北京市第四中学最新高三物理上学期期中试题含解析

北京四中2021届上学期高中三年级期中考试物理试卷
一、选择题
1。

下列属于国际单位制中基本单位的是
A. 牛顿NﻩＢ。

　千克kｇﻩC．焦耳ＪＤ。

米ｍ
答案ＢD
解析
详解A、牛顿是力的单位，是根据牛顿第二定律Ｆ=ma定义出来的，是导出单位，故A错误。

B、千克是质量的单位，是国际单位制中基本单位，故B正确。

Ｃ、焦耳是功的单位，是根据功的公式W=Fｘ推导出来的,是导出单位，故Ｃ错误.
D、米是长度的单位，是国际单位制中基本单位，故D正确。

故选:Ｂ、D
2。

以下说法正确的是
Ａ。

做曲线运动的物体速度一定发生变化
B.　做曲线运动的物体的合力一定发生变化
C．做平抛运动的物体加速度始终保持不变
D. 做匀速圆周运动的物体加速度始终保持不变
答案AC
解析
详解Ａ、做曲线运动的物体,速度一定发生变化，故A正确.
Ｂ、做曲线运动的物体合力不一定发生变化，比如平抛运动，Ｂ错误.
C、做平抛运动的物体只受重力，加速度为g始终保持不变,故C正确。

D、做匀速圆周运动的物体加速度大小保持不变,方向时刻在变化，所以加速度始终在变化，故D错误。

故选：A、C
3．如图所示,放在粗糙水平桌面上的木块，质量m=2.0kg，同时受到F1=８．0N、F2＝3．0Ｎ的水平推力作用处于静止状态。

若只撤去F１，则木块
A．　向左做匀速运动
B。

仍处于静止状态
C。

　以a=1。

0 m/s2的加速度向右做匀加速运动
D。

以a=1.5　m/s2的加速度向左做匀加速运动
答案B
解析
详解木块同时受到F1=8.0N、F2=3.0N的水平推力作用处于静止状态，分析知桌面对木块静摩擦力为5Ｎ,方向向左，若只撤去F1,桌面对木块静摩擦力为3N,方向向右，所以木块仍处于静止状态,故A、C、D 错误,B正确。

故选：Ｂ
点睛静摩擦力是一种非常聪明的力,在最大静摩擦力范围内，可以根据物体运动的需要而发生变化.
4.下列说法中正确的是
A。

卡文迪许仅根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系
B. 开普勒整理第谷的观测数据，总结出“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆……”等三大行星运动定律
C．　“月—地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律
D．引力常量G的大小是牛顿根据大量实验数据得出的
答案ＢC
解析
详解A、牛顿探究天体间的作用力，得到行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系,并进一步扩展为万有引力定律,并不是卡文迪许提出的，故Ａ错误。

B、开普勒整理第谷的观测数据，总结出“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆……"等三大行星运动定律,故Ｂ正确。

C、万有引力定律建立后，经历过“月—地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律,故C正确。

D、牛顿发现了万有引力定律，但是没有测得引力常量G的大小，G的大小是卡文迪许测得的，故D错误
故选:B、C
点睛该题要掌握好物理学的基本发展历史，知道各个人对物理学的贡献，其中引力常量G是卡文迪许测得的这点要牢记.
５。

如图所示，一圆筒绕中心轴ＯO´以角速度ω匀速转动，小物块紧贴在竖直圆筒的内壁上,相对于圆筒静止．此时，小物块受圆筒壁的弹力大小为F,摩擦力大小为f.当圆筒以角速度2ω匀速转动时小物块相对于圆筒静止,小物块受圆筒壁的　
A。

　摩擦力大小仍为ｆ B. 摩擦力大小变为２ｆ
Ｃ．弹力大小变为2ＦﻩＤ.　弹力大小变为４F
解析
由图可知，物体受到3个力的作用，物体所受向心力是物体所受的弹力提供的,F=知当圆筒以角速度2ω匀速转动时，D对,C错；物体的重力由静摩擦力平衡，大小仍为ｆＡ对。

