高考物理创新（基础课能力课实验课）版第五章机械能基础课4

基础课4功能关系能量守恒定律知识排查功能关系1.功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2.几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力(除重力、弹力外)做正功机械能增加能量守恒定律1.内容：能量既不会消灭，也不会创生。它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式：ΔE减＝ΔE增。小题速练1.思考判断(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。()(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。()(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。()(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。()(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。()(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。()(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√2.[人教版必修2P80“问题与练习”]如图1所示是“过山车”玩具模型。当小球以速度v经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F，多次改变小球初始下落的高度h，就能得出F与v的函数关系，下列关于F与v之间的关系中有可能正确的是()图1解析在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F＋mg＝meq\f(v2,R)，整理得F＝meq\f(v2,R)－mg，所以F－v关系图象是开口向上的抛物线，选项C正确。答案C功能关系的理解与应用力学中几种常见的功能关系各种力做功对应能的变化定量的关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对【例1】(多选)如图2所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()图2A.重力势能增加了mgh B.机械能损失了eq\f(mgh,2)C.动能损失了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；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故选项A正确；机械能损失了Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故选项B正确；动能损失量为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，故选项C错误；克服摩擦力做功eq\f(mgh,2)，故选项D错误。答案AB【例2】(多选)如图3甲所示，将一倾角为θ的光滑斜面体固定在地面上，在斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点。现将一质量为m＝2kg的可视为质点的滑块由斜面处的A点静止释放，最终将弹簧压缩到最短(此时弹簧上端位于C点)。已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的速度—时间图象如图乙所示。其中0～0.4s内的图线为直线，其余部分均为曲线，且BC＝1.2m。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是()图3A.θ＝eq\f(π,6)B.滑块在压缩弹簧的过程中机械能先增加后减小C.弹簧储存的最大弹性势能为16JD.滑块从C点返回到A点的过程中，机械能一直增大解析由题图乙可知，滑块在0.4s末刚好到达B点，在0～0.4s内，滑块做匀加速直线运动，加速度为a＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝eq\f(a,g)＝0.5，则θ＝eq\f(π,6)，选项A正确；滑块从B点到C点的运动过程中，除重力做功外，弹簧弹力对滑块做负功，故滑块的机械能一直在减少，选项B错误；对滑块和弹簧组成的系统由机械能守恒定律得，在C点，弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mghBC＝16J，选项C正确；滑块从C点返回到A点的过程中，开始时弹簧的弹力对滑块做正功，滑块的机械能增加，当滑块离开弹簧后，只有重力对滑块做功，则滑块的机械能守恒，选项D错误。答案AC能量守恒定律的理解及应用1.对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。2.涉及弹簧的能量问题应注意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：(1)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。(2)如果系统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大小相同。【例3】如图4所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：图4(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能。解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应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组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m。(3)设弹簧的最大弹性势能为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运用能量守恒定律解题的基本思路摩擦力做功的特点及应用1.静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。2.滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对。其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。【例4】(2017·苏、锡、常、镇高三调研)(多选)如图5所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d。在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端。则下列说法正确的是()图5A.砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B.砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端eq\f(d,2)处C.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端D.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小解析砝码与纸板分离前做加速运动，有μmg＝ma1，砝码与纸板分离后，在桌面上做减速运动，加速度大小为a2，有μmg＝ma2，选项A正确；设砝码与纸板刚分离瞬间速度为v，加速的位移为x1＝eq\f(v2,2a1)，减速的位移为x2＝eq\f(v2,2a2)，则x1＝x2＝eq\f(d,2)，选项B正确；其他条件不变，换用更大的恒力F，则纸板的加速度a变大，纸板与砝码分离时比砝码多运动的位移为d，d＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a1t2，a变大，加速的时间t变小，v＝a1t，v变小，砝码的滑行位移x＝eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)，x变小，选项C正确；砝码与纸板间产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，Q＝μmgd，产生的热量不变，选项D错误。