2019届河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试物理试题（解析版）


河北省武邑中学2018—2019学年高三上学期第三次调研
物理试题
一、选择题（本题包括14小题，共46分. 其中1—10题为单选,每小题3分，11—14题为多选，全对得4分，部分对得2分，错选得0分）
1.伽利略和牛顿都是物理学发展史上非常伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后的第二年。下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们的观点的是(　　)
A. 自由落体运动是一种匀变速直线运动
B. 力是使物体产生加速度的原因
C. 物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性
D. 力是维持物体运动的原因
【答案】D
【解析】
试题分析：亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因；
伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系．
牛顿第一定律是牛顿在伽利略和笛卡尔研究成果的基础上总结出来的．
解：A、伽利略通过斜面实验得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；
B、伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因，故B正确；
C、牛顿第一定律认为物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性，故C正确；
D、亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因，故D错误；
本题选错误的
故选D
【点评】物理学史是高考物理考查内容之一．学习物理学史，可以从科学家身上学到科学精神和研究方法．
2.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1 ， B对A的作用力为F2 ， 地面对A的作用力为F3 ．在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（　　）

A. F1保持不变，F3增大
B. F1增大，F3保持不变
C. F2增大，F3增大
D. F2增大，F3保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】先对BC整体分析，BC整体受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：

加上C物体，相当于整体的重力增加了，则墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，根据牛顿第三定律，B对A的作用力F2增加。
再对ABC整体分析，受重力、墙壁的支持力、地面支持力、地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，则加上C物体后，地面的支持力F3变大。
综上，ABD三项错误，C项正确。
【点睛】合理选择研究对象，可使解题过程简化。
3.如图，傾角为的斜面连接水平面，水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为，处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动，不计小球体积、不告计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是

A. 0. 5mg B. mg C. 1. 5mg D. 2mg
【答案】B
【解析】
试题分析: 在斜面运动的过程中根据动能定理得：，在水平面上做圆周运动，根据向心力公式有：，解得：，根据牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的力，故选B。
考点：本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、向心力、动能定理。
4.如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是(　　)

A. m1＝m2
B. m1＝m2tan θ
C.
D. m1＝m2cos θ
【答案】B
【解析】
【详解】通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：对m1有，FT=m1gcosθ．对m2有，FT=m2gsinθ，联立两式可得:m1gcosθ=m2gsinθ，所以选项B正确;故选B.
【点睛】本题考查共点力作用下物体的平衡，解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比．
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 、分别是电阻和场强的定义式
B. 力的单位（N）、电流的单位（A）均是国际单位制中的基本单位
C. 质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等
D. 当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、公式R=ρ是电阻的决定式，导体电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比；公式E=是电场强度的定义式，属于比值定义，与检验电荷受到的电场力及检验电荷的电量均无关，故A错误.
B、电流的单位（A）国际单位制中的基本单位，力的单位（N）是复合单位.1N=1kgm/.故B错误.
C、质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等.比如匀速圆周运动，加速度恒指向圆心，虽然加速度和速度的大小一直没变，但方向在一直均匀变化，所以完全有可能在相同时间段内有相同的速度变化，可以说加速度不恒定，也可以有速度的恒定变化；再比如平抛运动，只受重力，加速度恒定，在相等的时间内速度变化相等，故C正确.
D、当加速度与速度同向时，速度就要增加;若加速度减小，速度增加的变慢，但还在增加，故D错误.
故选：C.
【点睛】在学习中一定要把定义式与决定式，定律式，定理式的区别搞清楚.
6.自由下落的物体，在任何相邻的1s时间内下落的距离之差△h和平均速度之差△v，数值上分别等于
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在第1个单位时间T=1s内，下落距离是h1：h1=g=
在第1个单位时间T=1s内的平均速度：V1==
在第2个单位时间T=1s内，下落距离是h2，则有：h1+h2=g=2g
得：h2=2g-=
在第2个单位时间T=1s内的平均速度：V2==
所以下落的距离之差△h=h2-h1=-=g
平均速度之差△v=V2-V1=-=g，故A、B、D错误，C正确.
故选：C.
7.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D，其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉D木块，使四个木块以同一加速度运动，则A、C轻绳的最大拉力为(　　 )