6。

如图所示，人的质量是ｍ,当电梯以加速度a加速上升时
A．人处于失重状态
B. 人处于超重状态
Ｃ。

人对地板的压力大于地板对人的支持力
D．　人对地板的压力小于地板对人的支持力
答案B
解析
分析
以人研究对象，根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力，再由牛顿第三定律求出人对电梯的压力。

详解当人随电梯以加速度ａ加速上升时，对人进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F N—mg＝mａ，可得电梯对人的支持力F Ｎ＝mg＋ａｍg,人处于超重状态，根据牛顿第三定律,人对地板的压力等于地板对人的支持力，故A、C、D错误，B正确.
点睛本题主要考查了对超重失重现象的理解,人处于超重或失重状态时,人的重力并没变，只是对支持物的压力变了。

７．图6是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是
A. 0~1 ｓ内的平均速度是2m／ｓ
Ｂ。

0~1ｓ内的位移大小是３m
Ｃ. 0～1s内的加速度大于２~４s内的加速度
D。

0～１s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反
答案BC
解析
由v—t图像的面积可求得0-1s的位移s=1m，时间t＝１s，由平均速度定义得：，故Ａ选项错误；由ｖ-t图像的面积可求得０—2ｓ的位移s＝３m,故B选项正确；利用图像斜率求出　0-１s 的加速度:ａ1=2ｍ/ｓ２、2—4s的加速度a2＝１ｍ/ｓ２、因而:a１〉　a2，故C选项正确；由图像可见0-1s、2-4ｓ两个时间段内速度均为正,表明速度都为正向,运动方向相同，故D选项错误
８。

假设轮船行驶时,所受阻力与船速成正比.当船以速度v匀速行驶时，发动机输出功率为P1;当船以速度2ｖ匀速行驶时,发动机输出功率为P2。

P１、Ｐ２均不超过额定功率。

则
A. P2= 2P1B。

Ｐ2=4P1ﻩC．P1=2Ｐ2ﻩＤ. P１=P2
答案B
解析
详解当船以速度v匀速行驶时，阻力f1=kｖ,牵引力Ｆ１＝f1,发动机输出功率Ｐ1=F１v=kv2
当船以速度２ｖ匀速行驶时，阻力f ２=ｋ2ｖ，牵引力F２=f2,发动机输出功率P２=F2２v＝ｋ2v2=４kv2=4P1，故A、C、D错误，B正确.
故选：Ｂ
9.使用两条不同的轻质弹簧ａ和b，在弹性限度内得到弹力Ｆ与弹簧长度ｌ的关系图像如图。

设弹簧a与弹簧b的原长分别为l1和ｌ2，劲度系数分别为k1和k2,下列选项中正确的是
A。

l１>l2 k1〉ｋ2Ｂ. l１>l2 k1＜k2
Ｃ.　l1<l2 ｋ1<k2ﻩD. l1＜l2ｋ1＞k2
答案D
解析
分析
弹簧的弹力满足胡克定律，Ｆ＝k△x，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。

详解根据胡克定律得：F=ｋ△x=kl´—l,l´是弹簧的长度，l是弹簧的原长，由数学知识知:Ｆ－l´图象的斜率等于k，横截距表示弹簧的原长。

所以有:l1〈ｌ2，k1>k2，故A、B、C错误,D正确.
故选：Ｄ
10。

如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力Ｆ作用在B上,使A、B一起沿水平桌面向右加速运动。

设A、B之间的摩擦力为f１,B与水平桌面间的摩擦力为f2。

若水平外力F逐渐增大，但
Ａ、B仍保持相对静止，则摩擦力ｆ1和f2的大小
A．f1不变、f2变大ﻩB. f1变大、ｆ２不变
C。

f1和f２都变大 D.　f1和ｆ2都不变
答案B
解析
试题分析:根据牛顿第二定律得:对A物体:,对整体:，可见，当增大时，加速度增大,变大．而,、、都不变，则不变。

