暑期综合提高练习（十一）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案

这是一份暑期综合提高练习（十一）——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了如图，xOy平面内有大量电子等内容，欢迎下载使用。
选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图，一个原子核经图中所示的一系列、衰变后，生成稳定的原子核，下列说法正确的是（ ）
A．在此过程中共经历10次衰变
B．在此过程中放射出氦核的总个数为8个
C．原子核发生衰变时，放出的射线是高速电子流，因为原子核内没有电子，所以射线是核外电子逸出原子形成的
D．在此过程中增加温度可加快核反应速度
2．图甲为一列简谐横波在时的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（ ）
A．时，质点Q的加速度达到负向最大
B．时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C．从到，该波沿x轴正方向传播了6m
D．从到，质点P通过的路程为30cm
3．我国高分十二号05星运行轨道高度为600km，地球同步轨道卫星高度为35600km，地球半径为6400km。关于05星，下列说法正确的是（ ）
A．运行周期为
B．发射速度大于11.2km/s
C．能始终定点在地球表面某位置正上方
D．与同步轨道卫星运行线速度之比为
4．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨对水平面倾角为 θ ，弯道处的轨道圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时的速度大于 gRtanθ ，则（ ）
A．这时铁轨对火车支持力等于 mgcsθ B．这时铁轨对火车支持力小于 mgcsθ
C．这时外轨对外侧车轮轮缘有挤压D．这时内轨对内侧车轮轮缘有挤压
5．如图，xOy平面内有大量电子（质量为m、电荷量为e）从原点O连续以相同速率v0向各个方向发射，右侧远处放置与xOy平面垂直且足够大的荧光屏。现在各象限施加面积最小的垂直于该平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，使第一、四象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正向运动，第二、三象限的电子最终平行于x轴并沿x轴负向运动。忽略电子间的相互作用，则（ ）
A．第一、四象限磁场方向垂直平面向外
B．磁场的最小总面积为(π2−1)m2v02e2B2
C．电子在磁场中运动的最长时间为πm4eB
D．电子在光屏上形成的光斑长度为2mv0eB
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、−Q、−Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N点电势
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．大理的“风花雪月”中风还为我们提供了清洁能源。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻。当用户端接一个定值电阻时，上消耗的功率为。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则上消耗的功率为
B．输电线路距离增加，若阻值增加一倍，则消耗的功率为
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则上消耗的功率为
D．若在用户端再并联一个与完全相同的电阻，则上消耗的功率增大
8．如图所示，倾角为的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，原长为的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在点，另一端与质量为的小球（视为质点）相连，B点在点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿斜面下滑，通过B点到达水平面，刚到达水平面时与水平面间的弹力恰好为0。已知与斜面垂直，A、B两点间距为，重力加速度为，劲度系数为的轻质弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关系式为，、，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在A点时，斜面对小球的支持力大小为
C．小球在A点时弹簧的弹性势能为
D．小球到达B点时的速度为
9．如图所示，半圆形玻璃砖的圆心为O、半径为R，折射率，一束单色光从C点垂直AB界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角为α时，光束折射后恰好能到达S点。已知真空中的光速为c，则（ ）
A．OC间的距离为
B．入射角
C．光束从C点传播到S点用时
D．若用该单色光垂直照射整个AB面，则透光弧长为
10．如图，轻质弹簧左端与竖直墙拴接，右端紧靠物块（不栓接），弹簧原长时右端的位置为A点，物块压缩弹簧至点并锁定，，现解除锁定的同时将另一水平外力作用在物块上，使之向右匀变速运动，已知物块与地面间的滑动摩擦力大小恒定，则弹簧右端到达A点前外力随位移的变化可能是（ ）
A．B．
C．D．
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
甲
(1)对于该实验，下列操作必要且又正确的有________。
A．重物应选用质量大和体积小的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重物的质量
D．用夹子夹好纸带稳定后，接通直流电源，然后松开夹子释放重物
E.除图示所示器材外，为了完成实验，还必须增加刻度尺
