高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系與能量守恒重點(diǎn)講練

1、專題四 功能關(guān)系與能量守恒重點(diǎn)講練1(2015·永安市模擬)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端，固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(物體B與彈簧栓接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開(kāi)始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的vt圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則()A施加外力的瞬間，A、B間的彈力大小為M(ga)BA、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力大小恰好為零C彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值DB與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先逐漸增加，后保持不變答案A分析題中彈簧彈力根據(jù)胡克定律列式求解，先對(duì)物體AB整體受

2、力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程；再對(duì)物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程；t1時(shí)刻是A與B分離的時(shí)刻，之間的彈力為零解析A項(xiàng)，施加F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有2Mgkx，解得x2施加外力F的瞬間，對(duì)B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有F彈MgFABMa其中：F彈2Mg解得FABM(ga)，故A項(xiàng)正確B項(xiàng)，物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v與a；且FAB0；對(duì)B：F彈MgMa解得F彈M(ga)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，B受重力、彈力及壓力的作用；當(dāng)合力為零時(shí)，速度最大，而彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時(shí)間；速度不是最大值；故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，B與彈簧開(kāi)始時(shí)受到了A的

3、壓力做負(fù)功，故開(kāi)始時(shí)機(jī)械能減??；故D項(xiàng)錯(cuò)誤點(diǎn)評(píng)本題關(guān)鍵是明確A與B分離的時(shí)刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對(duì)AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析命題立意機(jī)械能守恒定律2(2015·浙江杭州模擬)如圖甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力隨位移x變化的圖像乙所示已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)B物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是12 mC物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變D物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為8 m

4、/s答案D解析本題主要考查牛頓第二定律、動(dòng)能定理；A項(xiàng)，物體先加速，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開(kāi)始減速，當(dāng)推力為零時(shí)，繼續(xù)減速至速度為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程使用動(dòng)能定理，則Fxfs0，圖像面積即Fx，可得s10 m，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，加速度先減小至零，后反向增大，推力為零時(shí)，加速度保持不變，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，當(dāng)Ffmg20 N時(shí)由圖像可得x3.2 m，對(duì)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到合力為零過(guò)程使用動(dòng)能定理得Fxfx，故D項(xiàng)正確3(2015·浙江杭州模擬)如圖所示x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向?yàn)檎回?fù)點(diǎn)電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)O以一定的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)電荷到達(dá)x2

5、位置速度第一次為零，在x3位置第二次速度為零，不計(jì)粒子的重力下列說(shuō)法正確的是()A點(diǎn)電荷從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x2，再運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中，速度先均勻減小再均勻增大，然后減小再增大B點(diǎn)電荷從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x2，再運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中，加速度先減小再增大，然后保持不變CO點(diǎn)與x2和O點(diǎn)與x3電勢(shì)差UOx2UOx3D點(diǎn)電荷在x2、x3位置的電勢(shì)能最小答案C解析本題主要考查牛頓第二定律、動(dòng)能定理以及功能關(guān)系；A項(xiàng)，在Ox2之間電場(chǎng)是變化的不可能做勻變速，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在Ox1之間加速度先增后減，在x1x2之間再次先增后減，向左返回時(shí)再次這樣變化，在Ox3之間保持不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，對(duì)于從x2到x3過(guò)程使用動(dòng)能

6、定理，qUx2OqUOx30，故UOx2UOx3，則C項(xiàng)正確；由功能關(guān)系可知，在x2、x3位置動(dòng)能最小，則電勢(shì)能最大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；本題正確為C項(xiàng)4.(2015·浙江杭州模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成角固定，在桿上套一質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點(diǎn)處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后原速率返回現(xiàn)將滑塊拉到A點(diǎn)由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點(diǎn)，設(shè)重力加速度為g，由此可以確定()A滑塊下滑和上滑過(guò)程加速度的大小a1、a2B滑塊最終所處的位置C滑塊與桿之間動(dòng)摩擦因數(shù)D滑塊第k次與擋板碰撞后速度vk答案ABC解析本題主要考查牛頓第二定律以及動(dòng)能定理；設(shè)滑塊到達(dá)底

