧處于原長狀態(tài).質(zhì)量為m=1 kg、大小不計(jì)的滑塊從斜面的最高點(diǎn)A沿斜面由靜止開始下滑,滑塊沿斜面下滑到B點(diǎn)時(shí)與彈簧開始接觸,整個(gè)過程彈簧都在彈性限度內(nèi).已知滑塊與斜面AB段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.40,與BC段之間不存在摩擦力.不計(jì)滑塊與彈簧接觸時(shí)的能量損失,忽略空氣阻力.彈簧彈性勢(shì)能Ep=kx2,x為彈簧的形變量,重力加速度g取10 m/s2.(1)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度變?yōu)榱銜r(shí),彈簧的最大壓縮量為多少?(2)滑塊從A處由靜止開始下滑到與彈簧發(fā)生第n次接觸的過程中,求滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)通過的總路程.(3)最終滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)通過的總路程為多少?圖6-8考點(diǎn)四傳送帶模型 4 如圖6-9所示,靜止的水平傳送帶右端B點(diǎn)與粗糙的水平面相接,傳送帶長L1=0.36 m.質(zhì)量為1 kg的滑塊以v0=2 m/s的水平速度從傳送帶左端A點(diǎn)沖上傳送帶,并從傳送帶右端滑上水平面,最后停在與B點(diǎn)距離為L2=0.64 m的C處.(g取10 m/s2,滑塊與傳送帶間及與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同)圖6-9(1)求動(dòng)摩擦因數(shù)的值.(2)若滑塊從A點(diǎn)以v0=2 m/s的水平速度沖上傳送帶時(shí),傳送帶以v=2 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),求滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中,傳送帶對(duì)滑塊的沖量大小和整個(gè)過程電動(dòng)機(jī)由于傳送滑塊多消耗的電能.導(dǎo)思 傳送帶不動(dòng),滑塊從A到C做什么運(yùn)動(dòng)?當(dāng)傳送帶以v=2 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),滑塊在傳送帶上做什么運(yùn)動(dòng)?相對(duì)傳送帶的位移是多少?歸納 傳送帶模型與滑塊長木板模型相似,解題關(guān)鍵是分析各接觸面間的摩擦力,通過受力分析判斷能否運(yùn)動(dòng)以及運(yùn)動(dòng)狀態(tài).此類題目要從頭開始細(xì)致地對(duì)不同過程分別進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析.其中有幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn):(1)物體在傳送帶上的相對(duì)運(yùn)動(dòng)分析,從而判定摩擦力方向;(2)物體在傳送帶上是加速、減速,還是勻速運(yùn)動(dòng),是否會(huì)出現(xiàn)與傳送帶速度相等的情況,要注意判斷速度相等時(shí)物體是否離開傳送帶;(3)計(jì)算產(chǎn)熱要用摩擦力大小乘總的相對(duì)路程,求總的相對(duì)路程一般要在分析清楚全過程的運(yùn)動(dòng)情況后,將所有分過程相對(duì)位移的絕對(duì)值相加.式1 如圖6-10所示,足夠長的傳送帶與水平面的夾角為,傳送帶以速度v0順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻從傳送帶頂端滑下一質(zhì)量為m、速度大小為v的物塊.已知傳送帶的速度保持不變,且v>v0,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為且>tan ,則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中()圖6-10A.物塊對(duì)傳送帶做正功B.物塊的機(jī)械能不斷增加,物塊下行時(shí)間等于上行時(shí)間C.傳送帶對(duì)物塊做功為W=mv2-mD.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于物塊動(dòng)能的變化量的大小式2 (多選)如圖6-11所示,滑輪大小可忽略的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),將小物塊在傳送帶底端P點(diǎn)無初速度釋放,小物塊在摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)至傳送帶頂端,在小物塊運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法中正確的是()圖6-11A.小物塊所受摩擦力的瞬時(shí)功率一定不斷變大B.