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp＝________，动能增加量ΔEk＝________。
乙
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因是__________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(4)某同学想用下述方法研究重物下落过程机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2－h图像如图丙所示，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，斜率为k，则当满足________时，重物下落过程中机械能守恒。
丙
12．某校学生实验小组查阅资料了解到某电车的电池采用的是比亚迪刀片电池技术，整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中每块刀片电池又由10个电芯串联而成。现有1个该型号的电芯，实验小组利用所学物理知识测量其电动势E和内阻r。已知电芯的电动势约为4 V、内阻约为，还有下列实验器材供选用：
A．电阻箱阻值可调范围为
B．滑动变阻器，阻值变化范围为
C．滑动变阻器，阻值变化范围为
D．表头G，量程为、内阻为
E．电压表，量程为、内阻约为
F．电压表，量程为、内阻约为
(1)由于表头G的量程较小，现将表头G改装成量程为800mA的电流表，则电阻箱的阻值应该为 。
(2)该小组设计了两个实验电路图，你认为最合理的是 （填正确答案标号），请说明理由： 。
A．B．
(3)为方便调节，滑动变阻器应该选用 （填“”或“”），为读数更准确，电压表应该选用 （填“”或“”）。
(4)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，测得多组电压表和灵敏电流计的数据，并绘制了图线，由图线可知，该节电芯的电动势 V，内阻 （结果保留两位有效数字）。
13．轮胎状况监测系统能够实时监测车辆在启动后的胎内气体压强和气体温度，保证行车安全。某驾驶员启动车辆后，通过仪表观察到胎内气体压强为2．4 atm，气体温度为27 ℃。在行驶过程中，可认为轮胎内气体体积保持不变，气体可看作理想气体（取0℃＝273 K）。
（1）在行驶过程中，胎内气体温度缓慢升高，当达到57 ℃时，求胎内气体压强；
（2）在行驶过程中，车胎扎到钉子，导致车胎缓慢漏气，当仪表显示胎内气体压强仍为2．4 atm，气体温度为87 ℃时，求漏出的气体质量与原有气体质量的比值。
14．“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，如图甲所示，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣.某物理兴趣小组设计了如图乙所示的减速模型，线圈代表游客乘坐舱，质量为 m ，匝数为 N ，线圈半径为 r ，总电阻为 R .减速区设置一辐向磁场，俯视图如图丙，其到中心轴距离 r 处磁感应强度 B=k1r .线圈被提升到离地 h1 处由静止释放做自由落体运动，减速区高度为 h2 ，忽略一切空气阻力，重力加速度为 g .

甲 乙 丙 丁
（1） 判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小.
（2） 若落地时速度为 v ，求全程运动的时间 t0 .
（3） 为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称），如图丁，已知每一条弹力绳形变量为 △x 时，都能提供弹力 F=2△x ，同时储存弹性势能 122(△x)2 ，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离.线圈仍从离地 h1 处由静止释放，由于弹力绳的作用线圈会上下往复运动（未碰地），运动时间 t 后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热 Q ，及每根弹力绳弹力提供的冲量 I0 的大小.
15．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克摩擦力所做的功。
参考答案
1．【知识点】原子核的组成及其符号的书写、原子核的衰变及半衰期、天然放射现象及射线的本质
【答案】B
【详解】X的中子数为146，质子数为92，质量数为Y的中子数为124，质子数为82 ，质量数为，质量数减少，发生α衰变的次数为，发生β衰变的次数为，即在此过程中放射出氦核的总个数为8个，A错误，B正确；β射线是高速电子流，来自原子核内部中子的衰变，C错误；快核反应速度与温度无关，D错误。
2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】B
【详解】由图乙可知时，质点Q到达波谷，根据可知，其加速度达到正向最大，A错误；图甲表示时的波形图，由图乙可知质点Q正经过平衡位置向下振动，结合图甲可知这列波向左传播，又由图甲可知波长为8m，由图乙可知周期为0.20s，波速，从到，波向左平移，画出此时的波形如图（将波向左平移2m），从图可以发现
此时质点P的运动方向沿y轴负方向，B正确；从到，该波沿x轴负方向传播的距离，C错误；从到，经过的时间为0.15s，为，质点P通过的路程不能用，计算，实际路程不等于30cm，D错误。
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】A
【详解】根据开普勒第三定律得 ，解得，A正确；若发射速度大于11.2km/s，就飞出地球了，所以发射速度小于11.2km/s，B错误；其运行周期小于24h，不能始终定点在地球表面某位置正上方，C错误；根据牛顿第二定律得，解得，与同步轨道卫星运行线速度之比为，D错误。
4．【知识点】火车转弯问题
【答案】C
【详解】 CD. 对火车受力分析，如下图所示
当火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力的用，其重力和支持力的合力提供向心力，可得 F合=mgtanθ