故选B.
考点：本题考查了静摩擦力和最大静摩擦力、滑动摩擦力、整体法和隔离法、牛顿第二定律.
11．如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道２做匀速圆周运动。

下列说法正确的是
Ａ．不论在轨道１还是轨道２运行,卫星在P点的速度都相同
Ｂ. 不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
Ｃ。

　卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度
D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同的速度
答案B
解析
详解A、在P点,沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力,即Ｆ引
m，沿轨道2运行时,地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即Ｆ
ｍ
,故v １v２,故A错误。

Ｂ、在P点，人造卫星在轨道１和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在Ｐ点的加速度相同，故B正确。

Ｃ、在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同,故C错误。

D、在轨道２上不同位置速度方向不同,故速度不同,故Ｄ错误.
故选:Ｂ
１２。

有质量相同的三个小物体ａ、b、ｃ。

现将小物体a从高为h的光滑斜面的顶端由静止释放，同时小物体b、c分别从与a等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，如图所示。

对三个物体从释放到落地过程中，下列判断正确的是
Ａ.　物体ｂ、c同时落地
B．　三个物体落地前瞬间的动能相同
Ｃ. 重力对三个物体做功相同
D。

　重力对三个物体做功的平均功率相同
答案AＣ
解析
详解A、由于同时b、ｃ分别从等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，c在竖直方向的运动也是自由落体运动,由分运动与合运动的同时性可知,物体b、c同时落地，故A正确.
B、三个物体落地前重力做的功相同，由动能定理可知,动能的变化相同，但初动能不相同,所以三个物体落地前瞬间的动能不相同,故B错误.
C、重力对三个物体做功相同，都是ｍgh，故Ｃ正确.
D、a物体沿滑斜面顶端下滑到底端用的时间较b、c长，所以重力对三个物体做功的平均功率不相同,故Ｄ错误。

故选：Ａ、C
１３．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向Ａ运动并与弹簧发生碰撞，A、Ｂ始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能变化最大的时刻是
A。

A开始运动时ﻩB. A和B的速度相等时
C. B的速度等于零时ﻩＤ．A的速度等于v时
答案B
解析
分析
两球不受外力，故两球及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大的时刻。

详解在压缩弹簧的过程中，没有机械能的损失，减少的动能转化为弹簧的弹性势能.在压缩过程中水平方向不受外力，动量守恒。

则有当Ａ开始运动时,B的速度等于ｖ,所以没有损失动能。

当A的速度ｖ时，根据动量守恒定律有B的速度等于零,所以系统动能又等于初动能;故Ａ、C、D错误.
而在Ａ、Ｂ速度相等时，由动量守恒知此时Ａ、B的速度为,此时弹簧压缩至最短，弹簧的弹性势能最大，故动能应最小,动能的变化最大，故B正确.
故选:B
1４.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板A位置上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点B位置。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程,下列说法中正确的是
A. 运动员到达最低点时,其所受的合力为零
B。

在这个过程中，运动员的动能一直在减小
Ｃ. 在这个过程中，运动员的机械能一直在减小
Ｄ。

在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功
答案ＣＤ
解析
详解A、从接触跳板到最低点,弹力一直增大，合力先减小后增大,故A错误。

Ｂ、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小,动能先增大后减小,故Ｂ错误。

C、形变量一直在增大,跳板的弹力一直对运动员做负功，所以运动员的机械能一直在减小，跳板的弹性势能一直在增加，故C正确。

Ｄ、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，总功为负值，所以运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功,故Ｄ正确。

故选：C、D
1５。

质量为m的物体由静止开始下落,在空气阻力的影响下物体下落的加速度为ｇ，在物体下落高度为
h的过程中，下列说法正确的是
A．物体的动能增加了mgh B．物体的机械能减少了mｇh
C。

