2023年高考物理与强基计划核心知识点复习与真题精选 绳、杆系统机械能守恒

绳、杆系统机械能守恒

一、真题精选（高考必备）

1．（2012·上海·高考真题）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B上升的最大高度是（）

A．2R B．5R/3

C．4R/3D．2R/3

2．（2013·山东·高考真题）（多选）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）

A．两滑块组成系统的机械能守恒

B．重力对M做的功等于M动能的增加

C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功3．（2015·全国·高考真题）（多选）如图，滑块a、b的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（）

A．a落地前，轻杆对b一直做正功

B．a落地时速度大小为2gh

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

4．（2008·全国·高考真题）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l1．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：

（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；

（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小．

5．（2017·天津·高考真题）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m （未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：

（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

（2）A的最大速度v的大小；

（3）初始时B离地面的高度H。

6．（2020·江苏·高考真题）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小v；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；

(3)重物下落的高度h。

二、强基训练（高手成长基地）

1．（2021·江苏·海安高级中学高一阶段练习）如图所示，有两个物块A 、B ，质量分别为m 1、m 2，m 2=2m 1，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计，现将两滑块从静止释放，A 上升一小段距离h ，重力加速度为g ，在这一过程中，下列说法正确的是

（ ）

A ．A 和

B 速度大小相等 B ．A 和B 加速度大小相等

C ．A 上升h 时的速度为

23gh

D ．轻绳的拉力大小为11

3

m g

2．（2022·河北石家庄·高三阶段练习）如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆12L L 、，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a b 、（均可视为质点）质量均为,m a 球套在竖直杆1L 上，b 球套在水平杆2L 上，a b 、通过铰链用长度为l 的刚性轻杆连接。现将a 球从图示位置（轻杆与2L 之间的夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ） A ．a 球和b 球组成的系统机械能不守恒 B ．a 球的最大速度不是

2gl

C ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小为零

D ．b 球的速度为零时，a 球的速度大小也一定为零 3．（2022·山东·模拟预测）如图所示，两根轻质杆构成直角支架，O 点为水平转轴，OA 杆长为L ，A 端固定一质量为2m 的小球a ，OB 杆长

为2L ，B 端固定一质量为m

的小球b ，用手抬着B 端使OB 杆处于水平状态，撒手后支架在竖直平面内转动，不计一切摩擦，则以下说法正确的是（ ）

A ．小球a 不可能转到与O 点等高处

B ．小球b 转动的最大速度为

(

)

8

213

Lg -

C ．转动过程中杆受力一定沿杆方向

D ．小球a 从最低点运动到最高点的过程中，杆对小球a 做的功为mgL

4．（2022·广西·宾阳中学高一阶段练习）早期航母上帮助飞机起飞的传动方式设计如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，相距为h ，轨道上有两个物体A 和B （飞机），它们通过一根绕过定滑轮O 的不可伸长的轻绳相连。接物体A 在下面的轨道上以匀速率v 运动，使物体B 获得相应的速度。设想在轨道间的绳子与轨道成30θ=︒角的瞬间，绳子BO 段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P 与绳子分离，设绳长BO 远大于滑轮直径，则小水滴P 脱离绳子后落地瞬间的速度大小为（ ）

A．

2

13

12

v

gh+B．2

2

gh

v+

C．2v gh

+D．条件不足，无法计算

5．（2022·福建省同安第一中学高一阶段练习）（多选）如图所示，A和B两个小球固定在一根长为L轻杆的两端，A 球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过中点O的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90︒的过程中（）

A．A球的机械能守恒

B．杆对A球做正功

C．B球到最低点的速度为4

3 gL

D．A球和B球的总机械能守恒

6．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）（多选）如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B （均可视为质点）用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，下列判断正确的是（）

A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小

B．小球A运动到最低点时的速度大小为

A 14

2

gR

v=

C．刚释放时，小球A的加速度大小为

A 3 2

a g

=

D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为

5.5mg ma

＋

7．（2022·湖北·高一期中）（多选）如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的

可视为质点的球A 和B ，两球之间用一根长L =0.2m 的轻杆相连，球B 距水平面的高度h ＝0.1m ．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10m/s 2，则下列说法中正确的是（ ） A ．下滑的整个过程中球A 机械能不守恒 B ．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C ．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2m/s D ．下滑的整个过程中球B 机械能的增加量为2

