1、高考物理,新高考专用,专题六 机械能守恒定律,考点一功和功率,一、功1.定义:物体受到力的作用,且在力的方向上发生了一段位移,就说这个力对物体做了功。2.做功的两个要素:作用在物体上的力、力的作用点在力的方向上发生的位移。,3.公式:W=Fl cos。如图所示。1)是力与位移方向之间的夹角,l为力的作用点的位移。2)该公式只适用于恒力做功。,4.功的正负1)当00,力对物体做正功。2)当90180时,W0,力对物体做负功。3)当=90时,W=0,力对物体不做功。,5.合力做功的计算1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cos 求功(适用于在一段位移内合力恒定的情况)。2)方法二:先求各个
2、力做的功W1,W2,W3,再应用W合=W1+W2+W3+求合力做的功。,6.变力做功的计算1)计算功的方法,2)题型通解,7.一对作用力与反作用力的功,8.摩擦力做的功可正,可负,可为零。,二、功率,1.平均功率的计算方法1)利用P=。2)利用P=Fv cos,v为物体运动的平均速度。,2.瞬时功率的计算方法1)利用公式P=Fv cos,其中v为t时刻的瞬时速度,为F与v的夹角。2)利用公式P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。3)利用公式P=Fvv,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。,考点二动能与动能定理,一、动能表达式:Ek=mv2(v是瞬时速度,动能是状态
3、量)。动能是标量,没有负值;单位为焦耳(J)。,二、动能定理,1.动能定理的内容合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量,这个结论叫作动能定理。,2.动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,式中W为合外力对物体所做的功,Ek2为物体末状态的动能,Ek1为物体初状态的动能。动能定理的表达式为标量式,v为相对同一参考系的速度,中学物理中一般取地面为参考系。,3.适用条件1)既适用于直线运动,也适用于曲线运动。2)既适用于恒力做功,也适用于变力做功。3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以间断作用。,考点三机械能守恒定律,一、重力做功1.重力做功的表达式:WG=mgh(h为沿重力方向的位移)。2
4、.重力做功的特点1)重力做功与路径无关,与始、末位置的高度差有关。2)重力做功不引起物体机械能的变化。,二、重力势能弹性势能,1.重力势能1)由物体所处位置的高度决定的能量,称为重力势能,Ep=mgh。2)重力势能是地球和物体组成的系统共有的,而不是物体单独具有的。3)重力势能Ep=mgh是相对的,式中的h是物体的重心到参考平面(零势能面)的高度。4)重力势能的变化与重力做功的关系重力对物体做多少正功,物体的重力势能就减少多少;重力对物体做多少负功,物体的重力势能就增加多少,即WG=-Ep。,注意:重力势能的正负号表示大小,如40 J0 J-40 J。,2.弹性势能1)大小:弹簧的弹性势能的大
5、小与弹簧的形变量及劲度系数有关。2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。,三、机械能守恒定律1.机械能:动能和势能统称为机械能,其中势能包括重力势能和弹性势能。2.机械能守恒定律的内容:在只有重力或系统内弹力做功的系统内,动能和势能可以互相转化,而总的机械能保持不变。3.机械能守恒定律的表达式:Ep1+Ek1=Ep2+Ek2、EA=EB或E增=E减。,4.对机械能守恒条件的理解只受重力作用,不考虑空气阻力作用;例如各种抛体运动,物体的机械能守恒。除重力外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功代数和为零。除重力外,只有系统内的弹力做功,那么系统的机械
6、能守恒。,注意:该情况下并非物体的机械能守恒,如与弹簧相连的小球向下运动的过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒,而小球的机械能变化。若系统与外界没有能量交换,系统内也没有机械能与其他形式的能的转化,则系统机械能守恒。,拓展一动能定理在多过程中的应用,1.多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较困难,而用动能定理分析问题,只需要总体上把握运动状态的变化,因此动能定理的优越性就明显地表现出来了。2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。,3.全过程列式涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意它们各自的做功特点:1
7、)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关。2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。3)弹簧弹力做功与路径无关。,例1如图所示,ABCDO是处于竖直平面内的固定轨道,O、A处于同一水平位置。AB是半径为R=1 m的圆弧光滑轨道,CDO是半径为r=0.5 m的半圆弧光滑轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回且不损失能量,图中没有画出),D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接。现让一个质量为m=1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H处的P点自由落下,已知BC段水平轨道长L=2 m,与小球之间的动摩擦因数=0.2。则(取g=10 m
8、/s2),(1)当H=2 m时,小球第一次到达D点对轨道的压力大小;(2)为使小球仅仅与弹性板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围。,解析(1)设小球第一次到达D点的速度大小为vD,对小球从P到D点的过程,根据动能定理有mg(H+r)-mgL=m在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力,则有FN=m,联立解得FN=84 N由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小为FN=FN=84 N(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最小时必须满足能上升到O点,有mgHmin-mgL=m,在O点有mg=m,代入数据解得Hmin=0.65 mH最大时,第二次滑到CDO轨道上的