物体克服阻力所做的功为mgh D．物体的重力势能减少了mgh
答案ABD
解析
详解Ａ、物体所受的合力F合＝ma=ｍg，根据动能定理,合力做功等于动能的变化量，则动能增加量为mgh，故A正确。

B、由牛顿第二定律可知，物体下落过程中空气阻力为Fｆ＝mｇ,物体克服空气阻力做的功为mgh,所以物体的机械能减少了mgh，故Ｂ正确,C错误。

D、重力做功mgh，所以重力势能减小ｍgh，故D正确。

故选：A、B、D
16。

我们生活中的许多实际现象如果要用物理规律严格地进行求解往往会很复杂，甚至可能无法求解，而有些问题用量纲分析法就简便得多。

比如,鸟能够飞起来的必要条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力，设鸟的升力为f,它与鸟的翅膀面积S和飞行速度v有关，另外鸟是在空气中飞行的，因而可能与空气的密度ρ有关，人们猜测f与这些有关因素之间的关系式为:f=CＳa v bρc，其中C为无量纲的常数。

根据量纲分析的方法,你认为该公式中的ａ、b、c应分别为
A。

　a=1，b=1, c=1Ｂ。

a=1，b=2,　ｃ=1
Ｃ．a=1，b=2，　c=２D。

a=2，b=2,　c＝2
答案B
解析
详解A、面积Ｓ的单位是m２,速度v的单位是m／s，密度ρ的单位是ｋg/m3，力f的单位是N，即k ｇm/s２，把ａ=1,b＝１，　c=1代入鸟的升力f=CＳa v bρc＝C m2＝C,这不是力的单位,故A
错误.
B、同理把ａ=1, b=2, c=1代入f=CＳａv bρc＝Ｃm２=Ckg m/s2，这是力的单位,故B正确。

C、把a＝1，b＝2，ｃ＝2代入f=ＣＳa v bρc=C m2=Ｃ，这不是力的单位，故C错误。

Ｄ、把ａ＝2,　b=２，c＝2代入f=CS a v bρc＝Cｍ4=Ｃ,这不是力的单位，故D错误。

故选：B
二、论述题
17。

如图所示,质量为ｍ的小球从光滑曲面上滑下。

当它到达高度为h1的位置A时，速度的大小为ｖ１，滑到高度为h2的位置B时,速度的大小为v２。

在由高度h1到ｈ２的过程中,请根据功是能量转化的量度,证明小球的机械能守恒。

答案见解析；
解析
详解小球在从A点下落至B点的过程中，根据动能定理W=ＥK
mgh１—h2=mv２2-ｍv12
变形为：mgｈ１＋mv12＝ｍgh2+mv２2
即E p１＋Eｋ１=Eｐ2+E K２
E1=Ｅ2
等式左边为小球在A位置的机械能，等式右边为小球在Ｂ位置的机械能,小球从Ａ运动到Ｂ的过程中，机械能守恒。

三、解答题
18。

如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平面上。

质量m=1。

0kg的小物块受到沿斜面向上的
F=9。

０Ｎ的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动,斜面足够长.小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0。

２5。

取g=１0m/ｓ2,sｉn３7°＝0。

6，coｓ37°=0．8
1求小物块运动过程中所受摩擦力的大小
２求在拉力的作用过程中,小物块加速度的大小
3若在小物块沿斜面向上运动0．80m时，将拉力Ｆ撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的最大距离
答案1 ２Ｎ　2　１m/s2 3 0。

