學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第7節動能和動能定理核心素養關鍵詞知識體系1。物體由于運動而具有的能量叫做動能,表達式為Ek＝eq\f（1，2)mv2。動能是標量,具有相對性．2．力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化，這個結論叫動能定理，表達式為W＝Ek2－Ek1.3．如果物體同時受到幾個力的共同作用,則W為合力做的功，它等于各個力做功的代數和．4．動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功，既適用于直線運動，也適用于曲線運動。一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．表達式：Ek＝eq\f（1,2）mv2．3．單位:焦耳。1J＝1kg·m2/s2＝1N·m。二、動能定理1．表述：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化量．2．表達式：W合＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，2)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，1），式中W合是各個外力對物體做功的總和，eq\f(1，2）mveq\o\al（2，2)－eq\f（1,2）mveq\o\al（2，1）是做功過程中始末兩個狀態動能的增量．一、合作探究找規律考點一動能的表達式1．同步衛星繞地球做勻速圓周運動，在衛星的運動過程中，其速度是否變化？其動能是否變化？2．在同一高度以相同的速率將手中的小球以上拋、下拋、平拋三種不同方式拋出，落地時速度、動能是否相同？答：1。速度變化，動能不變．衛星做勻速圓周運動時,其速度方向不斷變化,由于速度是矢量，所以速度是變化的;運動時其速度大小不變，所以動能大小不變，由于動能是標量，所以動能是不變的．2．重力做功相同，動能改變相同，末動能、末速度大小相同,但末速度方向不同．考點二動能定理如圖所示，物體（可視為質點）從長為L、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止滑下．1．物體受幾個力作用?各做什么功？怎么求合力的功？2．如何求物體到達斜面底端時的速度嗎？能用多種方法求解物體到達斜面底端時的速度嗎？哪種方法簡單?答：1.物體受重力、支持力兩個力作用．重力做正功，支持力不做功．合力做的功W合＝mgLsinθ。2．可以用牛頓定律結合運動學公式求解，也可以用動能定理求解．用動能定理更簡捷．二、理解概念做判斷1．做勻速圓周運動的物體的動能保持不變．(√）2．一個物體的動能與參考系的選取無關．(×）3．兩質量相同的物體，若動能相同，則速度一定相同．（×)4．合外力做功不等于零，物體的動能一定變化．（√)5．動能定理中的W為合力的功．(√)6．物體的動能增加，合外力做正功．（√)要點1|動能的理解1．動能的理解(1）動能是狀態量，動能公式中的速度v指瞬時速度．(2)動能是標量,且動能恒為正值．(3）動能具有相對性．同一物體相對不同的參考系，速度會有不同值,因而動能也有不同值．計算動能時一般選地面為參考系．2．動能的變化量末狀態的動能與初狀態的動能之差，即ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,2)－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，1）.（多選)關于對動能的理解,下列說法正確的是()A．動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，凡是運動的物體都具有動能B．動能總是正值，但對于不同的參考系，同一物體的動能大小是不同的C．一定質量的物體，動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化D．動能不變的物體,一定處于平衡狀態【思路點撥】解答本題時應特別注意以下兩點:（1）動能與速度的關系；(2)動能是標量．【解析】可通過以下表格對各選項逐一分析:選項透析過程結論A動能是由于物體的運動而具有的能量√BEk＝eq\f(1,2)mv2，v與參考系的選取有關√C當速度方向變化時,若大小不變,則動能就不變√D勻速圓周運動的物體動能不變，但并不是處于平衡狀態×【答案】ABC如圖所示，通風機通過墻上的小洞，將一質量為m的小物體水平吹出去，初速度為v,但由于墻外的風力和重力的作用，經過時間t，物體下落了一段距離后，其速度大小仍為v，但方向卻與初速度的方向相反，如果以初速度的方向為正方向，那么,下列說法中正確的是（）A．速度的變化量為0 B．速度的變化率為eq\f（2v，t)C．動能的變化量為mv2 D．合外力做的功為零解析：速度的變化量Δv＝－v－v＝－2v,A選項錯誤；速度變化率eq\f(Δv,Δt）＝－eq\f(2v,t）,B選項錯誤；動能變化量ΔEk＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1，2）mv2＝0，C選項錯誤；根據動能定理可知合外力做的功等于動能變化量，故合外力做功為零，D選項正確．