7、端時(shí)速度為v，則v22a1x2a2，故加速度之比為12，A項(xiàng)正確；由于有摩擦力，最終滑塊能量耗盡而靜止于底端，故B項(xiàng)正確；由a22a1即2gsin2gcosgsingcos，故，C項(xiàng)正確；滑塊第k次與擋板碰撞后，能在滑到桿的x()kl處，則滑塊第k次與擋板碰撞后速度vk滿足mgxsinmgxcos，由于l未知，所以不能求得vk的大小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；本題正確為ABC項(xiàng)5(2015·山東模擬)如圖所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計(jì)質(zhì)量的絕緣薄板一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上

8、運(yùn)動(dòng)，并能壓縮彈簧至R點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，然后返回則()A滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功之和B滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和C滑塊返回能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方D滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量之差答案BCD解析由題可知，小滑塊從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小滑塊開(kāi)始時(shí)受到的合力的方向向上，開(kāi)始時(shí)小滑塊受到重力、電場(chǎng)力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑塊開(kāi)始?jí)嚎s彈簧后，還受到彈簧的彈力的作用，小滑塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜面的支持力不做功，電場(chǎng)力做正功，重

9、力做負(fù)功，摩擦力做負(fù)功，彈簧的彈力做負(fù)功在小滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)R點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能A項(xiàng)，由以上的分析可知，滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由以上的分析可知，電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能，所以電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢(shì)能的和減小，所以滑塊返回能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方，不能再返回P點(diǎn)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的

10、機(jī)械能與電勢(shì)能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量之差，故D項(xiàng)正確命題立意本題旨在考查功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律易錯(cuò)警示該題中，小滑塊的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程相對(duì)是比較簡(jiǎn)單的，只是小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)小滑塊做功的力比較多，要逐個(gè)分析清楚，不能有漏掉的功，特別是摩擦力的功6.(2015·河北辛集中學(xué))如圖所示，一質(zhì)量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與該小球相連現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直直桿運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知OA長(zhǎng)度小于OB長(zhǎng)度，彈簧處于OA、OB兩位置時(shí)彈力大小相等彈簧的形變量相同時(shí)彈性勢(shì)能相同則小球在此過(guò)程中()A加

11、速度等于重力加速度g的位置有兩個(gè)B彈簧彈力的功率為零的位置有兩個(gè)C彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功D彈簧彈力做正功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離等于彈簧彈力做負(fù)功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離答案AC解析本題主要考查牛頓第二定律、功率以及功能關(guān)系；彈簧長(zhǎng)度變化情況如下：A項(xiàng)，當(dāng)彈簧垂直于桿時(shí)，小球豎直方向只受重力，加速度為g，繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈力為零，小球只受重力，加速度為g，故有兩個(gè)位置加速度為g，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，彈力功率為零的位置有三個(gè)：A點(diǎn)因速度為零，故功率為零，當(dāng)彈簧垂直于桿時(shí)以及彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈力功率也為零，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，因A點(diǎn)與B點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能相同，則彈簧彈

12、力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，因做負(fù)功時(shí)彈力大，則彈簧彈力做正功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離大于小球克服彈簧彈力做功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；本題正確為AC項(xiàng)7(2015·山東模擬)如圖所示，在水平面上有兩條光滑的長(zhǎng)直平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面質(zhì)量均為m的兩根金屬a、b放置在導(dǎo)軌上，a、b接入電路的電阻均為R.輕質(zhì)彈簧的左端與b桿連接，右端固定開(kāi)始時(shí)a桿以初速度v0向靜止的b桿運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a桿向右的速度為v時(shí)，b桿向右的速度達(dá)到最大值vm，此過(guò)程中a桿產(chǎn)生的焦耳熱為Q，兩桿始終垂直于導(dǎo)