摩擦力對(duì)小物塊做的功大于小物塊動(dòng)能的增加量C.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能D.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的動(dòng)能第6講經(jīng)典模型綜合分析 高頻考點(diǎn)探究考點(diǎn)一例1 (1)mv1+2mv2m-m-2m(2)3mvm-3mv2例1變式1(1)85 J(2)1.0 m(3)0.71 m解析 (1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,小車在此時(shí)的速度大小為v2,滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,有mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0則小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的初機(jī)械能E1=m+Mv2小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的末機(jī)械能E2=m+0,解得E1=110 J,E2=25 J小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能E=E1-E2=85 J.(2)設(shè)滑塊剛過D點(diǎn)時(shí),受到軌道的支持力為N,則由牛頓第三定律可得N=76 N由牛頓第二定律可得N-(qE+mg+Bqv1)=m,解得r=1.0 m.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí),滑塊與小車具有共同的速度v3,由動(dòng)量守恒定律可得mv1=(M+m)v3,解得v3= m/s設(shè)圓弧軌道的最小半徑為R,由能量守恒定律得m=(M+m)+(qE+mg)R解得R=0.71 m.例1變式2(1)一次(2)1.7 m解析 (1)由于系統(tǒng)要克服摩擦力做功,物體最終會(huì)停在箱子上并與箱子以相同的速度v向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v根據(jù)功能關(guān)系有mgs=m-(m+M)v2解得物體相對(duì)箱子移動(dòng)的距離s=1.8 m由于箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為l=2 m,故物體只與箱子的右側(cè)碰撞一次后便停在箱子上距離右側(cè)0.8 m處.(2)設(shè)碰前物體對(duì)地位移為x1,速度為v1,箱子對(duì)地位移為x2,速度為v2(v2<v1),則有mv0=mv1+Mv2mgx1=m-mmgx2=Mx1-x2=設(shè)碰后物體與箱子的速度分別為v1和v2,在碰撞過程中有mv1+Mv2=mv1+Mv2m+M=mv+Mv隨后箱子向右做勻減速運(yùn)動(dòng),物體向右做勻加速運(yùn)動(dòng),直至速度都變?yōu)関.在此過程中,設(shè)箱子移動(dòng)的距離為x2,則mgx2=Mv-Mv2故從物體開始運(yùn)動(dòng)到剛好停在箱子上,箱子在水平面上移動(dòng)的距離為x=x2+x2=1.7 m.考點(diǎn)二例2d解析 設(shè)子彈的初速度為v0,穿過2d厚度的鋼板時(shí)共同速度為v,受到的阻力為f.對(duì)系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+2m)v由能量守恒定律得f2d=m-(m+2m)v2聯(lián)立解得fd=m子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時(shí),設(shè)其速度為v1,此時(shí)鋼板的速度為u,穿第二塊厚度為d的鋼板時(shí)共同速度為v2,穿過深度為d.對(duì)子彈和第一塊鋼板系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+mu由能量守恒定律得fd=m-m-mu2對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv1=(m+m)v2由能量守恒定律得fd=m-(m+m) 聯(lián)立解得d=d例2變式A解析 最后滑塊與子彈均相對(duì)靜止,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,兩種情況下滑塊和子彈的共同速度相等,根據(jù)能量守恒定律,兩種情況下碰撞前、后動(dòng)能的減少量相等,產(chǎn)生的熱量相等,而子彈相對(duì)滑塊的位移大小不等,故滑塊對(duì)子彈的阻力不一樣大,A錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)動(dòng)能定理,滑塊動(dòng)能的增加量等于子彈對(duì)滑塊做的功,所以兩種情況下子彈對(duì)滑塊做的功一樣多,B正確;根據(jù)動(dòng)量定理,兩種情況下滑塊受到的沖量一樣大,C正確.