9、D点时,有mg(Hmax+r)-3mgL=0,代入数据解得Hmax=0.7 m,故有0.65 mH0.7 m,答案(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m,拓展二机械能守恒定律在多物体中的应用,一、多物体组成的系统中机械能守恒问题的解题思路,二、机械能守恒问题具体情况分析,1.不含弹簧的轻杆模型、轻绳模型1)轻杆模型图例及三大特点转动时两物体角速度相等。杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。对于杆和物体组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且只有重力和杆对物体A、B做功,则系统机械能守恒。,2)轻绳模型图例及三点提醒分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分
10、速度大小相等。抓住两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,只有重力和系统内绳子拉力做功,其他力不做功,机械能守恒。,例2一半圆形竖直固定碗半径为R,用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在碗边缘两侧,A球质量为B球质量的2倍。现将A球从碗边缘处由静止释放,如图所示。已知A球始终不离开碗内表面,且细绳足够长,若不计一切摩擦,求:(1)A球沿碗内表面滑至最低点时速度的大小;(2)A球沿碗内表面运动的最大位移。,解析(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v,B球的质量为m,则根据机械能守恒定律有2mgR-mgR=2
11、mv2+m由图甲可知,A球的速度v与B球速度vB的关系为vB=v1=v cos 45,解得v=2。,甲,乙,(2)当A、B球的速度为零时,A球沿碗表面运动的位移最大,设为x,如图乙所示。由相似三角形得=,A球下降的高度h=,从静止释放至A球运动位移最大的过程中,由机械能守恒定律得2mgh-mgx=0,解得x=R。,答案(1)2(2)R,2.含轻弹簧模型的几点注意1)含弹簧的物体系统在只有系统内弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒。2)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量,而弹簧弹力做功与路径无关,只与初、末状态弹簧形变量的大小
12、有关。3)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度(或沿弹簧方向分速度相同);弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。,例3如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上。现用手控制住A,并使细线刚刚伸直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是(
13、),A.斜面倾角=60B.A获得的最大速度为2gC.C刚离开地面时,B的加速度最大D.从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能守恒,解析C刚离开地面时,弹簧处于伸长状态,对C有kx2=mg,此时B有最大速度,即aB=aA=0,则对B有T-kx2-mg=0,对A有4mg sin-T=0,解得 sin=,=30,故A项错误;释放A前系统静止,且细线上无拉力,弹簧处于压缩状态,对B有kx1=mg,可知x1=x2=,则从释放至C刚离开地面过程中,初末状态弹性势能变化量为零,此过程中A、B、C、弹簧组成的系统机械能守恒,即A球减少的重力势能转化为B球增加的重力势能和A、B的动能,细线
14、一直处于伸直状态,故A、B速度相同,故4mg(x1+x2)sin=mg(x1+x2)+(4m+m),解得=2g,所以A获得的最大速度为2g,故B项正确;C刚离开地面时,B的加速度为0,故C项错误;从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒,故D项错误。,答案B,拓展三功能关系与能量守恒,一、功能关系1.几种常见的功能关系及其表达式,例4螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成,螺纹与水平面夹角为,如图所示。水平转动手柄,使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物,如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡,称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶,的最大值为0。现用一个
15、倾角为0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后,向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数减小,重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力,转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(),A.实现摩擦自锁的条件为tan B.下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC.从重物开始升起到最高点,摩擦力做功为mghD.从重物开始升起到最高点,转动手柄做功为2mgh,解析实现自锁的条件是重物重力沿螺纹槽向下的分力小于或等于最大静摩擦力,即mg sin mg cos,解得tan,A项错误。重物从静止开始下落,落回到起点位置重物速度又减为0,所以重物
16、在下落过程中先失重后超重,螺杆对重物的支持力先小于mg,后大于mg,根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力先小于mg,后大于mg,B项错误。重物缓慢上升的过程中,以螺杆和重物为整体进行受力分析可知,支持力与摩擦力的合力与重物所受的重力等大反向,如图,即F=mg,重物缓慢上升,根据动能定理可知WF-mgh=0,解得WF=mgh,因为0、Wf0,所以从重物开始升起到重物到达最高点,摩擦力做功小于mgh,C项错误。从重物开始升起到最高点,手对手柄做的功一部分用于合力F做功,一部分转化为重物上升增加的重力势能mgh,所以W=WF+mgh=2mgh,D项正确。,答案D,2.涉及两种摩擦力功能关系的比较,