13、軌并與導(dǎo)軌接觸良好，則b桿達(dá)到最大速度時(shí)()Ab桿受到彈簧的彈力為Ba桿受到的安培力為Ca、b桿與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為QD彈簧具有的彈性勢(shì)能為mvmv2mv2Q答案AD解析當(dāng)b桿達(dá)到最大速度時(shí)，彈簧的彈力等于安培力，根據(jù)安培力大小公式與閉合電路歐姆定律及法拉第電磁感應(yīng)定律，可得到彈簧的彈力；兩棒安培力關(guān)系求出a桿受到的安培力選取系統(tǒng)為研究對(duì)象，確定從開(kāi)始到b桿最大速度作為研究過(guò)程，由能量守恒來(lái)確定彈簧的彈性勢(shì)能A項(xiàng)，b桿達(dá)到最大速度時(shí)，彈簧的彈力等于安培力，由閉合電路歐姆定律可得I，b棒受到的安培力大小FBIL，則彈簧的彈力為F，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，a、b兩棒串聯(lián)，電流相等，長(zhǎng)度相等，所

14、受的安培力大小相等，所以a桿受到的安培力為，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)根據(jù)能量守恒定律可知，a、b桿與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為2Q.故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，選兩桿和彈簧組成系統(tǒng)為研究對(duì)象，從a棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到b棒達(dá)到最大速度，由能量守恒知，彈簧具有的彈性勢(shì)能為mvmv2mv2Q.故D項(xiàng)正確命題立意本題旨在考察切割磁感線而產(chǎn)生電磁感應(yīng)8(2015·第二次大聯(lián)考廣東)如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為R，不計(jì)小球大小開(kāi)始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說(shuō)法正確的是()Aa球下滑過(guò)

15、程中機(jī)械能保持不變Ba、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變Ca、b滑到水平軌道上時(shí)速度為D從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a球做的功為答案BD解析由機(jī)械能守恒的條件得，a機(jī)械能不守恒，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確對(duì)ab系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgR2mgR2×mv2，解得v，C項(xiàng)錯(cuò)誤對(duì)a由動(dòng)能定理得mgRWmv2，解得W，D項(xiàng)正確命題立意機(jī)械能守恒定律，動(dòng)能定理點(diǎn)撥熟練掌握機(jī)械能守恒的條件及守恒定律，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒9(2015·廈門模擬)一物體靜止在粗糙斜面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后其速度變?yōu)関，若將

16、水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)時(shí)間t后速度變?yōu)?v，對(duì)于上述兩過(guò)程，用EJ1、EJ2分別表示前后兩次物體增加的機(jī)械能，EP1、EP2分別表示前后兩次物體增加的重力勢(shì)能，則()AEJ22EJ1，EP22EP1BEJ2>2EJ1，EP2>2EP1CEJ24EJ1，EP2<EP1DEJ2<4EJ1，EP22EP1答案D解析由題意可知，兩次物體均做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為s1s2tt12，兩次上升的高度之比：h1h2s1sins2sin12故重力勢(shì)能的變化量之比：EP1EP2mgh1mgh212，EP22EP1根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式：EKmv2，得EK

17、1EK214，EK24EK1，而機(jī)械能EEKEP，故EJ2EK2EP24EK12EP1<4EK14EP1<4EJ1，故ABC項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確命題立意本題旨在考查功能關(guān)系、動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化由物體的運(yùn)動(dòng)特征判斷出物體重力勢(shì)能和動(dòng)能的增量關(guān)系，求解機(jī)械能變化量時(shí)用除重力以外的合力對(duì)物體做功等于機(jī)械能的增量，這一方法在這里不好用，要利用動(dòng)能與勢(shì)能和等于機(jī)械能這一知識(shí)點(diǎn)10.(2015·江蘇)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，ACh.圓環(huán)在C處獲得一