１m
解析
详解1对物体进行受力分析：
对力进行正交分解，根据垂直斜面方向力平衡得出:F N=G2＝mgcos３70
滑动摩擦力F f=ＦＮ=mgｃｏs３7０=2．0N
2设在拉力的作用过程中,小物块加速度为a1，根据牛顿第二定律有:F-f-G1=mａ1,Ｇ1＝mgsin370，解得:a１=１.0ｍ／s２
3设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，则有：ｖ2＝2a1x1
撤去拉力后小物块加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2
撤去拉力后：mｇsｉn370＋ｆ=mａ2
小物块沿斜面向上运动到最高点速度为0，v2=2a2x２
代入数据可解得此后小物块沿斜面向上运动的最大距离：ｘ2=0。

10m．
19。

如图所示,半径为R的圆弧光滑导轨AＢ与水平面相接,物块与水平面间的动摩擦因数为μ。

从圆弧导轨顶端Ａ由静止释放一个质量为ｍ的小木块可视为质点，经过连接点Ｂ后，物块沿水平面滑行至C点停止,重力加速度为ｇ.求：
1物块沿圆弧轨道下滑至B点时的速度v
2物块刚好滑到Ｂ点时对圆弧轨道的压力N B
3ＢC之间的距离ｘ
答案１ 2 ３mg　3
解析
详解１物块沿圆弧轨道下滑至B点的过程中，机械能守恒有：mgR＝mv2
解得物块下滑至B点时的速度：v＝
2设物块刚好滑到Ｂ点时圆弧轨道对物块的支持力为N B,在B点根据牛顿第二定律有：
N Ｂ－ｍg=ｍ,代入v=可得：N B=3mg，根据牛顿第三定律物块刚好滑到B点时对圆弧轨道的压力大小也是3mg，方向竖直向下.
3从Ａ到C由能量守恒有：mgＲ=μmgx，解得BC之间的距离ｘ=
２0．如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做圆周运动,已知地球半径为Ｒ,轨道1半径是2Ｒ，现在欲将飞船转移到另一个半径为4R的圆轨道２上去,已知地球表面处的重力加速度为g，飞船质量为m，万有引
力常数为G，求：
1地球的质量
2飞船在1、２两个轨道上做圆运动的的环绕速度之比v1:v2=？
3理论上，若规定距地心无穷远处为引力势能零势能点,飞船和地球系统之间的引力势能表达式为,其中ｒ为飞船到地心的距离请根据理论,计算完成这次轨道转移点火需要的能量
答案１ 2 3
解析
详解1设在地面附近有一小物体m0：m0g＝G，可得地球的质量M＝
2飞船在轨道１有:G=m，v1=
飞船在轨道2有:G=m，v2=
v2＝
可得：v
３设飞船在２Ｒ和4R轨道上稳定运行时的机械能分别为Ｅ1和E2，则:
E１=Ｅk1+E p1,Eｋ1＝m，G=m，Ｅp１=－，Ｅ1=－＝—
同理可得：Ｅ２=－＝-
所以完成这次轨道转移点火需要的能量E＝E 2-E１=
2１.如图1所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器未在图中画出测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图象。

假设某次实验所得的图象如图２所示，其中线段ＡB与v轴平行,它反映了被提升重物在第一个时间段内ｖ和的关系；线段BＣ的延长线过原点，
它反映了被提升重物在第二个时间段内ｖ和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。

实验中还测得重物由静止开始经过t=1。

4s，速度增加到vＣ
=3．0m/s，此后物体做匀速运动。

取重力加速度ｇ=10ｍ/ｓ2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。

1试分析AB和BC段物体的速度、加速度分别如何变化，不需要说明理由
2试分析ＡB、ＢC段物体受到的拉力、拉力的功率是否变化。

若不变,试求出其值；若变化，试说明如何变化
3试分析求解被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程
答案1A—B匀加速直线运动 B－C加速度减小的加速运动，加速度减为零时速度达到最大;
２A－B力不变功率增大B-C拉力减小功率不变;
３3。

１5m；
解析
详解1由v－图可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且拉力F1＝6.0Ｎ,所以其加速度也保持不变,设其大小为a，根据牛顿第二定律有Ｆ1-G=ma，当重物速度达到ｖC＝3．0m/s时,物体做匀速运动,即G＝F２＝4．0N,由此解得重物的质量m==０.40kg，a=５。