答案ABC【例5】(2017·江苏省南通市、泰州市高三第一次模拟考试)如图6所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。求：图6(1)传送带运行的速度v；(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小f；(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q。解析(1)在D点附近，工人每隔t时间接受一个工件，则v＝eq\f(L,t)(2)在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则f＝meq\f(v2,R)代入解得f＝eq\f(mL2,Rt2)(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件相对滑动的时间为t0，加速度为a，则μmg＝ma，v＝at0加速过程中工件相对传送带运动的距离Δs＝vt0－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)产生的热量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)与功能关系相关的图象问题——推理分析能力的培养根据ΔE机＝F外x，ΔE机－x图象的斜率表示重力以外的其他力的合力。【典例】如图7所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的重力势能Ep机械能E、动能Ek、与上升高度h之间关系的图象是()图7解析重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－Ff·eq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－Ff·eq\f(h,sinα)；下滑过程中有－Ff·eq\f(2H－h,sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ff·eq\f(H,sinα)＋Ff·eq\f(h,sinα)，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－Ff·eq\f(h,sinα)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(Ff,sinα)))h，下滑过程中有－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图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确。答案D【变式训练】(2017·江苏省南京市、盐城市、连云港市高三第二次模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是()解析上抛过程中，速度减小，f＝kv，阻力减小，根据mg＋f＝ma，加速度a的方向向下，但a>g，逐渐减小，当球到达最高点时，速度为零，阻力为零，则加速度a＝g，方向向下，下落过程中，速度增大，f＝kv，阻力增大，根据mg－f＝ma，加速度a的方向向下，但a<g，逐渐减小，选项B错误；v－t图象的斜率表示加速度，选项A错误；上升过程中，Ek＝Ek0－(mg＋f)h，h增大，f减小，mg＋f减小，斜率绝对值减小，下降过程中Ek＝(mg－f)(H－h)，h减小，斜率绝对值减小，选项C正确；由分析C的方法，易得选项D错误。答案C1.(2017·江苏省南京市、淮安市高三第三次模拟考试)一颗小钢珠从水面上方由静止释放，落入水中，溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图8所示。对这种现象，下列说法中正确的是()图8A.小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律B.小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能C.小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能D.小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能解析小钢珠与水面碰撞后仍有动能存在，且与水面碰撞的过程中产生内能，所以小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能，能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一，小钢珠减少的重力势能转化为系统的内能和小水珠的重力势能，选项D正确，A、B、C错误。答案D2.(2017·南通、扬州、泰州三模)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨。如图9所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处。在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()图9A.0.2J B.0.6J C.1.0J D.2.5J解析竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3m，二层也就是6m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J，选项A、B、C错误，D正确。答案D3.(2017·江苏溧水高级中学测试)(多选)一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度匀加速上升高度h，在此过程中()图10A.磅秤的示数等于mgB.磅秤的示数等于1.1mgC.人的动能增加了0.9mghD.人的机械能增加了1.1mgh解析根据牛顿运动定律可知，磅秤的示数等于FN＝mg＋ma＝1.1mg，选项A错误，B正确；根据动能定理得ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C错误；人上升高度h，则重力做功为－mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确。答案BD4.(多选)如图11所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中()图11A.a的动能小于b的动能B.两物体机械能的变化量相等C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确。答案AD活页作业(时间：40分钟)一、单项选择题1.(2017·江苏省镇江中学期中)质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中正确的是(不计一切阻力，g＝10m/s2)()A.合外力对物体做功8J B.手对物体做功8JC.物体机械能增加了8J D.物体重力势能增加了2J解析由动能定理得，合外力对物体做功W合＝eq\f(1,2)mv2—0＝8J，故选项A正确；W合＝W人—mgh所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2)J＝28J，故选项B错误；物体机械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物体机械能增加量ΔE＝W人＝28J，故选项C错误；物体重力势能增加量等于物体克服重力做的功，所以物体重力势能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2J＝20J，故选项D错误。答案A2.如图1所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()图1A.小物体恰好滑回到B处时速度为零B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C.小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。答案C3.