J 3

8．（2022·全国·模拟预测）（多选）如图，在竖直平面内有光滑轨道,ABCD AB CD 、段是竖直轨道，BC 段是半径为R 的半圆弧轨道，B C 、均与圆心等高，两个完全相同的小球P Q 、（可视为质点）用一根长为3R 的轻杆连接在一起，套在AB 段轨道上，则从Q 球在B 点处由静止释放到两球第一次上升到最高点过程中，下列说法正确的是（ ）

A ．整个过程中两球与轻杆组成的系统机械能守恒

B ．两球第一次上升到最高点时，Q 球可能位于

C 处

C ．当小球Q 位于半圆弧轨道最低点时，小球Q 的速度是小球P 速度的2倍

D ．当小球P 下降的速度为零时，连接小球P Q 、的轻杆与AB 成30°角 9．（2022·重庆市涪陵第五中学校高三阶段练习）（多选）如图所示，轻绳的一端系一质量为m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m 的重物。金属环套在固定的竖直光滑直点由静止释放，OP 与直杆

杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ d =，金属环从图中P 之间的夹角37θ︒=，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则（ ） A ．金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小

10

3

mgd B ．金属环从P 上升到Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为C ．金属环在Q 点的速度大小为

23

gd

D ．若金属环最高能上升到N 点，则ON 与直杆之间的夹角53α︒=

10．（2022·河南·二模）（多选）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R 的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D 为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m 的小球A 和小环B （均可视为质点）用L =1.5R 的轻杆通过轻质铰链相连。B 套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A ，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g 。下列判断正确的是（ ） A ．刚释放时，小球A 的加速度大小为A 3

2

a g =

B ．小球A 由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小

C ．小球A 运动到最低点时的速度大小为A 142

gR

v =

D ．已知小球A 运动到最低点时，小环B 的瞬时加速度大小为a ，则此时小球A 受

到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg +ma

11．（2022·江苏·吴江中学高一阶段练习）如图所示，跨过处于同一高度的两相同轻质定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮距离水平杆的高度0.2m h =，开始时令连接A 的细线与水平杆的夹角

137θ=︒，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角253θ=︒时（在左边滑动的左侧），A 的速度为多大？在以后的运动

过程中，A 所获得的最大速度是多少？（不计空气阻力以及定滑轮的大小和摩擦，B 不会碰到水平杆，

sin370.6,cos370.8,g ︒︒==取210m/s ，结果均保留两位有效数字）

12．（2022·浙江·高三阶段练习）如图所示，长为3.5L 的不可伸长的轻绳，穿过一长为L 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m 、

54

m

的小球A 和小物块B 。开始时B 先放在细管正下方的水平地面上，A 在管子下端，绳处于拉直状

态，手握细管，保持细管高度不变，水平轻轻摇动细管，保持细绳相对于管子不上下滑动的情况下，一段时间后，使A 在水平面内做匀速圆周运动，B 对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g ，不计一切摩擦阻力。试求： （1）A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向的夹角θ； （2）摇动细管过程中手所做的功；

（3）水平轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，A 做平抛运动的最大水平距离。

三、参考答案及解析

（一）真题部分

1．C

【解析】当A 下落至地面时，B 恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒， 即：2

1232

mgR mgR mv -=⨯，

接下来，B 物体做竖直上抛运动，再上升的高度2

2v h g

= 两式联立得h=

3

R 这样B 上升的最大高度H=h+R=4R/3 2．CD

【解析】由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A 错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加，故B 错误；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C 正确；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D 正确 3．BD

【解析】A ．当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，故A 错误；

B ．a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得2A A A 12

m gh m v =

解得A v B 正确；

C ．b 的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a 对b 的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a 的作用力就先是阻力后是动力，所以在b 减速的过程中，b 对a 是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，故C 错误；

D ．ab 整体的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时b 受到a 的推力为零，b 只受到重力的作用，所以b 对地面的压力大小为mg ，故D 正确。故选BD 。

4．（1）10I mv =-=-（2）1

2

mgl

【解析】（1）小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v 1、v 2，根据机械能守恒有：22

121122mv mv mgl +=

小球由最低点向左摆动到最高点时，根据机械能守恒定律有：2

21(1cos60)2

mv mgl =-

解得：12v v =

挡板阻力对滑块的冲量为I ，根据动量定理有：10I mv =-=-（2）小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，绳拉力对小球做功为W ，根据动能定理有：2212

mgl W mv += 解得：1

2

W mgl =-

绳拉力对小球做功大小为1

2

mgl

5．（1）0.6s ；（2）2m/s ；（3）0.6m

【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，由2

12

h gt =解得0.6s t = （2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为vB ，有06m/s v gt ==