考點(diǎn)三例3(1)(2)解析 (1)B與A分離時(shí),設(shè)B的速度為vB,則由機(jī)械能守恒定律得2mg=2m解得vB=(2)設(shè)A、B碰撞前瞬間B的速度大小為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mg2h=2mv2解得v=2根據(jù)機(jī)械能守恒定律,A、B碰撞后瞬間的速度大小vAB與A、B剛好分開時(shí)的速度大小相等,即vAB=vB.設(shè)A、B碰撞前瞬間A的速度大小為vA,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv-mvA=3mvAB解得vA=設(shè)彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep,從彈簧解除鎖定到恢復(fù)原長的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep=mgh+m解得Ep=6mgh設(shè)A、B第一次碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)到A的初始位置時(shí)的速度大小為v,在這過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep+3mv2=3m+3mgh聯(lián)立解得v=例3變式1(1)(2)解析 (1)木塊從右端開始向左運(yùn)動(dòng)至將彈簧壓縮到最短的過程中,設(shè)摩擦生熱為Q,當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),木塊和木板具有相同的速度v1,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+2m)v1由能量守恒定律得m=(m+2m)+Ep+Q從初狀態(tài)至木塊又回到木板右端與木板剛好相對(duì)靜止時(shí),木塊和木板又具有相同的速度v2,由動(dòng)量守恒定律得mv0 =(m+2m)v2由能量守恒定律得m=(m+2m)+2Q聯(lián)立解得v0 =(2)木塊從將彈簧壓縮到最短時(shí)的位置返回到木板右端時(shí),有(m+2m)v1=(m+2m)v2又Ep+(m+2m)=(m+2m)+Q解得Q = Ep又Q =mgxm解得xm=例3變式2(1)0.5 m(2)2 m+3 m(3)5 m解析 (1)由能量守恒定律得mg(L+x1)-mgL=k解得x1=0.5 m(2)L1=L,設(shè)滑塊第1次與彈簧接觸后反彈能到達(dá)的最遠(yuǎn)位置與B的距離為L2,則有mg(L1-L2)-mg(L1+L2)=0解得L2=L1=L1,第2次接觸經(jīng)過的路程x2=2L2=L1設(shè)滑塊第2次與彈簧接觸后反彈到達(dá)的最遠(yuǎn)位置與B的距離為L3,則有mg(L2-L3)-mg(L2+L3)=0解得L3=L2=L2,第3次接觸經(jīng)過的路程x3=2L3=2L1可以看出,滑塊與彈簧發(fā)生第n次接觸的過程中在AB段運(yùn)動(dòng)通過的總路程x=L1+2L1+2L1+2L1=2 m+3 m(3)當(dāng)n趨近于無窮大時(shí),滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)通過的總路程為x總=2 m+3 m=5 m考點(diǎn)四例4(1)0.2(2)0.4 Ns0.8 J解析 (1)由動(dòng)能定理得-mg(L1+L2)=0-m解得=0.2 (2)滑塊的加速度 a=g=2 m/s2滑塊運(yùn)動(dòng)至離開傳送帶過程,有=-2aL1,解得v2=1.6 m/s滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng),有 L1=t,解得t=0.2 s傳送帶對(duì)滑塊的作用力為F=2 N所以傳送帶對(duì)滑塊的沖量為I=Ft=0.4 Ns由于滑塊沖出傳送帶時(shí),傳送帶向左運(yùn)動(dòng)了s=vt=0.4 m所以滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量Q=mg(s+L1)=1.52 J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為E=mg(s+L1)-=0.8 J例4變式D解析 物塊與傳送帶共速前,傳送帶受到物塊對(duì)它的摩擦力始終沿傳送帶向下,與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反,故物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功,故A錯(cuò)誤;物塊沿傳送帶下滑時(shí),做勻減速運(yùn)動(dòng),此過程中物塊的機(jī)械能逐漸減小,故B錯(cuò)誤;因?yàn)閭魉蛶У乃俣刃∮谖飰K的初速度,故物塊離開傳送帶時(shí)速度為v0,傳送帶對(duì)物塊做功為W=m-mv2,C錯(cuò)誤;整個(gè)過程電動(dòng)機(jī)對(duì)系統(tǒng)做正功,故D正確.