(2017·苏北四市三模)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图2所示。已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，木块动能增加了50J，则此过程产生的内能可能是()图2A.10J B.50JC.70J D.120J解析v－t图象的面积表示位移，由图象可知，子弹相对木板的位移Δx是木板对地位移x木的两倍多，设子弹与木板间的摩擦力为f，则对木板而言，摩擦力做正功，动能增加，表达式为fx木＝Ek木＝50J，子弹与木板间的摩擦产生内能，表达式为fΔx＝E内，对比两式可知，产生的内能大于100J，选项A、B、C错误，D正确。答案D4.[2017·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁高三上学期期中]某踢出的足球在空中运动轨迹如图3所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是()图3解析因足球斜上抛运动速率应先减小后增大，选项A错误；足球的机械能守恒，故E－t线应为平行于t轴的直线，选项B错误；足球在某时刻的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋（v0y－gt）2)，则足球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,x)＋(v0y－gt)2]，由数学知识可知，此图线是开口向上的抛物线，故选项C错误；重力的功率P＝mgvy＝mg(v0y－gt)，故选项D正确。答案D5.(2017·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁联考)如图4所示，楔形木块ABC固定在水平面上，斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53°、37°。质量分别为2m、m的两滑块P、Q，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳与斜面平行。已知滑块P与AB间的动摩擦因数为eq\f(1,3)，其它摩擦不计，重力加速度为g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6。在两滑块运动的过程中()图4A.Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功B.Q机械能的增加量等于P机械能的减少量C.P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量D.两滑块运动的加速度大小为eq\f(1,5)g解析在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，故A项错误；由于P下滑过程中要产生内能，所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量，故B项错误；根据能量守恒定律知，P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量与Q机械能的增加量之和，故C错误；根据牛顿第二定律，对Q有：T－mgsin37°＝ma，对P有：2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，联立解得a＝eq\f(1,5)g，故D项正确。答案D二、多项选择题6.如图5所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是()图5解析根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动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，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，又x＝v0t－eq\f(1,2)gsinθt2，选项A、B错误。答案CD7.(2017·姜堰中学)如图6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f，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s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()图6A.上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析由牛顿第二定律得，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，选项B正确；F越大，a2越大，t越小，选项C错误；由Q＝fL可知，f越大，滑块与木块间产生的热量越多，选项D正确；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故选项A错误。答案BD8.(2017·江苏省常州市高三第一次模拟考试)如图7所示，一轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面的最大静摩擦力和滑动摩擦力都为f，弹簧无形变时，物块位于O点。每次都把物块拉到右侧不同位置由静止释放，释放时弹力F大于f，物体沿水平面滑动一段路程直到停止。下列说法中正确的是()图7A.释放时弹性势能等于全过程克服摩擦力做的功B.每次释放后物块速度达到最大的位置保持不变C.物块能返回到O点右侧的临界条件为F>3fD.物块能返回到O点右侧的临界条件为F>4f解析物体最终静止的位置不一定是O点，故弹簧的弹性势能不一定全部用来克服摩擦力做功，选项A错误；当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，加速度为零，速度达到最大值，选项B正确；设物体一开始在距离O点x1的A点，运动到O点左侧最远处距离为x2的B点，最终到O点右侧x3处的C点，A点有F＝kx1，全程有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)>f(x1＋2x2＋x3)，B到O点有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)>fx2，把k＝eq\f(F,x1)代入后两式有Fx1>2f(x1＋2x2)，Fx2>2fx1，联立得出Fx1>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(4fx1,F)))，解得F>4f，选项C错误，D正确。答案BD9.(2017·南师大附中)如图8所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则()图8A.物体从A运动到B的时间是1.5sB.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2J功C.物体从A运动到B的过程中，产生2J热量D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功解析物体从P点下滑到A点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝2m/s，由于物体刚到A点时的速度小于传送带的速度，所以物体在传送带施加的滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，加速到4m/s时发生的位移为x＝eq\f(42－22,2×2)m＝3m＜5m，故物体在传送带上先匀加速直线运动，后匀速运动，匀加速运动时间为t1＝eq\f(4－2,2)s＝1s，匀速时间t2＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s，选项A正确；物体从A到B的过程中摩擦力对物体做功为Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝6J，物体和传送带的相对位移为Δx＝(4×1.5－5)m＝1m，产生的热量为Q＝μmgΔx＝2J，选项B错误，C正确；传送带所做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋Q＝8J，选