基礎課4功能關系能量守恒定律知識排查功能關系1.功能關系(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發生了轉化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現。2.幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加能量守恒定律1.內容：能量既不會消滅，也不會創生。它只會從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達式：ΔE減＝ΔE增。小題速練1.思考判斷(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。()(2)能量在轉移或轉化過程中，其總量會不斷減少。()(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。()(4)既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節約能源。()(5)節約可利用能源的目的是為了減少污染排放。()(6)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化。()(7)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√2.[人教版必修2P80“問題與練習”]如圖1所示是“過山車”玩具模型。當小球以速度v經過圓形軌道最高點時，小球與軌道間的作用力為F，多次改變小球初始下落的高度h，就能得出F與v的函數關系，下列關于F與v之間的關系中有可能正確的是()圖1解析在軌道最高點，重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律，有F＋mg＝meq\f(v2,R)，整理得F＝meq\f(v2,R)－mg，所以F－v關系圖象是開口向上的拋物線，選項C正確。答案C功能關系的理解與應用力學中幾種常見的功能關系各種力做功對應能的變化定量的關系合力做功動能變化合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機械能變化機械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做功機械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少內能增加(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對【例1】(多選)如圖2所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()圖2A.重力勢能增加了mgh B.機械能損失了eq\f(mgh,2)C.動能損失了mgh D.克服摩擦力做功eq\f(mgh,4)解析加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故選項A正確；機械能損失了Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故選項B正確；動能損失量為克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故選項C錯誤；克服摩擦力做功eq\f(mgh,2)，故選項D錯誤。答案AB【例2】(多選)如圖3甲所示，將一傾角為θ的光滑斜面體固定在地面上，在斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧處于原長時上端位于斜面上的B點。現將一質量為m＝2kg的可視為質點的滑塊由斜面處的A點靜止釋放，最終將彈簧壓縮到最短(此時彈簧上端位于C點)。已知滑塊從釋放到將彈簧壓縮到最短的過程中，滑塊的速度—時間圖象如圖乙所示。其中0～0.4s內的圖線為直線，其余部分均為曲線，且BC＝1.2m。重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是()圖3A.θ＝eq\f(π,6)B.滑塊在壓縮彈簧的過程中機械能先增加后減小C.彈簧儲存的最大彈性勢能為16JD.滑塊從C點返回到A點的過程中，機械能一直增大解析由題圖乙可知，滑塊在0.4s末剛好到達B點，在0～0.4s內，滑塊做勻加速直線運動，加速度為a＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝eq\f(a,g)＝0.5，則θ＝eq\f(π,6)，選項A正確；滑塊從B點到C點的運動過程中，除重力做功外，彈簧彈力對滑塊做負功，故滑塊的機械能一直在減少，選項B錯誤；對滑塊和彈簧組成的系統由機械能守恒定律得，在C點，彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mghBC＝16J，選項C正確；滑塊從C點返回到A點的過程中，開始時彈簧的彈力對滑塊做正功，滑塊的機械能增加，當滑塊離開彈簧后，只有重力對滑塊做功，則滑塊的機械能守恒，選項D錯誤。答案AC能量守恒定律的理解及應用1.對能量守恒定律的理解(1)轉化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)轉移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等。2.涉及彈簧的能量問題應注意兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：(1)能量變化上，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。(2)如果系統每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度大小相同。【例3】如圖4所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m，B的質量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1m，現給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度取g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態，求此過程中：圖4(1)物體A向下運動剛到達C點時的速度大小；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能。解析(1)物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統應用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2可解得v＝2m/s。