合力提供向心力，有 mgtanθ=mv2R
解得 v=gRtanθ
当 v=gRtanθ 时火车在转弯时不挤压轨道，当 v＞gRtanθ ，重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车会挤压外轨，当 v＜gRtanθ 时，重力和支持力的合力大于向心力，则火车会挤压内轨，C正确，D错误；
AB. 当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，支持力为 N=mgcsθ
当 v＞gRtanθ ，重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车会挤压外轨，由于外轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向下两个分力，由于竖直向下的分力变大，使支持力变大，AB错误。
选C。
5．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】D
【详解】在第一、四象限电子应向右偏转，根据左手定则可知，第一象限磁场方向垂直xOy平面向里，第四象限磁场方向垂直xOy平面向外，A错误；如图所示，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R=mv0eB，在由O点沿y轴正方向射出的电子转过14圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为第一象限中磁场区域的上边界。在由O点射入第一象限的所有电子中，设某电子做匀速圆周运动的圆心O′与O点的连线与y轴正方向夹角为θ ，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为(x,y)。由图中几何关系可得x=Rsinθ ，y=R−Rcsθ，消去参数θ 可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R−y)2=R2(x>0,y>0)，这是一个圆的方程，圆心在(0,R)处，磁场区域为图中两条圆弧所围成的图形，磁场的最小面积为S1=2(14πR2−12R2)=(π2−1)m2v02e2B2，根据对称性可知，磁场的最小总面积为S=4S1=(2π−4)m2v02e2B2，B错误；电子在磁场中运动的最长时间对应的圆心角为90∘ ，时间为t=14×2πmeB=πm2eB，C错误；根据对称性可知，电子在光屏上形成的光斑长度为l=2R=2mv0eB，D正确。
【易错警示】要满足电子平行于x轴射出，要求离开磁场的点构成的曲线为圆弧即可，无需求另外一个边界，但是本题求的是最小面积，所以另外一个边界为电子所能达到的最远区域。
【思路引导】第一、四象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正方向运动，第二、三象限的电子最终平行于x轴并沿x轴负方向运动，所以本题考查的是磁发散知识，用左手定则判断磁场方向。
6．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【详解】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知φa=φb>φc=φd，B错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E′AC=16kQ1313R2，E′BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的−Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的−Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D错误。
【命题创新】
电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【知识点】交变电流的峰值和有效值、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】AC
【详解】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，如图所示为等效电路图
设降压变压器的原副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为，转子在磁场中转动时产生的电动势为，当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为，根据，可知R0上消耗的电功率变为原来的4倍，A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，根据理想变压器电压与匝数成正比可知副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍,根据，可知 R0上消耗的电功率变为原来的4倍，C正确；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流，R0消耗的功率，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，根据电阻的并联规律可知用户端电阻减为原来的一半，降压变压器的输出电流增大，根据理想变压器的电流与匝数成反比，可知降压变压器的输入电流变大，电阻R0分担的电压增大，进而导致降压变压器的输出电压降低，根据，可知R上消耗的功率减小，D错误。
8．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BD
【详解】刚到达水平面B点时与水平面间的弹力恰好为0，可知，弹簧的劲度系数为，选项A错误；小球在A点时，弹簧伸长量，斜面对小球的支持力大小为，选项B正确；小球在A点时弹簧伸长量弹簧的弹性势能为，选项C错误；从A到B由能量关系，其中，解得小球到达B点时的速度为，选项D正确。
