2020年高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律学案(含解析)

1、功能关系能量守恒定律主干梳理对点激活知识点卜II功能关系n1 .能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。2 .功能关系（1）功是即能量转化的量度,即做了多少功就有口02多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着口03能量的转化,而且口04能量转化必通过做功来实现。知识点12II能量守恒定律n1 .内容：能量既不会凭空口01产生,也不会凭空消失，它只能从一种形式口丝转化为另一种形式，或者从一个物体口03转移到另一个物体,在04转化或转移的过程中,能量的总量匚05保持不变。2 .适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中口竺普遍适用的一条规律。3 .表达式（1）

2、Em=E末，初状态各种能量的口07总和等于末状态各种能量的口理总和。（2） &增=&减，增加的能量总和等于减少的能量总和。一思维辨析1 .物体下落h,重力做功mgh物体具有了能量mgh（）2 .能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。（）3 .在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。（）4 .一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。（）5 .滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。（）6 .重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。（）答案1.X2.X3.V4.V5.V6.V二对点激活1 .有关功和能，下列说法正确的是（）A.力对物体做了多少功，物体就

3、具有多少能8 .物体具有多少能，就一定能做多少功C.物体做了多少功，就有多少能量消失D.能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案D解析功是能量转化的量度，物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B错误。做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以C错误，D正确。2.质量为m的物体以初速度V0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为w ,物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最

4、短，物体克服弹簧弹力所做的功为A. gmV-mgj s+x)C. (1 mgs答案 A解析物体克服弹簧弹力做功,3.1 mVmgxD. mc( s + x)弹性势能增加，克服弹力做多少功就转化成多少弹性势能，由能量守恒得 b+mgs+x)12 ,gmv,所以1 2二，右Ep=mv(imgs+ x),故 A正确。考点细研悟法培优考点1功能关系的理解和应用1 .对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在

5、数值上相等。2 .几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化/E里天东合外力做功动能变化(1)合外力做正功，动能增加(2)合外力做负功，动能减少(3)VW=&一日=AE重力做功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W=AEp=Ep1-&弹簧弹力做功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W=AEp=Ep1-&2电场力做功电势能变化(1)电场力做正功，电势能减少(2)电场力做负功，电势能增加(3)Wk=A日安培力做功电能(1)安培力做正功，电能减少变化(2)安培力做负功，电能增加(3)Wfe=-AE电除重力和弹簧弹力之

6、外的其他力做功机械能变化(1)其他力做正功，机械能增加(2)其他力做负功，机械能减少(3)W=AE一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一支负值，系统内能增加(2)QJ=FfL相对例1(2018郑州质检)(多选)在奥运比赛项目中，10m跳台跳水是我国运动员的强项。某次训练中，质量为60kg的跳水运动员从跳台自由下落10m后入水，在水中竖直向下减速运动。设他在空中下落时所受空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400No那么在他入水后下降2.5m的过程中，下列说法正确的是(取g=10m/s2)()2A.他的加速度大小为30m/sB.他的动量减少了300kgm/

7、sC.他的动能减少了4500JD.他的机械能减少了4500J解题探究(1)运动员入水后受几个力？分别做什么功？提示：受重力和阻力共两个力。重力做正功，阻力做负功。(2)运动员机械能如何变化？提示：阻力做负功，机械能减少。尝试解答选AP跳水运动员入水后，受到竖直向下的重力mg=600N,水对他的阻力f=2400N,由牛顿第二定律有，fmg=ma解得a=30m/s2,A正确；运动员从10m高跳台自由下落h=10m时的速度V1=2gh=10-72m/s,由v2v2=2aH,解得入水后下降H=2.5m时速度V2=5小m/s,他的动量减少了mvmv=300小kgm/s,B错误；在入水后下降H=2.5m的

8、过程中，合外力彳的功W=mgH-fH=-4500J,根据动能定理可知，他的动能减少了4500J,C正确；在入水后下降H=2.5m的过程中，他克服水的阻力做的功为W=fH=6000J,根据功能关系，他的机械能减少了6000J,D错误。总结升华功能关系的选用原则(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。变式1(2019四川广元第一次适应性统

9、考)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v-t图象如图所示。则下列判断正确的是()A. to时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B. t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C. 0t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D. 0to时间内，甲物体克服阻力做的功较多答案A解析由图线的斜率可以看出，to时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度，故A正确;在to时刻，甲物体的加速度大于乙物体的加速度，根据牛顿第二定律可知a=gm=g-质量相等，则to时刻甲物体所受阻力小于乙物体所受阻力，故B错误；由图象可知，0to时间内乙下落的位移大于甲下落的位移