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有T-f1=ma；对右侧小木块有f2-T=ma，对右侧大木块有F-f2=2ma；联立可F=6ma； 
四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以应有f2=μmg，联立解得T=．故选C．
点睛：本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力；同时还应注意本题要求的是绳子上的拉力，很多同学求成了F的最大值.
视频

8.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中（ ）

A. F增大，N减小
B. F减小，N减小
C. F增大，N增大
D. F减小，N增大
【答案】A
【解析】
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有
N=mgcosθ F=mgsinθ
其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选A．
注：此题答案应该是A.
视频

9.一物块沿倾角为的斜坡向上滑动.当物块的初速度为时,上升的最大高度为,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为,重力加速度大小为.物块与斜坡间的动摩擦因数和分别为(  )

A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】根据速度位移公式得，物块上滑的加速度为：，根据牛顿第二定律得：a==gsinθ+μgcosθ，联立解得动摩擦因数为：μ=(−1)tanθ。因为物块上滑的加速度大小不变，根据x=知，初速度变为原来的一半，则上滑的最大位移为原来的1/4，上升的最大高度为原来的1/4，即h=H/4．故D正确，ABC错误。故选D。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以采用动能定理进行求解．
10.最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是

A. 考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左
B. 不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左
C. 考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零
D. 不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零
【答案】C
【解析】
【详解】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。
【点睛】此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的．
11.如图甲所示，一质量为m小滑块放置在质量为M的长木板上，木板放置在光滑的地面上。现对木板施加一随时间变化的水平推力F的作用，通过传感器测得木板的加速度a随推力F变化的图象如图乙所示，g取10m/s²。下列说法正确的是

A. 木板的质量M=4kg
B. 滑块的质量m=4kg
C. 当F=8N时滑块的加速度为2m/s2
D. 滑块与木板间的的动摩擦因数为0.1
【答案】BD
【解析】
A、当时，加速度为：，
对整体分析，由牛顿第二定律有：，
代入数据解得：
当时，根据牛顿第二定律得：，
知图线的斜率，解得：，滑块的质量为：，故A错误，B正确；
C、根据图线的虚线部分知，当时，，即：，
代入数据解得：，当时，长木板与木块之间已经产生相对滑动，则对木块单独分析，根据得：，故C错误，D正确。
点睛：本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
12.质量为m的物体，在、、三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持、不变，仅将的方向改变90○ (大小不变)后，物体可能做（ ）
A. 加速度大小为的匀变速直线运动 B. 加速度大小为的匀变速直线运动
C. 加速度大小为的匀变速曲线运动 D. 匀速直线运动
【答案】BC
【解析】
试题分析：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故，加速度，但因不知原速度方向，故力改变后的初速度方向与F合的方向间的关系未知，故有BC两种可能；故选BC。
考点：曲线运动的条件
【名师点睛】本题关键先根据平衡条件得出力F3变向后的合力大小和方向，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质：当物体受到的合外力恒定时，若物体受到的合力与初速度不共线时，物体做曲线运动；若合力与初速度共线，物体做直线运动。
13.如图所示，质量为M=1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3 kg滑块以初速度v0=2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确是

A. 滑块和木板的加速度之比是1∶3
B. 整个过程中因摩擦产生的热量是1.5 J
C. 可以求出木板的最小长度是1.5 m
D. 从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、水平面光滑，设滑块与木板之间的滑动摩擦力为f，根据牛顿第二定律对m：f=ma1；对M：f=Ma2，滑块和木板的加速度之比a1a2===，A正确.
B、设滑块相对木板静止时共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒有：m=(m+M)v，解得v=1.5m/s.根据能量守恒整个过程中因摩擦产生的热量Q=m-(m+M)=-1+3)］J=1.5J，故B正确.
C、设木板的最小长度为L，则有Q=mgL，题中动摩擦因数未知，所以不能求出L，故C错误.
D、从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比====，故D正确.
故选：A、B、D.
【点睛】本题是个经典的题目，考察的知识点比较多.牛顿第二定律，能量守恒，动量守恒定律，滑动摩擦力做功的特点还有运动学知识，要好好体会理解.
14.如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的重物相连，重物套在固定的粗糙竖直杆上．开始时重物处于A处，此时弹簧水平且处于原长．现将重物从A处由静止开始释放，重物下落过程中经过B处时速度最大，到达C处时速度为零。已知弹簧始终在弹性限度之内，重物与杆之间动摩擦因数恒定，则下列说法中正确的是（ ）