(2)以A、B組成的系統，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，系統動能的減少量等于因摩擦產生的熱量，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運用能量守恒定律解題的基本思路摩擦力做功的特點及應用1.靜摩擦力做功(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零。(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能。2.滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：①機械能全部轉化為內能；②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能。(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對。其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程。【例4】(2017·蘇、錫、常、鎮高三調研)(多選)如圖5所示，將砝碼A放在水平桌面上的紙板B上，各接觸面間動摩擦因數均相等，砝碼到紙板左端和桌面右端的距離均為d。在水平向右的恒力F的作用下，可將紙板從砝碼下方抽出，砝碼剛好到達桌面右端。則下列說法正確的是()圖5A.砝碼與紙板分離前后的加速度大小一定相等B.砝碼與紙板分離時，砝碼一定位于距離桌面右端eq\f(d,2)處C.其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼將不能到達桌面右端D.其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼與紙板間產生的熱量將減小解析砝碼與紙板分離前做加速運動，有μmg＝ma1，砝碼與紙板分離后，在桌面上做減速運動，加速度大小為a2，有μmg＝ma2，選項A正確；設砝碼與紙板剛分離瞬間速度為v，加速的位移為x1＝eq\f(v2,2a1)，減速的位移為x2＝eq\f(v2,2a2)，則x1＝x2＝eq\f(d,2)，選項B正確；其他條件不變，換用更大的恒力F，則紙板的加速度a變大，紙板與砝碼分離時比砝碼多運動的位移為d，d＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a1t2，a變大，加速的時間t變小，v＝a1t，v變小，砝碼的滑行位移x＝eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)，x變小，選項C正確；砝碼與紙板間產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，Q＝μmgd，產生的熱量不變，選項D錯誤。答案ABC【例5】(2017·江蘇省南通市、泰州市高三第一次模擬考試)如圖6所示，某工廠生產車間的流水線安裝的是“U”形傳送帶，AB、CD段為直線，BC段為同心半圓，其中的虛線為半徑為R的半圓弧。工人將質量均為m的工件無初速放至勻速運行的傳送帶A端，在D端附近看到相鄰工件間的距離均為L，每隔時間t在D端接收到一個工件。求：圖6(1)傳送帶運行的速度v；(2)在BC段每一個工件受到的摩擦力大小f；(3)每個工件放至傳送帶后與傳送帶摩擦產生的熱量Q。解析(1)在D點附近，工人每隔t時間接受一個工件，則v＝eq\f(L,t)(2)在BC段工件做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，則f＝meq\f(v2,R)代入解得f＝eq\f(mL2,Rt2)(3)設工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ，工件相對滑動的時間為t0，加速度為a，則μmg＝ma，v＝at0加速過程中工件相對傳送帶運動的距離Δs＝vt0－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)產生的熱量Q＝μmg·Δs解得Q＝eq\f(mL2,2t2)答案(1)eq\f(L,t)(2)eq\f(mL2,Rt2)(3)eq\f(mL2,2t2)與功能關系相關的圖象問題——推理分析能力的培養根據ΔE機＝F外x，ΔE機－x圖象的斜率表示重力以外的其他力的合力。【典例】如圖7所示，質量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的重力勢能Ep機械能E、動能Ek、與上升高度h之間關系的圖象是()圖7解析重力勢能的變化僅僅與重力做功有關，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項A錯誤；機械能的變化僅與重力和系統內彈力之外的其他力做功有關，上滑過程中有－Ff·eq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－Ff·eq\f(h,sinα)；下滑過程中有－Ff·eq\f(2H－h,sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ff·eq\f(H,sinα)＋Ff·eq\f(h,sinα)，故上滑和下滑過程中E－h圖線均為直線，選項B錯誤；動能的變化與合外力做功有關，上滑過程中有－mgh－Ff·eq\f(h,sinα)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(Ff,sinα)))h，下滑過程中有－mgh－Ff·eq\f(2H－h,sinα)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ff·eq\f(H,sinα)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－\f(Ff,sinα)))h，故Ek－h圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項C錯誤，D正確。答案D【變式訓練】(2017·江蘇省南京市、鹽城市、連云港市高三第二次模擬)質量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比。下列圖象分別描述了球在空中運動的加速度a、速度v隨時間t的變化關系和動能Ek、機械能E(選地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關系，其中可能正確的是()解析上拋過程中，速度減小，f＝kv，阻力減小，根據mg＋f＝ma，加速度a的方向向下，但a>g，逐漸減小，當球到達最高點時，速度為零，阻力為零，則加速度a＝g，方向向下，下落過程中，速度增大，f＝kv，阻力增大，根據mg－f＝ma，加速度a的方向向下，但a<g，逐漸減小，選項B錯誤；v－t圖象的斜率表示加速度，選項A錯誤；上升過程中，Ek＝Ek0－(mg＋f)h，h增大，f減小，mg＋f減小，斜率絕對值減小，下降過程中Ek＝(mg－f)(H－h)，h減小，斜率絕對值減小，選項C正確；由分析C的方法，易得選項D錯誤。