10、，则乙重力做的功较多，所以乙物体重力势能的变化量较大，故C错误；oto时间内，根据动能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功较多，所以乙克服阻力做的功较多，故D错误。考点2摩擦力做功与能量转化的关系对比两种摩擦力的做功情况比较、类别比较、静摩擦力滑动摩擦力能量 的转 化方 面不在静摩擦力做功的 过程中,只有机械 能从一个物体其移 到另一个物体(静 摩擦力起着传递机 械能的作用),而没 有机械能转化为其 他形式的能量(1)相对运动的物体通 过滑动摩擦力做功,将 部分机械能从一个物 体网移到另一个物体 (2)部分机械能转化为 内能.此部分能量就是 系统机械能的损失量一对相互作用的滑动 拿擦

11、力对物体系统所 做的总功.等于摩擦力 与两个物体相对路程 的乘积旦为负功.即R * I的表小 物体克服摩擦力做功.相 同 占J *正功、负功、不做功方面同点对摩擦一时静摩擦力所做力的功的代数和总等总功于零方面系统损失的机械能咕变成内能两种摩擦力对物体都可以做正功、负功,还可以不做功例2电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为,当小木块与传送带相对静止时，求：(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量。解题探究(1)小木

12、块刚放上传送带时加速度的方向怎样？运动性质如何？提示：加速度方向水平向右，小木块做匀加速直线运动。(2)摩擦生成的热量的计算公式是什么？电动机输出的能量转化成了什么能量？提示：Q=Ffl相对，电动机输出的能量转化成了小木块的动能与摩擦热。v2v212122尝试解答(1)2(2)(3)2mv(4)2mv(5)mv木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动,木块，相对滑动时由(1 mg= ma导加速度a= w g。由v = at得，达到相对静止所用时间达到对小与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热。2vv(1)小木块的位移11=；t=

13、o。22也g(2)传送带始终匀速运动，路程 12= vt =2vo w g12(3)小木块获得的动能E=imv12也可用动能定理mg11=E,故E=2mv。12(4)广生的摩擦热：Q=(1mg(12-11)=-mvo(汪息：Q=&是一种巧合，不是所有的问题都这样)(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总=5+Q=mv。总结升华求解物体相对滑动的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。注意：无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。(3)

14、公式Q=F1相对中1相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动,则l相对为总的相对路程。v向右匀速运动，现将变式2如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为（1,为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为（）2mvA.2mV D . 2mVmvB.C.答案C解析由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W2mV+（1mg，s相，其中s相=vt，v=gt,以上三2

15、式联立可得：Wmv,故C正确。考点3能量守恒定律的理解和应用1 .对能量守恒定律的理解且减少量和增加量一定相等。且减少量和增加量一定相等。（1）某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加,（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加,2 .应用能量守恒定律解题的思路（1）分清有多少形式的能（动能、势能、内能等）发生变化。（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量AE减和增加的能量AE增的表达式。（3）列出能量守恒关系式A减=AE增。例3（2018保定一模）如图所示，固定斜面AB和CB与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为“、3,OB=ho细线一端固定在

16、竖直挡板上，另一端系一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧（小物块与弹簧不连接），烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD=l,小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为（1,重力加速度为g,则（）A.弹簧对小物块做功为mgl0.十Ar,r/IZr、umghB.斜面摩擦力对小物块做功为-sinaC.细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为hmgzmgtanT+lD.撤去斜面AB小物块还从D点弹出，将沿斜面CB上滑并从B点飞出去解题探究(1)这个过程能量如何转化？提示：弹簧的弹性势能转化为小物块的重力势能和摩擦生成的热量。(2)物块从D滑到B的过程中克服摩擦力

17、做的功是多少?提示： W=猿 mgl+ 猿 mgcos ahsin amcg- OD尝试解答选&烧断细线后，弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量，即EP=mgh十(1mgl+(1moposah=mglumgFl,弹簧对小物块做的功等于弹性势能减sinatana少量，也为mg(1mcg-J+l,故A错误，C正确；小物块从A到B过程中，斜面摩tanhh擦力对小物块做负功，且为一mgcosasm=-wmgana,故B错误；物块克服摩擦力做的功W=mg-+l=mg-OD可见W与斜面倾角无关，所以撤去斜面AB小tana物块从C点冲上斜面，仍恰能到达B点，D错误。总结升华能量问题的解题方法

18、(1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和AE减和增加的能量总和AE增，最后由4减=4增列式求解。(2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题方法两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。变式3如图所示，倾角e=30。的粗糙面固定在地面上，长为l,质量为

19、E粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端水平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物体未到达地面)，在此过程中()mA.物块的机械能逐渐增加1B.软绳重力势能共减少4mglC.物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功D.软绳重力势能的减少大于其动能增加与克服摩擦力所做功之和答案B解析物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A错误；软一、一，ll11绳重心下降的局度为22$所8=/，软绳的重力势能减少mgl,B正确；由功能关系，物块重力势能的减小等于物块重力做的功，而物块重力大于软绳所受的摩擦力，C错误；对于软绳，