A. 重物下滑到B处时，加速度一定为零
B. 重物下滑到C处时，加速度一定为零
C. 重物在下滑过程中所受摩擦力先增大后减小
D. 重物在下滑过程中所受摩擦力一直增大
【答案】AD
【解析】
【详解】物体由A点静止下滑加速运动，到B点速度最大，说明B点加速度为零。故A正确；物体由B点减速运动到C点，但加速逐渐增大。故B错误； 对重物受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力在垂直杆的方向平衡，设弹簧与水平方向的夹角为θ，弹簧原长为L，故,由于θ逐渐增加,故FN逐渐增加，故滑动摩擦力增加，故C错误，D正确。故选AD。
二、实验题（每空2分，共20分）
15.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度。请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当：
①_________________；②___________________________________________________________。

该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个打点A、B、C、D、E、F 为计数点，测得点A到B、C、D、E、F的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5．若打点的频率为 f，则打E点时重物速度的表达式为vE =___________；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出速度的二次方（v2）与距离（h）的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g=________m/s2。


【答案】 (1). 打点计时器应接交流电源 (2). 重物释放时应紧靠打点计时器 (3). (4). 9.6
【解析】
试题分析：（1）①a、打点计时器应接低压、交流电源；b、重物释放时应紧靠打点计时器，以在纸带上打出更多的点。
②利用匀变速直线运动的推论，打E点时速度等于D、F的平均速度。
，v2=2gh
速度的二次方v2与距离（h）的关系图线的斜率为18.8，所以g=9.4m/s2．
考点：测量重力加速度
16.(1) 物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展.下列说法符合事实的是____. 
A. J.J.汤姆孙发现了电子,并提出了原子的核式结构模型
B. 结合能越大的原子核,核子结合得越牢固,原子核越稳定
C. 黑体辐射与材料的种类及表面状况无关
D. 动量相等的质子和电子,它们的德布罗意波波长也相等
(2) 1919年,卢瑟福发现了质子.现在科学家用质子轰击锂核Li,生成了2个α粒子,这个核反应方程为___________,若用m1表示质子质量,m2表示锂核质量,m3表示α粒子质量,则此反应中释放的能量ΔE=____________. 
(3) 氢原子的能级图如图所示,原子从能级n=3向n=2跃迁所放出的光子正好使某种金属材料发生光电效应.求:
①该金属的逸出功.
②原子从能级n=2向n=1跃迁所放出的光子照射该金属,产生的光电子的最大初动能.
【答案】 (1). CD (2). (3).
【解析】
【详解】（1）A. J.J.汤姆孙发现了电子， 1911年由卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型，A错误.
B、核结合能是原子核反应过程中由于质量亏损而产生的能量，核结合能E=m，比结核能是原子核的结合能与该原子核所含有的核子数之比，比结合能越大，核越稳定，故B错误.
C、黑体是理想化模型，黑体辐射，只与波长和温度有关，故C正确.
D、根据公式=可知动量相等的质子和电子,它们的德布罗意波波长也相等，故D正确.
故选：C、D.
（2）用质子轰击锂核生成了2个α粒子的核反应方程：+2，此反应中的质量亏损-2，释放的能量ΔE==
(3) ①.原子从能级n=3向n=2跃迁所放出的光子的能量为(3.40-1.51)eV=1.89ev，当光子能量等于逸出功时，恰好发生光电效应，所以逸出功W0=1.89ev．
②.原子从能级n=2向n=1跃迁所放出的光子能量=-3.4eV+13.6eV=10.2ev，根据爱因斯坦光电效应方程：=Ekm+W0，光电子的最大初动能Ekm=-W0=10.2eV-1.89eV=8.31ev.
答案为： (1). CD (2). (3). ；逸出功W0=1.89ev；光电子的最大初动能Ekm=8.31ev
【点睛】(1)解决本题B选项的关键知道原子核的稳定与比结合能有关，不是与结合能有关.
（2）对近代物理学史的考查，要多看书、多积累.
17.某班级同学用如图所示的装置验证加速度a和力F,质量m的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上,小车乙上固定一个加速度传感器,小车甲上固定一个力传感器,力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接,在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始向下运动,利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.