18、豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A下滑過(guò)程中，加速度一直減小B下滑過(guò)程中，克服摩擦力做功為mv2C在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mv2mghD上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度答案BD解析由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達(dá)B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；從A到C，根據(jù)能量守恒mghWfEP，從C到A：mv2EpmghWf，聯(lián)立解得Wfmv2，EPmghmv2，所以B項(xiàng)正確；C項(xiàng)錯(cuò)誤；從A到B：mgh1mvEp1Wf1，從C到B：mv2Ep2mvWf2mgh2，從C到A：mv2EpmghWf，聯(lián)立可得vB2>vB1

19、，所以D項(xiàng)正確11(2015·貴陽(yáng)二模)如圖所示，傾角為37°足夠長(zhǎng)的傳送帶以較大的恒定速率逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，一輕繩繞過(guò)固定在天花板上的輕滑輪，一端連接放在傳送帶下端質(zhì)量為m的物體A，另一端豎直吊著質(zhì)量為m、電荷量為q(k為靜電力常量)帶正電的物體B，輕繩與傳送帶平行，物體B正下方的絕緣水平面上固定著一個(gè)電荷量也為q的帶負(fù)電的物體C，此時(shí)A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將物體A向上輕輕觸動(dòng)一下，物體A將沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，且向上運(yùn)動(dòng)的最大距離為l.已知物體A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g(1)A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)物體B、C間的距離；(2)從物體B開(kāi)始下落

20、到與物體C碰撞前的整個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)物體B所做的功分析(1)開(kāi)始時(shí)刻，物體A、B均保持靜止，分別受力分析后根據(jù)平衡條件列式后聯(lián)立求解即可；(2)BC碰撞后，物體A上升過(guò)程是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解BC碰撞前的速度；物體B下降過(guò)程，對(duì)A、B整體由功能關(guān)系列式求解電場(chǎng)力對(duì)物體B所做的功答案(1)(2)mgl解析(1)開(kāi)始時(shí)，A、B均靜止，設(shè)物體B、C間的距離為l1，由平衡條件，有對(duì)A：Tmgsinmgcos對(duì)B：Tk，其中q解得l1(2)B、C相碰后，A將做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，有mgsinmgcosma由運(yùn)動(dòng)公式，有0v2a(ll1)解得vm，物

21、體B下降過(guò)程對(duì)A、B整體由功能關(guān)系，有W電mgl1mg(sincos)l1(mm)v，解得W電mgl命題立意動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律12(2015·開(kāi)封模擬)質(zhì)量為m的小物塊A，放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動(dòng)，且A、B相對(duì)靜止某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對(duì)于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長(zhǎng))后A和B都停下已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2，21，求x的表達(dá)式分析撤去水平拉力，A受到的滑動(dòng)摩擦力f11mg，加速度大小a11g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速

22、度大小a2，由21分析兩加速度的大小關(guān)系，判斷B先停止運(yùn)動(dòng)，然后A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理分別對(duì)A、B研究，求解x.答案x的表達(dá)式是x解析設(shè)A、B相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v.撤去外力后至停止的過(guò)程中，A受到的滑動(dòng)摩擦力f11mg，加速度大小a11g此時(shí)B的加速度大小a2由于21，所以判斷B先停止運(yùn)動(dòng)，然后A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，且其加速度大小不變對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理，得f1(Lx)0mv2對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理，得1mgx2(mM)gx0Mv2消去v解得x.命題立意動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律13如圖1所示，一端封閉的兩條平行光滑長(zhǎng)導(dǎo)軌相距L，距左端L處的右側(cè)一段被彎成半徑為的四分之一圓弧，圓弧導(dǎo)軌的左、右兩段處于高度相差的水平面上以弧形導(dǎo)軌的末端點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，建立Ox坐標(biāo)軸圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)；左段區(qū)域存在空間上均勻分布，但隨時(shí)間t均勻變化的磁場(chǎng)B(t)，如圖2所示；右段區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不隨時(shí)間變化，只沿x方向均勻變化的磁場(chǎng)B(x)，如圖3所示；磁場(chǎng)B(t)和B(x)的方向均豎直向上在圓弧導(dǎo)軌最上端，放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路