17、例5如图1所示,质量M=1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m=1.0 kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间变化的关系如图2所示,4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取重力加速度g=10 m/s2。求:,图1,图2,(1)01 s内,A、B的加速度大小aA、aB。(2)B相对A滑行的最大距离x。(3)04 s内,拉力做的功W。(4)04 s内系统摩擦产生的热量Q。,解析(1)在01 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mg=MaA、F1-mg=maB,解得a
18、A=2 m/s2,aB=4 m/s2。(2)t1=1 s后,拉力F2=mg,铁块B做匀速直线运动,设B的速度大小为v1,木板A仍做匀加速直线运动,设又经过时间t2,A的速度与铁块B的相等,有v1=aBt1、v1=aA(t1+t2),解得t2=1 s;假设A、B速度相等后一起做匀加速运动,运动时间t3=2 s,设加速度为a,有F2=(M+m)a,解得a=1 m/s2,木板A受到的静摩擦力f=Mamg,故2 s后A、B相对静止,故2 s时A、B相距最远,x=xB-xA=aB+v1t2-aA(t1+t2)2,解得x=2 m。(3)时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1aB=12 J,时间t2内拉力
19、做的功W2=F2x2,=F2v1t2=8 J,时间t3内拉力做的功W3=F2x3=F2(v1t3+a)=20 J,4 s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40 J。(4)Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段,此过程中系统Q=mgx=4 J。,解题方法三步求解相对滑动物体的能量问题第一步:正确分析物体的运动过程,做好受力分析;第二步: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;第三步:代入公式W=Ffx相对计算,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,应代入总的相对路程s相对。,答案(1)2 m/s24 m/s2(2)2 m(3)40 J(4)4 J,二、能
20、量守恒,1.对能量守恒定律的两点理解1)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)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。,2.能量转化问题的解题思路1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。2)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E减与增加的能量总和E增,最后由E减=E增列式求解。,例6如图所示,水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置,发射装置内壁光滑,A点为发射口所在的位置,在竖直面内内壁光滑的钢管弯成的“9”字形轨道固定在B点,
21、且与水平面平滑相接,钢管内径很小,“9”字全高H=1 m,“9”字上半部分圆弧轨道半径R=0.1 m,圆弧为圆周,圆弧轨道与其下端相接的水平部分轨道(轨道出口为D)相切,当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时,启动发射装置,恰能使质量m=0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C,已知弹簧的弹性势能与其压缩量的二次方成正比,A、B间距离L=4 m,滑块与水平面间的动摩擦因数=0.2,重力加速度g=10 m/s2,求:,(1)当弹簧的压缩量为2 cm时,弹簧的弹性势能。(2)当弹簧的压缩量为3 cm(弹性限度内)时,启动发射装置,滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力。(3)当弹簧的压缩量为3 cm时
22、,启动发射装置,滑块从D点水平抛出后的水平射程。,解析(1)因为“9”字形轨道是双轨道,滑块恰好到达C点时的速度为0,根据能量守恒定律得Ep=mgL+mgH,解得Ep=1.8 J。(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的二次方成正比,故当弹簧压缩量为3 cm时,Ep1=Ep,根据能量守恒定律得Ep1=mgL+mgH+m,由牛顿第二定律得FN+mg=m,解得FN=44 N,由牛顿第三定律可知,滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为44 N,方向竖直向上。(3)根据能量守恒定律可得Ep1=mgL+mg(H-2R)+m,解得vD=7 m/s,由平抛运动规律得H-2R=gt2,x=vDt,故水平射程x=2
23、.8 m。,答案(1)1.8 J(2)44 N方向竖直向上(3)2.8 m,模型一机车启动模型,1.机车启动有两种方式1)以恒定的功率启动匀速直线运动机车达到最大速度时a=0,F=Ff,P额=Fvm=Ffvm,这一启动过程的v-t关系如图所示,其中vm=。,设加速阶段机车位移为s,对机车应用动能定理有P额t0-Ffs=m-02)以恒定的加速度启动这一运动过程的v-t关系如图所示,其中v0=,F=Ff+ma,vm=。,两种启动过程中,物理量变化的判断主要依靠公式P=Fv和a=,另外P=P额和a=0为两种启动方式的最终状态。,2.以恒定加速度启动时的分段处理1)图中0t0段P均匀增加(P=Fv,a
24、不变,F不变,v均匀增加),可按匀加速直线运动及平均功率处理。2)t0时刻P增至P额,v0=。t0t1段P=P额=Fv,功率不变,Ff不变,牵引力F和a变小,但速度v增加。此阶段牵引力是变力,牵引力的功为W=P额(t1-t0)。3)t1时刻后,P额=Ffvm成立。,说明:机车以恒定加速度启动时,先后经过两个过程,匀加速运动结束时的速度,并未达到整个过程的最大速度vm,只是达到匀加速阶段的最大速度。在P=Fv中因为P为机车牵引力的功率,所以对应的F是牵引力并非合力,这一点在计算时极易出错。只有最终匀速运动时才有F=Ff、vm=。,例1如图甲所示,一升降机在电动机的拉力作用下,由静止开始沿竖直方向