(1)下列关于实验操作的说法中正确的是_____
A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力
B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力
C.实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据
D.实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据
(2)三个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1=1.0kg,m2=2.0kg,m3=3.0kg.三个小组已经完成了aF图象,如图(b)所示.

(3)在验证了a和F的关系后,为了进一步验证a和m的关系,可直接利用图(b)的三条图线收集数据,然后作图.请写出该如何收集数据 ____
【答案】 (1). BD (2). 在a-F图象上作一条垂直于横轴的直线,与三条图线分别有三个交点,记录下三个交点的纵坐标a,分别与各图线对应的m组成三组数据.
【解析】
【详解】（1）本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系，所以轨道倾斜是为了平衡乙的摩擦力，故A错误，B正确；实验中只能在小车加速运动过程中采集数据，C错误，D正确，故选：B、D.
（3）在a－F图线上作一条垂直于横轴的直线(即F相同)，记录下与三条图线的交点纵坐标a，分别与各图线对应的m组成三组数据，利用正比关系更直观，容易判定的特点，判定加速度a与质量的倒数1/m是不是正比关系.
三、计算题：（本题共4小题，共34分）
18.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量m=60 kg的运动员原地（不起跳）摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。假设运动员起跳过程为匀加速运动，忽略空气阻力影响,g取10 m/s2 。求：

（1）该运动员离开地面时的速度大小为多少；
（2）起跳过程中运动员对地面的压力；
【答案】（1）4m/s (2)1560N
【解析】
【详解】（1）从开始起跳到脚离开地面重心上升h1=0.5m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h2=0.8m，由运动学知识：0-=-2gh2
解得v==m/s=4m/s
(2)脚未离开地面过程中：v=
运动员起跳过程的加速度：a==16m/
对运动员受力分析有：FN-mg=ma,
解得FN=mg+ma=1560N.
由牛顿第三定律可知运动员对地压力大小也是1560N，方向竖直向下.
19.如图所示，平板车静止在光滑水平面上，当小滑块以v0=10m/s的水平初速度从车的左端滑上平板车时，给车施加一个水平向右的恒力F=16N,经过一段时间，小滑块不再相对车滑动。已知平板车质量为M=2kg,滑块质量m=4kg,滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s2.求：

(1)小滑块在平板车土滑动时平板车的加速度大小；
(2)经多长时间小滑块不再相对车滑动；
(3)滑块相对平板车静止时距车的左端多远。
【答案】(1) 16m/s2 (2) (3)
【解析】
(1)设平板车的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
代入数据得：a1=16m/s2
(2)小滑块刚滑到平板车右端时与平板车的速度相同，设为v
平板车：
小滑块：

解得：
(3)平板车：
小滑块：
平板车的长度
解得：
点睛：分析清楚滑块和平板车的运动情况，抓住两者速度关系和位移关系是解题关键。由于两个的加速度不同，所以采用隔离法研究加速度。
20.传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：

（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；
（2）若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小。
【答案】（1） （2）
【解析】
(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝＝3 m/s2
由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝＝1 m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：
v′＝v－a1t(1分)
L2＋x＝vt－a1t2
对平板：v′＝a2t
x＝a2t2
联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.
(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝＝5 m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v1＝＝5 m/s<6 m/s
即滑块滑上平板的速度为5 m/s
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′
则v″＝v1－a1t′
L2＋x′＝v1t′－a1t′2
x′＝a2t′2
联立以上各式代入数据解得：t′1＝s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)
将t′＝s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.
21.如图所示，长为3l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、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．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．

（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）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，求A做平抛运动的最大水平距离．
【答案】（1）θ=45° （2） (3)
【解析】
本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，涉及受力分析、功能关系、极值的计算。
（1）如图

、
解得
（2）如图，解得

（3）设拉A的绳长为x（l≤x≤2l），
，解得


当时，
点睛：涉及极值问题，先写出一般表达式，然后据数学知识分析求解。