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒

0()B A B m v m m v =+

绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度2m/s v =

之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s 。

（3）细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有2

1()2

++=A B B A m m v m gH m gH

解得，初始时B 离地面的高度0.6m H = 6．(1)2v

R ω；(2)24

2

4F m R g ω

；(3)22

162M

m R H

Mg

ω

【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为

2v R ω

(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F ，合力提供向心力，则有

2

2

2

2v mg m R

结合(1)可解得杆对球的作用力大小为24

24F m R g ω

(3)设重物下落高度为H ，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知22111

42

2

MgH

Mv mv 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1v R ω= 联立各式解得22

162M

m R H

Mg

ω

（二）强基部分

1．C

【解析】AC ．设m 1上升h 时的速度为v 1，m 2的速度为v 2，根据动滑轮的特点可知

v 2=2v 1

根据m 1和m 2组成的系统机械能守恒可得2221112211222

m g h m gh m v m v ⋅-=+

联立解得1v =

A 错误，C 正确； BD ．根据动滑轮的特点可知，m 1的加速度为m 2的加速度的一半，即a 2=2a 1 根据牛顿第二定律，对m 1有1112T m g m a -= 对m 2有222m g T m a -= 联立解得，轻绳的拉力大小12

3

T m g =

，故BD 错误。故选C 。

2．B

【解析】A ．a 球和b 球所组成的系统没有外力做功，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A 错误； BCD ．当刚性轻杆和细杆L 2第一次平行时，根据运动关系可知此时b

球的速度大小为零，由系统机械能守恒得2

12

a mg

mv =

解得a v =

此时a 球具有向下的加速度g ，故此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，到加速度为零时速度达到最大，故B 正确，CD 错误。故选B 。 3．B

【解析】A ．假设小球a 恰好转到与O 点等高处，设O 点所在水平面为零势能面，小球a 和b 组成的系统初始位置机械能为12E mgL =-

当小球a 转到与O 点等高处时系统机械能为22E mgL =- 即12E E =

假设成立，故小球a 一定能转到与O 点等高处，A 错误；

B ．设OB 杆与水平方向夹角为θ时，小球b 速度为v ，则小球a 的速度2

a v

v =

，由系统机械能守恒，有()2sin 21cos mgL mgL θθ--

=()22

11sin 452222a mgL mv mv θ+︒-=+⋅

可知45θ=︒时速度最大，得

v =

B 正确；

C ．在转动过程中小球a 的机械能增加，小球b 的机械能减少，所以杆对a 和b 均做功，存在杆对a 和b 的力与速度不垂直位置，即存在杆对a 和b 的力不沿杆的位置，根据牛顿第三定律，C 错误；

D ．设杆对小球a 做的功为W ，由动能定理，有20W mgL -= 得2W mgL =，D 错误。故选B 。 4．A

【解析】将B 点的速度分解如图所示，则有

2v v

= 1tan 30v v =

此时绳子BO 段一方面向O 点以速度v 收缩，另一方面绕O 点逆时针转动，其角速度为

111sin 30v v r h

ω=

= 于是P 点既有沿绳子斜向下的速度v ，又有垂直于绳子斜向上的转动的线速度为

1

tan 30322r v v ω'===

P 点的速度应为P v = 小水滴P 脱离绳子做斜抛运动，运动的过程中机械能守恒，则有221111222

P mv mg h mv +⋅=

求得1v =，故选A 。 5．BD

【解析】AB ．使轻杆从水平位置由静止释放，A 球向上运动，A 球的动能增加，重力势能也增加，所以A 球的机械能增加，根据功能关系可知，杆对A 球做正功，选项A 错误，B 正确；

CD ．对于A 球和B 球组成的系统，只有两球的动能和两球的重力势能在相互发生转化，故系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得212(2)222

L L mg mg m m v ⨯-⨯=+

解得B 球到最低点的速度为v =

C 错误，

D 正确；故选BD 。 6．BD

【解析】A ．小球A 由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0，而B 的机械能减小，则A 的机械能增加，A 错误；

B ．小球A 初始位置距水平面高度设为1h ，由几何关系得

11sin 60()tan 30 1.5sin 602

R h R R ︒+-︒=︒ 解得154

h R = 小球B 初始位置距水平面高度设为2h ，由几何关系得21 1.5cos60h h R =+︒

解得22h R =

由系统机械能守恒22A B A B 1122

mg h mg h mv mv ∆+∆=

+

解得A v =B 正确； C ．由牛顿第二定律得A sin 60mg ma ︒=

得A a g =，C 错误； D ．以小环B 为研究对象，由牛顿第二定律得F mg ma -=

以小球A 为研究对象，由牛顿第二定律得2A N v F F mg m R

--= 得N 5.5mg ma F =＋，D 正确。故选BD 。

7．ABD

【解析】AB ．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 在水平面滑行，而A 在斜面滑行时，杆的弹力对A 做功，所以A 球机械能不守恒，故选项AB 正确；