答案:D動能是標量，前面已學的很多運動學量都是矢量,分析標量時只需關注其數值大小；分析矢量時必須考慮大小、方向兩個因素．名師點易錯某物體動能變化時速度一定發生變化，而速度發生變化時動能可能不變.eq^\o（,，\s\do4(）)要點2|動能定理的理解1．推導動能定理實際上是在牛頓第二定律的基礎上對空間累積而得．在牛頓第二定律F＝ma兩端同乘以合外力方向上的位移x，即可得W合＝Fx＝max＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,2）－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，1）。2．對動能定理的理解（1)如果物體受到幾個力的共同作用，則式中的W合表示各個力做功的代數和，即合外力所做的功．W合＝W1＋W2＋W3＋…（2）應用動能定理解題的特點：跟過程的細節無關,即不追究全過程中的運動性質和狀態變化細節．(3)動能定理的研究對象是質點．(4)動能定理對變力做功情況也適用．動能定理盡管是在恒力作用下利用牛頓第二定律和運動學公式推導的，但對變力做功情況亦適用．動能定理可用于求變力的功、曲線運動中的功以及復雜過程中的功能轉換問題．(5）對合外力的功（總功)的理解①可以是幾個力在同一段位移中的功，也可以是一個力在幾段位移中的功，還可以是幾個力在幾段位移中的功．②求總功有兩種方法：一種是先求出合外力，然后求總功，表達式為W＝F合·l·cosα，α為合外力與位移的夾角．另一種是總功等于各力在各段位移中做功的代數和,即W＝W1＋W2＋W3＋…。典例2距沙坑高7m處，以v0＝10m/s的初速度豎直向上拋出一個重力為5N的物體，物體落到沙坑并陷入沙坑0。4m深處停下．不計空氣阻力,g＝10m/s2。求:(1)物體上升到最高點時離拋出點的高度;(2)物體在沙坑中受到的平均阻力大小是多少？【思路點撥】（1）研究物體從拋出到上升到最高點的過程,運用動能定理列式，即可求解H。（2)從最高點到最低點的全過程中,由動能定理求解物體在沙坑中受到的平均阻力f。【解析】（1)設物體上升到最高點時離拋出點為H，由動能定理得:－mgH＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）①代入數據得:H＝5m。(2)設物體在沙坑中受到的平均阻力為f，陷入沙坑深度為d,從最高點到最低點的全過程中：mg(H＋h＋d)－fd＝0代入數據得：f＝155N.【答案】（1)5m（2）155N質量m＝2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能Ek與其發生位移x之間的關系如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0。2，重力加速度g取10m/s2，則下列說法中正確的是(）A．x＝1m時物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C．在前2m位移的運動過程中物塊所經歷的時間為2sD．在前4m位移的運動過程中拉力對物塊做的功為9J解析:分析圖象可知，x＝1m時物塊的動能為2J，eq\f（1，2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s,A選項錯誤;研究x＝2m到x＝4m過程，根據動能定理得,F1x1－μmgx1＝ΔEk1,解得F1＝6。5N．根據牛頓第二定律得，a1＝eq\f(F1－μmg,m）＝1。25m/s2，B選項錯誤;研究前2m的過程，根據動能定理得，F2x2－μmgx2＝ΔEk2，解得F2＝6N，物體的加速度a2＝eq\f（F2－μmg,m)＝1m/s2,物塊末速度v＝eq\r(\f（2Ek，m))＝2m/s,根據v＝at得，t＝2s，C選項正確；對全過程運用動能定理得,WF－μmgs＝ΔEk，解得WF＝25J,D選項錯誤．答案:C名師方法總結應用動能定理解題時,先選好研究對象,明確研究的過程,再分別求功和動能變化,列方程求解．名師點易錯動能定理中涉及的功和動能均為標量，動能定理為一標量表達式,不能在某一方向上應用動能定理列方程.eq^\o（，，\s\do4())要點3｜動能定理的應用及優越性1．牛頓第二定律和動能定理的選用比較比較牛頓第二定律動能定理作用合外力與加速度的關系合外力的功與動能變化的關系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和運動關系力的瞬間作用效果力對空間的積累效果運動過程中細節的考慮考慮不考慮作用力恒力恒力或變力2。選用原則：動能定理是根據牛頓第二定律F＝ma和運動學公式v2－veq\o\al（2，0）＝2ax推導出來的，但其應用范圍更廣泛．凡涉及力的空間積累，而不涉及時間的求解類問題，利用動能定理優于使用牛頓運動定律．3．應用動能定理的優越性（1）物體由初始狀態到末狀態的過程中，物體的運動性質、運動軌跡、做功的力是變力還是恒力等諸多因素都可以不予考慮，使分析簡化．(2）應用牛頓運動定律和運動學規律時，涉及的有關物理量比較多，對運動過程中的細節也要仔細研究，而應用動能定理只考慮合外力做功和初、末兩個狀態的動能，并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理．（3）一般情況下,由牛頓運動定律和運動學規律能夠求解的問題，用動能定理也可以求解，并且更為簡捷．4．應用動能定理解題的步驟（1)確定研究對象和研究過程．