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    7．如图所示，一倾角为α的固定斜面的下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端的距离为s处，由静止释放，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，小物块下滑过程中的最大动能为Ekm．小物块从释放到首次滑至最低点的过程中，（　　）
    A．μ＞tanα
    B．小物块刚接触弹簧时动能为Ekm
    C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中小物块减少的重力势能与摩擦产生的热量之和
    D．若将小物块从斜面上离弹簧上端的距离为2s处由静止释放，小物块的最大动能不等于2Ekm

    分析 小物块从静止释放后能下滑，说明重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，由此列式得到μ与α的关系．物块所受的合力为零时动能最大．根据能量守恒定律分析各种能量的关系．

    解答 解：A、据题：小物块从静止释放后能下滑，则有 mgsinα＞μmgcosα，解得 μ＜tanα．故A错误；
    B、物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误；
    C、根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和．故C正确；
    D、若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x．
    根据功能关系可得：
    将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg（s+x）sinα-μmg（s+x）cosα-Ep．
    将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm′=mg•（2s+x）sinα-μmg•（2s+x）cosα-Ep．
    而2Ekm=mg（2s+2x）sinα-μmg（2s+2x）cosα-2Ep=[mg（2s+x）sinα-μmg（2s+x）cosα-Ep]+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]=Ekm′+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]
    由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：mgxsinα-μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα-μmgxcosα-Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm．故D正确．
    故选：CD．

    点评 本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候动能最大，能熟练运用能量守恒定律列式研究．

    练习册系列答案
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    B．两物块的质量比m1：m2=sin$\frac{α}{2}$
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    D．若将m1换成力F缓慢拉动将A向上移动至B的过程中，F将增大

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