C ．根据系统机械能守恒得2A B A B 1sin3(0))2

(m g h L m gh m m v +︒+=+

代入解得v =，故选项C 错误； D ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为2B B 12J 23

E m v m gh ∆=-= 故选项D 正确。故选ABD 。

8．AD

【解析】A ．因为整个过程中只有重力对两小球与轻杆组成的系统做功，系统机械能守恒，故A 正确； B ．由几何关系可知，若Q 球位于C 处，则P 球位于释放点下方，由机械能守恒定律可知此时系统的动能不为零，故C 不可能为两球第一次上升到最高点时Q 球的位置，故B 错误；

C ．如图1，当小球Q 第一次位于半圆弧轨道最低点时，小球P 和Q 的速度在杆上的投影相等，即cos sin P Q v v θθ=

得1tan Q

P v v θ===C 错误； D ．当小球P 第一次下降的速度为零时，Q 球的速度在杆上的投影为零，则速度与杆垂直，又速度与半径垂直，所以轻杆一定过半圆弧的圆心，如图2

由几何关系可知连接小球P Q 、的轻杆与AB 成30°角，故D 正确。

故选AD 。

9．AD

【解析】A ．在P 点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q 点，环的速度向上与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 正确；

B ．金属环从P 上升到Q 的过程中，设绳子拉力做功为W ，对重物应用动能定理有

G 0W W += 则G 105sin 3d W W mg d mgd θ⎛⎫=-=--=- ⎪⎝⎭

，故B 错误； C ．设金属环在Q 点的速度大小为v ，对环和重物整体，由动能定理得

215sin tan 2d d mg d mg mv θθ⎛⎫--= ⎪⎝⎭

解得v =C 错误；

D ．若金属环最高能上升到N 点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有

5sin sin tan tan d d d d mg mg θαθα⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

解得53α︒=，故D 正确。故选AD 。

10．ACD

【解析】A ．由牛顿第二定律得A sin 60mg ma ︒=

解得A a =，故A 正确； B ．小球A 在D 点时，速度水平，竖直分速度为0，则B 的速度为0。而B 的机械能减小，则A 的机械能增加。不管中间怎么变化，但A 机械能最终增加了。故B 错误；

C ．系统动能定理得2A B A 1(

cos )()cos cos 2L R L R m g R L m g R L mv θθθ--+-++-=

解得A v =C 正确； D ．以小环B 为研究对象，由牛顿第二定律得F ﹣mg =ma

以小球A 为研究对象，由牛顿第二定律得2A N mv F F mg R

--= 解得F N =5.5mg +ma ，故D 正确。故选ACD 。

11．1.1m/s ，1.6m/s

【解析】设当细线与水平杆的夹角θ2=53°时，A 和B 的速度分别为v A 和v B ．它们的质量均为m 。根据系统的机械能守恒22A B 11sin37sin532

2h h m mv v g m ⎛⎫-= ⎪⎝+⎭ 由于绳子不能伸长，A 沿绳子方向上的分速度大小等于B 的速度大小，即有v A cos53°=v B

解得A 1.1m/s v =

当θ=90°时，A 的速率最大，此时B 的速率为零．根据系统机械能守恒有2Amax 1sin372

h mv h mg ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 解得Amax 1.6m/s v =

12．（1）37°；（2）1740W mgL =手；（3）max x = 【解析】（1）B 处于平衡状态，则有T 54F mg =

对A 受力分析，竖直方向受力平衡，则有T cos F mg θ=

可得cos 0.8θ=

解得37θ=︒

（2）对A ，水平方向，根据牛顿第二定律有2

T sin sin v F m L θθ

= 动能为2k 12

E mv = 联立解得k 940

E mgL =

根据动能定理有21(1cos )2

W mgL mv θ--=

手 解得1740W mgL =手 （3）设A 做圆锥摆运动的细绳长为r ，因为绳子拉力恒为54

mg ，故拉住A 的绳与竖直线的夹角恒为37︒，根据牛顿第二定律有2

tan 37sin 37v mg m r ︒=︒

解得v 绳断开后，A 做平抛运动，则有212.5cos372

y L r gt =-=︒ x vt =

联立解得x

故当2516r L =时，水平位移最大max x L =