9．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】ACD
【详解】画出光线从点射人的光路图，如图所示
由于玻璃砖的折射率，根据，可知临界角，由几何关系可得，A正确；当入射角为时，光束折射后恰好能到达点，由几何关系可知，此时折射角与相等，根据，解得，可知，B错误；光束从点传播到点经过距离，根据可知，光束在玻璃砖中的传播速度为，因此传播用时，C正确；若用该单色光垂直照射整个面，根据对称性可知在半圆弧上有光透出的弧长所对圆心角为，所以透光弧长为，D正确。选ACD。
10．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】BCD
【详解】根据牛顿第二定律有，解得，
由于与的大小关系未知，则BCD图像均有可能。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】 (1)ABE；(2)mghB eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))eq \s\up12(2) ；(3)克服阻力做功，机械能减少；(4)k＝2g
【详解】 (1)验证机械能守恒定律实验满足的关系式为mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得gh＝eq \f(1,2)v2，因此无需测量重物的质量，需要测量重物下落的高度，需要刻度尺；
应选用质量大和体积小的金属锤，从而减小空气阻力的影；另外打点计时器应选用交流电源。故选ABE。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝mghB，由纸带可知vB＝eq \f(hC－hA,2T)，动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))eq \s\up12(2)。
(3)由于存在空气阻力，所以机械能减少，因此重力势能的减少量略大于动能的增加量。
(4)验证机械能守恒定律实验，满足的关系式为mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v2＝2gh，若v2－h图像是一条过原点的直线，且斜率为k＝2g时，重物下落过程中机械能守恒。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】(1)
(2) B 改装后的电流表内阻已知，采用B图可以消除系统误差
(3) R1 V1
(4) 3.6 4.5
【详解】（1）由题意，根据
得电阻箱的阻值应该为。
（2）[1][2]由于改装后的电流表内阻可以算出，采用B图，可以消除系统误差，选B图电路图较为合理。
（3）[1][2]本实验滑动变阻器采用限流式接法，选用调节效果比较好，当滑片处于最左端时，
所以应该选用电压表。
（4）改装后的电流表的内阻
根据闭合电路欧姆定律可知
整理得
由图可知电动势为
内阻
13．【知识点】气体的等压变化与盖—吕萨克定律、气体的等容变化与查理定律
【答案】（1）2．64 atm （2）16
【解析】（1）根据查理定律得
p1T1＝p2T2（2分）
其中T1＝300 K，T2＝330 K，
代入数据得p2＝2．64 atm（2分）
（2）先不考虑轮胎的体积，当气体温度上升至87 ℃时，根据盖－吕萨克定律得
V1T1＝V3T3（2分）
其中T1＝300 K，T3＝360 K，
代入数据得V3＝1．2V1（1分）
则漏出气体质量与原有气体质量比值满足
Δmm＝V3－V1V3（2分）
代入数据解得Δmm＝16（1分）
【名师延展】
漏气问题的分析
以容器内原有气体为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，根据理想气体状态方程求解。末状态对应体积即为原来气体的体积，初状态的体积即为剩余气体的体积。
14．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1） 顺时针； (2πk1N)2R2gh1−h2
（2） (2πk1N)2mgRh2+vg
（3） mgh1−h2+mg6k2 ； mg3t−(2πk1N)23k2R
【详解】（1） 由右手定则判断感应电流沿顺时针方向 .N 匝线圈切割磁感线，设线圈运动过程中速度为 v′ ，由闭合电路欧姆定律得 NBLv′=IR ，其中 BL=k1r⋅2πr=2πk1 ，联立得速度为 v′ 时线圈中通过电流 I=2πk1NRv′ ，线圈进入磁场前做自由落体运动，由运动学公式得线圈刚进入磁场时速度为 2gh1−h2 ，则线圈刚进入磁场时所受安培力 F=NBIL=R2gh1−h2 .
（2） 取向下为正，全过程对线圈用动量定理，有 mgt0−∑NBIL△t=mv−0 ，其中由（1）知 BL=2πk1 ， I=2πk1NRv′ ，故有 ∑NBIL△t=R∑v′△t=Rh2 ，代入解得 t0=mgRh2+vg .
（3） 最终静止时线圈不切割磁感线，不受安培力，有 mg=32△x ，得弹力绳的伸长量 △x=mg3k2 .全过程系统能量守恒，有 mgh1=mg(h2−△x)+3×122(△x)2+Q ，解得线圈产生焦耳热 Q=mgh1−h2+mg6k2 .取向下为正，全过程对线圈由动量定理有 mgt+3I0−∑NBIL△t=0−0 ，其中由（2）知 ∑NBIL△t=R∑v′△t=R△x ，解得 I0=mg33k2R−t ，由于弹力绳提供冲量向上，故 I0＜0 ，则其大小为 mg3t−3k2R .
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)2m；(2)
【详解】(1)根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
m′=2m
(2)在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，上升至最高点高度为h，整个过程中摩擦力所做的功为W，由动能定理有
从图（b）所给的v-t图线可知
由几何关系
在整个过程中摩擦力对物块A所做的功为
联立解得