(2）對研究對象進行受力分析．（研究對象以外的物體施于研究對象的力都要分析，含重力）(3）寫出該過程中合外力做的功，或分別寫出各個力做的功（注意功的正負)．如果研究過程中物體受力情況有變化,要分別寫出該力在各個階段做的功．（4）寫出物體的初、末動能．(注意動能增量是末動能減初動能)（5)按照動能定理列式求解．典例3如圖所示，AB為eq\f（1，4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質量為m的物體，與兩個軌道的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止下滑時,恰好運動到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力做功為()A．eq\f(1,2)μmgR B．eq\f(1,2）mgRC．mgR D．（1－μ)mgR【思路點撥】AB段的摩擦力為變力,故可以由動能定理求解;而BC段為恒力，可以直接由功的公式求解；BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力對物體所做的功；對全程應用動能定理即可求得AB段克服摩擦力所做的功．【解析】BC段物體受摩擦力f＝μmg,位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝－fR＝－μmgR。對全程由動能定理可知，mgR＋W1＋W＝0解得W1＝μmgR－mgR;故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故選D．【答案】D如圖AB水平,在恒力F作用下質量m＝1kg的小滑塊由靜止開始運動,當到達B點時立即停止用力，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ＝0.5,AB長為L＝5。0m,BCD為一半徑為R＝1.0m的光滑半圓軌道，BOD在同一豎直線上(g取10m/s2)，求：(1)欲使小滑塊剛能通過D點,力F的大小；（2）若力F＝15N，求小滑塊通過D點時對軌道的壓力的大小；（3）若使小滑塊正好又落回點A，小滑塊通過半圓軌道D點時對軌道的壓力大小．解析:(1)小滑塊剛能通過D點時,重力提供向心力，mg＝meq\f(veq\o\al（2,D)，R)，從A到D的過程，根據動能定理得，FL－μmgL－2mgR＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,D),解得F＝10N.(2）若力F＝15N,從A到D的過程，根據動能定理得，FL－μmgL－2mgR＝eq\f（1，2）mvD′2，滑塊通過D點時，根據牛頓第二定律得,mg＋FN1＝meq\f(veq\o\al（2,D1），R)，聯立解得FN1＝50N,根據牛頓第三定律可知，小滑塊通過D點時對軌道的壓力為50N.（3）滑塊離開D點后做平拋運動，小滑塊正好又落回點A時，豎直方向上，2R＝eq\f(1,2）gt2，水平方向上,L＝vD2t，聯立解得vD2＝eq\f（5,2）eq\r（10）m/s,滑塊通過D點時,mg＋FN2＝meq\f(veq\o\al（2，D2），R)，聯立解得FN2＝52.5N,根據牛頓第三定律可知，小滑塊通過D點時對軌道的壓力為52.5N.答案：(1)10N(2)50N（3）52.5N名師方法總結(1)變力做的功不能用功的公式W＝F·lcosα來求．（2)動能定理W＝ΔEk＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,2)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,1）＝Ek2－Ek1，雖然是在物體受恒力作用，且做直線運動的情況下推導出來的，但是，它同樣適用于外力是變力、物體做曲線運動的情況．應用動能定理可以求出變力做的功．名師點易錯1．功的計算公式W＝Flcosα只能求恒力做的功，不能求變力的功，而由動能定理知，只要求出物體的動能變化ΔEk＝Ek2－Ek1,就可以間接求得變力做的功．2．列方程時等號的左邊是合外力做的功，右邊是動能的變化量，為末動能減去初動能.eq^\o（，,\s\do4（)）對點訓練一動能的理解1．（多選）(2018·北京模擬)對于物體經歷的一個過程，以下說法正確的是()A．物體的動能變化為零時，物體所受合外力一定為零B．物體運動的位移為零時,摩擦力做功一定為零C．物體運動中動能不變時，合外力總功一定為零D．物體所受合外力為零時，物體的動能變化一定為零解析：根據動能定理可知，物體所受合外力做功為零時，動能的變化為零，此時合外力不一定為零,A選項錯誤，C選項正確；摩擦力做功與物體運動的路程有關，與位移無關，位移為零時，路程不一定為零，B選項錯誤;物體所受合外力為零時,合外力做功一定為零,動能變化一定為零，D選項正確．答案：CD對點訓練二動能定理的理解2．（多選)下列說法錯誤的是（）A．在國際單位制中，長度、質量和時間三個物理量單位為力學基本單位B．車速越大的汽車,它的慣性越大C．載重汽車的重心位置跟所載物體的質量和疊放的方式有關D．在同一路面同一速度行駛的汽車，載重越大，緊急剎車后滑行的路程越長解析:力學中的基本物理量有三個，它們分別是長度、質量、時間，故A正確;慣性的大小僅僅與質量有關，與物體的速度無關．