答案C1.(2017·江蘇省南京市、淮安市高三第三次模擬考試)一顆小鋼珠從水面上方由靜止釋放，落入水中，濺起的小水珠跳得比鋼珠釋放時的位置還高，如圖8所示。對這種現象，下列說法中正確的是()圖8A.小水珠濺起的高度超過鋼珠下落時的高度，違背了能量守恒定律B.小鋼珠下落時具有的重力勢能小于濺起的水珠在最高點的重力勢能C.小鋼珠下落時具有的重力勢能等于濺起的水珠在最高點的重力勢能D.小鋼珠下落時具有的重力勢能大于濺起的水珠在最高點的重力勢能解析小鋼珠與水面碰撞后仍有動能存在，且與水面碰撞的過程中產生內能，所以小鋼珠下落時具有的重力勢能大于濺起的水珠在最高點的重力勢能，能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一，小鋼珠減少的重力勢能轉化為系統的內能和小水珠的重力勢能，選項D正確，A、B、C錯誤。答案D2.(2017·南通、揚州、泰州三模)竹蜻蜓是我國古代發明的一種兒童玩具，上世紀三十年代，人們根據竹蜻蜓原理設計了直升機的螺旋槳。如圖9所示，一小孩搓動質量為20g的竹蜻蜓，松開后竹蜻蜓能上升到二層樓房頂高處。在搓動過程中手對竹蜻蜓做的功可能是()圖9A.0.2J B.0.6J C.1.0J D.2.5J解析竹蜻蜓在上升到最高點的過程中，動能轉化為重力勢能和內能，一般每層樓房的高度為3m，二層也就是6m，所以重力勢能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，則在搓動過程中手對竹蜻蜓做的功要大于1.2J，選項A、B、C錯誤，D正確。答案D3.(2017·江蘇溧水高級中學測試)(多選)一質量為m的人站在觀光電梯內的磅秤上，電梯以0.1g的加速度勻加速上升高度h，在此過程中()圖10A.磅秤的示數等于mgB.磅秤的示數等于1.1mgC.人的動能增加了0.9mghD.人的機械能增加了1.1mgh解析根據牛頓運動定律可知，磅秤的示數等于FN＝mg＋ma＝1.1mg，選項A錯誤，B正確；根據動能定理得ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C錯誤；人上升高度h，則重力做功為－mgh，可知重力勢能增大mgh，動能增加0.1mgh，則機械能增大了1.1mgh，故D正確。答案BD4.(多選)如圖11所示，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中()圖11A.a的動能小于b的動能B.兩物體機械能的變化量相等C.a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數和為零解析輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小，A正確；因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產生，所以該系統機械能減少，而B、C兩項均為系統機械能守恒的表現，故B、C錯誤；輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，符號相反，D正確。答案AD活頁作業(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.(2017·江蘇省鎮江中學期中)質量為1kg的物體被人用手由靜止向上提高2m，這時物體的速度是4m/s，下列說法中正確的是(不計一切阻力，g＝10m/s2)()A.合外力對物體做功8J B.手對物體做功8JC.物體機械能增加了8J D.物體重力勢能增加了2J解析由動能定理得，合外力對物體做功W合＝eq\f(1,2)mv2—0＝8J，故選項A正確；W合＝W人—mgh所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2)J＝28J，故選項B錯誤；物體機械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物體機械能增加量ΔE＝W人＝28J，故選項C錯誤；物體重力勢能增加量等于物體克服重力做的功，所以物體重力勢能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2J＝20J，故選項D錯誤。答案A2.如圖1所示，在豎直平面內有一“V”形槽，其底部BC是一段圓弧，兩側都與光滑斜槽相切，相切處B、C位于同一水平面上。一小物體從右側斜槽上距BC平面高度為2h的A處由靜止開始下滑，經圓弧槽再滑上左側斜槽，最高能到達距BC所在水平面高度為h的D處，接著小物體再向下滑回，若不考慮空氣阻力，則()圖1A.小物體恰好滑回到B處時速度為零B.小物體尚未滑回到B處時速度已變為零C.小物體能滑回到B處之上，但最高點要比D處低D.小物體最終一定會停止在圓弧槽的最低點解析小物體從A處運動到D處的過程中，克服摩擦力所做的功為Wf1＝mgh，小物體從D處開始運動的過程，因為速度較小，小物體對圓弧槽的壓力較小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物體能滑回到B處之上，但最高點要比D處低，C正確，A、B錯誤；因為小物體與圓弧槽間的動摩擦因數未知，所以小物體可能停在圓弧槽上的任何地方，D錯誤。答案C3.(2017·蘇北四市三模)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的v－t圖象如圖2所示。已知木塊質量大于子彈質量，從子彈射入木塊到達到穩定狀態，木塊動能增加了50J，則此過程產生的內能可能是()圖2A.10J B.50JC.70J D.120J解析v－t圖象的面積表示位移，由圖象可知，子彈相對木板的位移Δx是木板對地位移x木的兩倍多，設子彈與木板間的摩擦力為f，則對木板而言，摩擦力做正功，動能增加，表達式為fx木＝Ek木＝50J，子彈與木板間的摩擦產生內能，表達式為fΔx＝E內，對比兩式可知，產生的內能大于100J，選項A、B、C錯誤，D正確。答案D4.[2017·蘇北四市徐州、淮安、連云港、宿遷高三上學期期中]某踢出的足球在空中運動軌跡如圖3所示，足球視為質點，空氣阻力不計。用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是()圖3解析因足球斜上拋運動速率應先減小后增大，選項A錯誤；足球的機械能守恒，故E－t線應為平行于t軸的直線，選項B錯誤；足球在某時刻的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋（v0y－gt）2)，則足球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,x)＋(v0y－gt)2]，由數學知識可知，此圖線是開口向上的拋物線，故選項C錯誤；重力的功率P＝mgvy＝mg(v0y－gt)，故選項D正確。答案D5.