20、由能的转化和守恒定律可知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D错误。居智微疗题答卷现场3传送带模型答卷现场3传送带模型(20(2015天津高考)(16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数(1=0.5。设皮带足够长，取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功WW试卷推样纣：口也阿沟通叼何加厘为dWy 士 2

21、 % 二1脸I甲彳错翎洌*说小有/但耳匕三，岩”心2中竹片对出利做/5壮可=功# 一片用十 ； ii - -at；=Mt2 * Jxx听x仲“：士愿 州7汉T30川rtf牌M 4恪做到外W二/Q、d”=“心菖也| 丁- I T X 73俾折指导l关介点 ：应求般忖对地也稗,而不是对皮带的位移 理艇喏谋-导致求解超偿.本生完金失分.扣三分, 大分原因：搜由己的定拿第M.林偿建设士以高审到.按鼠口妥求求解.一箍解答工呢.件时地位称X- -yc? = 1- X 5 .式中，m和V。分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得国=4.0X108J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时

22、的机械能为L12,内3=2mv+mghD式中，Vh是飞船在高度1.60x105m处的速度大小。由式和题给数据得日2.4X1012J(2)飞船在高度h=600m处的机械能为5=/100Vh2+mgH由功能关系得W=Eh-Ek0式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W9.7X108J。配套课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选）1.（2018云南第一次检测）起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳

23、过程中，他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是（）A.该同学机械能增加了mgh12B.起跳过程中该同学机械能增量为mg9mV12C.地面的支持力对该同学做功为mgH2mvD.该同学所受的合外力对其做功为gmV+mgh答案B一、一一一%,，一一八，12，一解析该同学重心升高h,重力势能增大了mgh又知离地时获得动能为-mv,则机械能增加了mg锌2mV,A错误，B正确；人与地面作用的过程中，支持力对人做功为零，C错12误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W4=2mV,D错误。52.某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以4g的加速度匀减速上升，上升的最

24、大高度为H水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则（）5A.上升过程中水瓶白动能减少量为mgH5B.上升过程中水瓶白机械能减少了4mgHc.水瓶落回地面日动能大小为mgH4D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态答案A51解析水瓶以a=4g减速上升，设阻力为f,则有m/f=ma解得阻力f=mg上升5阶段动能的改变量等于合外力做的功，W4=-maH=mgH故A正确。上升过程机械能的、，一，,一1一，变化看阻力做功，即fH=AE,所以上升过程机械能减少4mgH故B错误。上升过程由动.55.一能te理：一4mgH=0国，得初动能为mgH全程由动能te理得：一2fH=EEo,解得E3=mgH故C错

25、误。上升阶段加速度方向向下，下降阶段加速度方向向下，均为失重状态，故D错误。3.如图1所示，固定的粗糙斜面长为10m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能R随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能E1随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g=10m/s2。根据上述信息能求出（）A.B.C.D.斜面的倾角小滑块与斜面之间的动摩擦因数小滑块下滑的加速度的大小小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案解析D小滑块沿斜面下滑的过程中,得合力F根据动能定理有:F合x= A E,由图的斜率可求A E 25N = 2.5 NJ、滑块重力势能的变化量A E

26、p= mg xsin，由图3的A 日 100 斜率可求得 mgsin 8=又二=70- N = 10 NF 合=mgsinFf = mgsin 0 -mgcos 0 = ma= 2.5 N ,则小滑块受到的滑动摩擦力的大小 的倾角e、小滑块与斜面之间的动摩擦因数 故选D。4.如图所示，足够长的水平传送带以Ff可以求出,因小滑块的质量 m未知，故斜面w、小滑块下滑的加速度 a的大小不能求出,v=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，上方漏斗以每秒25kg把煤粉均匀且竖直抖落到传送带上，然后煤粉随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小为g=10m/s2,欲使传送带保

27、持原来的速度匀速转动，则传送带的电动机应增加的功率为（）A.200WB.50WC.100WD.无法确定答案C由牛解析煤粉竖直抖落到传送带上，在滑动摩擦力作用下加速到与传送带速度相等。顿第二定律wmg=ma解得煤粉的加速度大小a=g=2m/s2。加速时间t=1s,加速a位移xi=1at2=1m,在1s时间内传送带位移X2=vt=2m,煤粉相对于传送带滑动的距离Ax=X2-Xi=1m,每秒钟由于煤粉滑动摩擦产生的热量Q=migAx=0.2X25X10X1J1o1o=50J,每秒钟竖直抖落到传送带上的煤粉增加的动能AEk=2mv=-X25X2J=50J,根据功能关系，传送带电动机应增加的功率P=10