故B錯誤；物體的重心位置跟物體的質量分布情況和物體的形狀有關，故C正確;根據動能定理得：－μmgs＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0),得剎車后滑行的路程s＝eq\f（veq\o\al（2，0),2μg)，μ相同，則車速越大，s越大;與質量無關,故D錯誤．本題選擇錯誤的,故選BD．答案:BD3．（多選)甲、乙兩個質量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s，如圖所示,甲在光滑面上，乙在粗糙面上,則下列關于力F對甲、乙兩物體做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是()A．力F對甲物體做功多B．力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動能比乙大D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同解析：由功的公式W＝Flcosα＝F·s可知,兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多,A錯誤,B正確；根據動能定理，對甲有Fs＝Ek1,對乙有，Fs－fs＝Ek2，可知Ek1〉Ek2，即甲物體獲得的動能比乙大，C正確,D錯誤．答案:BC對點訓練三動能定理的應用4．小球由地面豎直上拋,上升的最大高度為H,設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面．在上升至離地高度eq\f(5，9）H處,小球的動能和勢能相等,則物體所受阻力的大小是()A．eq\f（1，2）mg B．eq\f(1，3）mgC．eq\f(1，4)mg D．eq\f(1，5)mg解析:設小球受到的阻力大小恒為Ff，小球上升至最高點過程由動能定理得：－mgH－FfH＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0）。小球上升至離地高度eq\f（5,9）H處時速度設為v1，由動能定理得：－eq\f（5，9)mgH－eq\f(5,9）FfH＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,1）－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）。又eq\f（1，2）mveq\o\al（2,1)＝eq\f（5,9）mgH,解得物體所受阻力的大小Ff＝eq\f(1,4）mg，選項C正確．答案：C5．(2018·西安市長安區期中）甲、乙、丙三輛汽車的質量之比是1∶2∶3，如果它們的動能相等,且輪胎與水平地面之間的動摩擦因數都相等，則它們關閉發動機后滑行距離之比是________．解析：汽車關閉發動機后做勻減速直線運動,摩擦力做負功．根據動能定理可知，－μmgx＝0－Ek解得汽車滑行距離x＝eq\f（Ek，μmg）根據題意可知，Ek、μ、g相等，則汽車的滑行距離與質量成反比x1∶x2∶x3＝eq\f（1，m1）∶eq\f（1,m2)∶eq\f(1，m3）＝6∶3∶2。答案：6∶3∶26．如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，用質量為m＝1kg的小物塊壓緊彈簧，從A處由靜止釋放后的物塊,在彈簧彈力的作用下沿水平桌面向右運動,物體離開彈簧后繼續運動,離開桌面邊緣B后，落在水平地面C點．C點與B點的水平距離x＝1m，桌面高度為h＝1.25m,AB長度為s＝1。5m，物體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.4，小物塊可看成質點,不計空氣阻力，取g＝10m/s2。求：（1)物塊在水平面上運動到桌面邊緣B處的速度大小；（2）物塊落地時速度大小及速度與水平方向夾角的正切值；（3)彈簧彈力對物塊做的功．解析：（1)物塊離開桌子邊緣后做平拋運動，豎直方向上有h＝eq\f(1，2）gt2,解得t＝0.5s，水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2m/s.(2)平拋過程用動能定理：mgh＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，C)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,B）解得vC＝eq\r(29）m/s物塊落地時水平方向vx＝vB＝2m/s豎直方向上vy＝gt＝5m/s則tanθ＝eq\f（vy,vx）＝2.5。（3）從A到B的過程中，運用動能定理有W彈－μmgs＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，B)－0解得W彈＝8J.答案：（1）2m/s（2）2。5（3)8J【強化基礎】1．兩個物體質量比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個物體的動能之比為（）A．1∶1 B．1∶4C．4∶1 D．2∶1解析：根據Ek＝eq\f（1,2）mv2得，動能之比為Ek1∶Ek2＝eq\f（1,2)×1×42∶eq\f(1，2）×4×12＝4∶1.故選C．答案：C2．質量約為0。