25、向上运动,在电动机的带动下,升降机先做匀加速运动,5 s末电动机达到额定功率,之后保持额定功率不变,升降机运动的v-t图像如图乙所示,已知电动机的额定功率P=36 kW,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)升降机的总质量。(2)升降机在08 s内上升的高度。,解析(1)最终升降机做匀速运动,电动机的牵引力F牵1=mg,电动机以额定功率工作时,有P=F牵1vmax,解得升降机的总质量m=300 kg。(2)当t1=5 s时,升降机的速度v0=at1电动机的牵引力F牵2=根据牛顿第二定律得F牵2-mg=ma解得a=2 m/s2,v0=10 m/s则05 s内上升的高度h1=a=25 m58 s
26、内由动能定理得,Pt2-mgh2=m-m解得上升的高度h2=33.8 m则08 s内升降机上升的高度h=h1+h2=58.8 m,答案(1)300 kg(2)58.8 m,模型二能量观点综合应用模型,1.传送带模型中的功能关系,例2如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角=30,传送带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可视为质点)轻轻地放在传送带的底端,经过时间t=1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处,g取10 m/s2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数。(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。,解析(1)由题图可知,传送带长x=3
27、m,工件速度达到v0前,做匀加速运动的位移x1=t1,匀速运动的位移为x-x1=v0(t-t1),解得加速运动的时间t1=0.8 s,加速运动的位移x1=0.8 m,所以加速度a=2.5 m/s2,由牛顿第二定律有mg cos-mg sin=ma,解得=。(2)由能量守恒定律知,电动机多消耗的电能转化为工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量,在时间t1内,传送带运动的位移x传=v0t1=1.6 m,在时间t1内,工件相对传送带的位移x相=x传-x1=0.8 m,在时间t1内,摩擦生热Q=mg cos x相=60 J,最终工件获得的动能Ek=m=20 J,工件
28、增加的势能Ep=mgh=150 J,电动机多消耗的,电能W=Q+Ek+Ep=230 J。,答案(1)(2)230 J,例3如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为=120,在圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5
29、 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存Ep=18 J的能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10 m/s2。,(1)求右侧圆弧轨道的半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围。,解析(1)物块被弹簧弹出,由Ep=m,可知v0=6 m/s因为v0v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中由1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1得a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m因为x1L,故物块与传送带共
30、速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,由动能定理可知mv2=2mgs+mgR得R=0.8 m(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB,由mv2-m=2mg2s,得vB=m,/s,因为vB0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,由m=2mg(s-x),得x=m。(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mg sin 30=m从B到F过程中由动能定理可知m-m=2mgs+mg(R+R sin 30)得v1=m/s设传送带速度为v2时,物块撞挡板后
31、返回能再次上滑恰到E点,由m=2mg3s+mgR,解得v2=m/s,若物块在传送带上一直加速运动,由m-m=1mgL,知其到B点的最大速度vBm=m/s,综合上述分析可知,只要传送带速度 m/sv m/s就满足条件。,答案(1)0.8 m(2)m(3)m/sv m/s,2.物块木板模型中的功能关系以物块带动木板模型为例(水平地面光滑)1)区分三种位移:板的位移为x,物块的位移为(L+x),相对位移为L;2)功与能,例4(多选)如图所示,质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板最左端,滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块从静止开始运
32、动到木板最右端时,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()A.滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)B.上述过程满足(F-f)(L+s)=m+m1C.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,解析当滑块从静止开始运动到木板右端时,发生的位移为L+s,滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s),故A正确;滑块与木板间产生的热量Q=fL,根据能量守恒定律知F(L+s)=Q+m+m1,故B错误;滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动,在其他条件不变的情况下,木板的运动情况不变,滑块和木板的相对位移还是L,滑块的位移也没有发生改变,所以拉力F越大滑块的加速度越大,离开木板时间就越短,故C错误;系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积,即Q=fL,相对位移L没变,f越大,产生的热量越多,故D正确。,答案AD,