(2017·蘇北四市徐州、淮安、連云港、宿遷聯考)如圖4所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°。質量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過不可伸長的輕繩跨過輕質定滑輪連接，輕繩與斜面平行。已知滑塊P與AB間的動摩擦因數為eq\f(1,3)，其它摩擦不計，重力加速度為g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6。在兩滑塊運動的過程中()圖4A.Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功B.Q機械能的增加量等于P機械能的減少量C.P機械能的減少量等于系統摩擦產生的熱量D.兩滑塊運動的加速度大小為eq\f(1,5)g解析在兩滑塊運動的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對Q做功，由動能定理知Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功與重力做功的代數和，故A項錯誤；由于P下滑過程中要產生內能，所以Q機械能的增加量與系統摩擦產生的內能之和等于P機械能的減少量，故B項錯誤；根據能量守恒定律知，P機械能的減少量等于系統摩擦產生的熱量與Q機械能的增加量之和，故C錯誤；根據牛頓第二定律，對Q有：T－mgsin37°＝ma，對P有：2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，聯立解得a＝eq\f(1,5)g，故D項正確。答案D二、多項選擇題6.如圖5所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ，取出發點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時間t、位移x關系的是()圖5解析根據滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項C、D正確；產生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，又x＝v0t－eq\f(1,2)gsinθt2，選項A、B錯誤。答案CD7.(2017·姜堰中學)如圖6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，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是()圖6A.上述過程中，F做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)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由牛頓第二定律得，f＝Ma1，F－f＝ma2，又L＝eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2，s＝eq\f(1,2)a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，選項B正確；F越大，a2越大，t越小，選項C錯誤；由Q＝fL可知，f越大，滑塊與木塊間產生的熱量越多，選項D正確；力F做的功還有一部分轉化為系統熱量Q，故選項A錯誤。答案BD8.(2017·江蘇省常州市高三第一次模擬考試)如圖7所示，一輕質彈簧左端固定，右端系一小物塊，物塊與水平面的最大靜摩擦力和滑動摩擦力都為f，彈簧無形變時，物塊位于O點。每次都把物塊拉到右側不同位置由靜止釋放，釋放時彈力F大于f，物體沿水平面滑動一段路程直到停止。下列說法中正確的是()圖7A.釋放時彈性勢能等于全過程克服摩擦力做的功B.每次釋放后物塊速度達到最大的位置保持不變C.物塊能返回到O點右側的臨界條件為F>3fD.物塊能返回到O點右側的臨界條件為F>4f解析物體最終靜止的位置不一定是O點，故彈簧的彈性勢能不一定全部用來克服摩擦力做功，選項A錯誤；當彈簧彈力與摩擦力大小相等時，加速度為零，速度達到最大值，選項B正確；設物體一開始在距離O點x1的A點，運動到O點左側最遠處距離為x2的B點，最終到O點右側x3處的C點，A點有F＝kx1，全程有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)>f(x1＋2x2＋x3)，B到O點有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)>fx2，把k＝eq\f(F,x1)代入后兩式有Fx1>2f(x1＋2x2)，Fx2>2fx1，聯立得出Fx1>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(4fx1,F)))，解得F>4f，選項C錯誤，D正確。答案BD9.(2017·南師大附中)如圖8所示，質量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，傳送帶A、B之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運動，則()圖8A.物體從A運動到B的時間是1.5sB.物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做了2J功C.物體從A運動到B的過程中，產生2J熱量D.物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做了10J功解析物體從P點下滑到A點過程中，只有重力做功，根據動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝2m/s，由于物體剛到A點時的速度小于傳送帶的速度，所以物體在傳送帶施加的滑動摩擦力的作用下先做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，加速到4m/s時發生的位移為x＝eq\f(42－22,2×2)m＝3m＜5m，故物體在傳送帶上先勻加速直線運動，后勻速運動，勻加速運動時間為t1＝eq\f(4－2,2)s＝1s，勻速時間t2＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物體從A運動到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5s，選項A正確；物體從A到B的過程中摩擦力對物體做功為Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝6J，物體和傳送帶的相對位移為Δx＝(4×1.5－5)m＝1m，產生的熱量為Q＝μmgΔx＝2J，選項B錯誤，C正確；傳送帶所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋Q＝8J，選