5kg的足球被腳踢出后,在水平地面上沿直線向前運動約50m后停止．假定運動員踢球時腳對球的平均作用力為300N，足球在地面運動過程中所受阻力恒為其重力的0。06倍，則運動員踢球時腳對足球做的功為下列哪一個數值(）A．0.5J B．15JC．250J D．15000J解析：在人踢出足球和足球停止運動的過程中只有人和阻力對足球做功，根據動能定理可得：W＋Wf＝Ek，且阻力做功：Wf＝－fs＝－0。06×0。5×10×50J＝－15J設人做的功為W，則：W＋Wf＝0，即：W＝15J，B正確,A、C、D錯誤．故選B．答案：B3．(多選)質量為1kg的物體，以2m/s的速度在光滑水平長直軌道上滑行．從某時刻起對該物體施加一個沿軌道的水平力,經過一段時間后,物體的速度變化量大小為4m/s，則在此過程中水平力做的功可能為(）A．0 B．2JC．8J D．16J解析：物體的速度改變量的大小為4m/s，如果末速度方向與初速度方向相同，則末速度大小為6m/s，根據動能定理得，W＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0)＝16J;如果末速度方向與初速度方向相反時，則末速度大小為2m/s，做功W＝0，A、D選項正確．答案：AD4．(2018·江蘇模擬）將一個質量為m的小球從足夠高處水平拋出，經過一段時間后，小球的動能為Ek，再經過相同的時間后，小球的動能為2Ek（此時小球未落地），不計空氣阻力，重力加速度為g,則小球拋出的初速度大小為()A．3eq\r(\f（Ek,2m)） B．eq\r(\f（3Ek,2m））C．eq\r(\f（2Ek,3m)) D．2eq\r(\f(Ek,3m)）解析：小球以初速度v0做平拋運動，經過t時間，根據動能定理可知，mg·eq\f（1，2）gt2＝Ek－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0）.經過2t時間，mg·eq\f(1，2)g(2t)2＝2Ek－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）。聯立解得，v0＝2eq\r(\f（Ek,3m))，D選項正確,A、B、C選項錯誤．答案:D5．一木塊靜止在粗糙水平面上，現用一大小為F1的水平力拉動木塊，經過時間t,其速度為v.若將水平拉力的大小改為F2,木塊從靜止開始經過相等時間t，速度變為2v.對以上兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力做的功，則(）A．WF2＞4WF1Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1Wf2＜2Wf1解析：兩次運動中,在同樣的時間內，它們的位移之比s1∶s2＝eq\f（v,2)t∶eq\f(2v，2)t＝1∶2,兩次運動中木塊所受的摩擦力不變，克服滑動摩擦力做功之比Wf1∶Wf2＝s1∶s2＝1∶2，解得Wf2＝2Wf1。根據動能定理得,WF－Wf＝eq\f(1,2）mv2－0，解得WF2＝4WF1－2Wf1，即WF2<4WF1,C選項正確．答案：C【鞏固易錯】6．（多選）一個高爾夫球靜止于平坦的地面上．在t＝0時球被擊出，飛行中球的速率與時間的關系如圖所示．若不計空氣阻力的影響，根據圖象提供的信息可以求出的量是（）A．高爾夫球在何時落地B．高爾夫球可上升的最大高度C．人擊球時對高爾夫球做的功D．高爾夫球落地時離擊球點的距離解析:不計空氣阻力，高爾夫球落到水平地面上時,速率相等．由圖看出，小球5s時刻落地,故A正確；小球的初速度大小為v0＝31m/s,到達最高點時的速度大小為v＝19m/s，由動能定理得－mgh＝eq\f（1，2）mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0),由此式可求出最大高度h，故B正確;由動能定理得：人擊球時對高爾夫球做的功W＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0），由于高爾夫球的質量m未知，無法求出W，故C錯誤；高爾夫球水平方向做勻速直線運動,水平方向分速度vx＝19m/s,高爾夫球落地時離擊球點的距離為S＝vxt＝19×5m＝95m,故D正確．故選ABD．答案：ABD7．（多選）如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f.現用一水平恒力F作用在滑塊上，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s.下列說法正確的是（）A．上述過程中，滑塊克服摩擦力做功為f(L＋s）B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小C．其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達木板右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，F越大，滑塊與木板間產生的熱量越多解析：上述過程中，滑塊相對于地面的位移為L＋s，則滑塊克服摩擦力做功為f(L＋s)，故A正確；其他條件不變的情況下，由于木板受到摩擦力不變，當M越大時,木板加速度小，而滑塊加速度不變，相對位移一樣，滑快在木板上運動時間短，所以木板運動的位移s小，故B正確；滑塊和木板都是