28、0W,C正确。5.（2018河北名校联盟联考）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直，然后由静止释放B,直至B获得最大速度。重力加速度大小为g,下列有关该过程白分析正确的是（）B. B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C. B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D.细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量答案B解析对B,mgT=ma,对A,T-kx=ma,则有mBg-kx=（ra+m）a,释放B的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道A、B的质量关系，故

29、无法求出B的瞬时加速度，A错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，B正确；整个系统中，根据能量守恒可知，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与A物体动能增加量之和，故C错误；细线对A的拉力和弹簧对A拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，故D错误。6.如图所示，有三个斜面a、b、c,底边的长分别为L、L、2L,高度分别为2h、h、h,某物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同，该物体分别沿三个斜面从顶端由静止释放后，都可以加速下滑到底端。三种情况相比较，下列关系不正确的是（）LLA.下滑过程经历的时间tatb=tcB.物体到达底端的动能E

30、aEbEec,2 yaoygsine-gcosexbxc,所以tbEbEkc,B正确。7. 一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中物体的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0hi过程的图线为曲线，hih2过程卜列说法正确的是()中的图线为直线。根据该图象,A. 0hi过程中，物体的动能一定在增加B. 0hi过程中，升降机对物体的支持力一定做正功C. hih2过程中，物体的动能可能不变D. hih2过程中，物体的重力势能可能不变答案BC解析由功能关系可知除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量，知E-h图象的切线斜率表示升降机对物体的支持力。0hi切

31、线斜率逐渐变小，则支持力逐渐变小，但支持力肯定与运动方向相同，在此阶段一直做正功，故B项正确。hi过程，动能如何变化，要看合外力做的功，合外力一开始向上，随支持力减小合外力是不是一直向上则不确定，故A项错误。hih2过程，Eh图象切线斜率不变，故支持力不变，若支持力等于重力，则C项正确。hih2过程，物体随升降机向上运动，重力势能增加，故D项错误。8 .(20i8唐山三模)如图所示，轻质弹簧劲度系数为k,一端与固定在倾角为0的光滑斜面底端的传感器连接，另一端与木块连接，木块处于静止状态，此时传感器示数为F。若在木块上端加一沿斜面向上的恒力F,当传感器示数再次为F0时，下面说法正确的是A.木块上

32、升的高度为T kB.木块的机械能增加量为2FF。kC.Fo木块的质量为gD.木块的动能增加量为2F0( F- F0)答案 BD解析 传感器示数即为弹簧弹力大小，最初木块处于静止状态，知FoFo质量m=嬴飞，故C错误。开始弹簧处于压缩状态，形变量xi = -,mgsin 0 = Fo,木块当传感器示数再次为Fo时，弹簧处于伸长状态，形变量X2 = F0,故木块沿斜面上升 k2FoX = Xi + X2 =- k高度 h=xsin 02FoVsin 8 ,故A错误。弹簧弹力对木块先做正功后做负功，总功为零，则外力 kF做功等于 2FR机械能的增加量 W= F - x =-,故B正确。由动能定理得木

33、块动能增加量 kA Ek= Fx mgin0x,得AEk=-(F-Fo),故D正确。9 .如图所示，质量为M长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff,用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为X,滑块速度为V1,木板速度为V2,下列结论正确的是（）A.上述过程中，F做功大小为2mV+2MM越大，x越小F越大，滑块到达右端所用时间越长Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多B.其他条件不变的情况下,C.其他条件不变的情况下,D.其他条件不变的情况下,答案BD解析F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑

34、块在木板上滑动过程用vt图象来研究，如图所示，图线为滑块的vt图，为木板的vt图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线的斜率越小，to越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线的斜率越大，to越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。10 .（2018江西重点中学协作体联考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率vi运行。初速度大小为V2,质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带

35、上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2vi,则（）A.物块与传送带的动摩擦因数为gtiB.从开始到物块回到A处，物块的位移为0,摩擦力对物块做功为0mvv2t 2tic.。13时间内，摩擦力对物块的冲量大小为mv2vi)D.在这个过程中由于物块的影响，电动机对传送带多做的功为答案AD解析在0ti时间内，小物块向左做匀减速直线运动，设物块与传送带的动摩擦因数V2为则加速度大小a=“g,由乙图可得0=v2-ati,得=,故A正确；从开始到物gt1块回到A处，物块的位移为0,但摩擦力对物块做功不为0,由动能定理得摩擦力对物块做一,1212.，,的功W=2mv-2m2,故B错误；摩擦力对物块的冲重大小I=mv(mv)=mvi+V2),故C错误；在整个过程中，电动机对传送带多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即WW=.一mvv2t2一,mg-vit2,把代入得VW=，故D