0m／s2，所用时间t1==s=0.４0s。

在第二段时间内，图线斜率不变,则拉力的功率保持不变P=F1ｖB=１2ｗ，随着速度的增大,拉力减小，加速度减小,当拉力等于重力时，加速度为零,重物速度达到最大,然后以vＣ=3。

０ｍ／s做匀速运动。

故重物在AB段做匀加速直线运动,加速度为5.0m/s２，经历时间为0。

４s，最后速度达到２m/s；重物
在BC段做加速度逐渐变小的加速运动，最后拉力等于重力，加速度为零，速度达到最大3m/s。

２由上分析知，重物在A—B段拉力不变，速度增大，由P＝Ｆv知拉力的功率增大;重物在Ｂ—C段功率不变，功率P=Ｆ１vＢ＝12w，拉力逐渐减小，最后拉力等于重力，加速度为零,速度达到最大３m/s。

３设第一段时间内重物的位移为x1，则x1=aｔ１2=0.40m
设第二段时间为ｔ2，ｔ2＝t-t１＝1。

０s
重物在t2这段时间内的位移为ｘ2,根据动能定理有Ｐt2－Gx２=m-m
解得:ｘ２=2.7５m
所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程x=x1+x2=3.15m
２2。

许多相互作用力做功，都与两物体间相对位置的变化有关，因此可以通过研究相互作用力做功得到物体能量变化的许多信息。

下面通过两个情景进行讨论。

１在光滑水平桌面上放着一块木板Ｂ，木块A以一定的速度速度大小未知冲上木板B。

木块A质量为m,木块Ａ与木板Ｂ之间的滑动摩擦因数为μ,木板的长度为Ｌ.已知下述两种情况下，木块Ａ都从右端滑离了木板Ｂ。

a。

　若B用外力固定在地面上保持不动,求Ａ、Ｂ之间的摩擦力对A、B做的功WＡ、ＷB；以及这一对摩擦力对A、B系统做的功Ｗ1
b。

接1a，若B在桌面上无摩擦地滑动,A、Ｂ之间的一对摩擦力对A、B系统做的功为W2。

求
2在光滑水平桌面上放着质量相等的A、Ｂ两个物块，两个物块用一根伸长的轻弹簧连接在一起，用外力使两个物块都处于静止状态。

弹簧的劲度系数为k，弹簧的伸长量为x
a。

若将Ａ与地面固定,撤去Ｂ上外力,从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力
对B所做的功为Ｗ１。

b. 若A、Ｂ都不固定,同时撤去A、Ｂ上的外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力对Ａ、Ｂ所做的功的和W2，及
＝-μmgL；WＢ=0;W１=—μmgL１b、W2＝—μmgL；=11
答案1ａ、W
2a、W 1＝kx2;2b、W2=kx2;=１1
解析
详解1ａ、Ａ、B之间的摩擦力对A做的功W A＝—μｍgL;
A、B之间的摩擦力对B做的功W B=0；
A、B之间的摩擦力对A、B系统做的功W1=W A+W B=—μｍgL；
ｂ、若Ｂ在桌面上无摩擦地滑动,Ａ、B之间的摩擦力对A、Ｂ系统做的功为W2＝—μmgx相对=—
μmgL，所以=1１；
=x＝ｘ=kx2;
2a、从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力对Ｂ所做的功为W
ｂ、设从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中Ａ、B发生的位移分别为x A和x B,弹簧弹力对A所做的功Ｗ
=x A=xＡ;
A
=x B＝x B;
弹簧弹力对B所做的功W
由于x A+x B=x,所以从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力对Ａ、B所做的功的和W2＝
+W B=x A＋ｘB＝x A＋　ｘB＝x＝kx２，所以=1１
W。