2017年度高考物理（专题四 第1课时 功能关系在力学中的应用）二轮专题练习 18页

【步步高】2014 高考物理大二轮专题复习与增分策略 专题四 第 1 课时 功能关系在力学中的应用 专题定位 　本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在 电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力 的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动 能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题． 本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中 命题，是高考的压轴题． 应考策略 　深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、 机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理 和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题． 1． 常见的几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关． (2)摩擦力做功的特点 ①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做 功． ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机 械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数 和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械 能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等 于滑动摩擦力与相对位移的乘积． ③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热． 2． 几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的变化，即 WG＝－ΔEp. (2)弹力的功等于弹性势能的变化，即 W 弹＝－ΔEp. (3)合力的功等于动能的变化，即 W＝ΔEk. (4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W 其他＝ΔE. (5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即 Q＝Ff·l 相对． 1． 动能定理的应用 (1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、 速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功， 也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用． (2)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象，明确它的运动过程． ②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和． ③明确物体在运动过程始、末状态的动能 Ek1 和 Ek2. ④列出动能定理的方程 W 合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解． 2． 机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断 ①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能． ③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中 有特别说明及暗示． (2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系统． ②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． ③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能． ④根据机械能守恒定律列方程，进行求解． 题型 1　力学中的几个重要功能关系的应用 例 1 　如图 1 所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连．开始时 用手托住 B，让细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度．下列有关该 过程的分析正确的是 (　　) 图 1 A．B 物体的机械能一直减小 B．B 物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和 C．B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 D．细线拉力对 A 物体做的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 解析　把 A、B 和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在 B 下落直至 B 获得最大速 度的过程中，A 的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以 B 物体的机械能一直减小，选项 A 正确；由动能定理知，B 物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选 项 B 正确；B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与 A 物体动能的增加量 之和，选项 C 错误；对 A 物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对 A 物体做 的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项 D 正确． 答案　ABD 以题说法 　1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹 力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力 做的功等于动能的变化量． 2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力 做功的情况． 　(2013·山东·16)如图 2 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(　　) 图 2 A．两滑块组成的系统机械能守恒 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 答案　CD 解析　两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对 M 做负功，M 和 m 组成的系统机械能 减小，减小的机械能等于 M 克服摩擦力所做的功，选项 A 错误，D 正确．除重力对滑块 M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块 M 做负功，选项 B 错误．绳的拉力对滑块 m 做正功，滑块 m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项 C 正确． 题型 2　动力学方法和动能定理的综合应用 例 2 　(15 分)如图 3 所示，上表面光滑、长度为 3 m、质量 M＝10 kg 的木板，在 F＝50 N 的水平拉力作用下，以 v0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为 m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了 L＝1 m 时， 又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动 1 m 就在其最右端 无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取 10 m/s2)求： 图 3 (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度； (3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离． 审题突破 　木板在 F＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？ 放上小铁块后木板的受力如何变化？ 解析　(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为 Ff 由平衡条件得： F＝Ff ①(1 分) 又 Ff＝μMg ②(2 分) 联立①②并代入数据得： μ＝0.5 ③(1 分) (2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加 μmg 设刚放第三个小铁块时木板的速度为 v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁 块的过程，由动能定理得： －μmgL－2μmgL＝ 1 2Mv21－ 1 2Mv20 ④(5 分) 联立③④并代入数据得： v1＝4 m/s ⑤(1 分) (3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为 3μmg. 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为 x，对木板由动能定理 得： －3μmgx＝0－ 1 2Mv21 ⑥(4 分) 联立③⑤⑥并代入数据得 x＝ 16 9 m≈1.78 m ⑦(1 分) 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 以题说法 　1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特 别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加 μmg. 2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列 式． 　如图 4 所示，倾角为 37°的粗糙斜面 AB 底端与半径 R＝0.4 m 的光滑半圆 轨道 BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C 两点等 高．质量 m＝1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑，恰能滑到与 O 点等高的 D 点，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 图 4 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 μ； (2)若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0 的最小值； (3)若滑块离开 C 点的速度大小为 4m/s，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上所经历的时间 t. 答案　(1)0.375　(2)2 3 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)滑块从 A 点到 D 点的过程中，根据动能定理有 mg·(2R－R)－μmgcos 37°· 2R sin 37°＝0－0 解得：μ＝ 1 2tan 37°＝0.375 (2)若使滑块能到达 C 点，根据牛顿第二定律有 mg＋FN＝ mv2C R 由 FN≥0 得 vC≥ Rg＝2 m/s 滑块从 A 点到 C 点的过程中，根据动能定理有 －μmgcos 37°· 2R sin 37°＝ 1 2mv2C－ 1 2mv20 则 v0＝ v2C＋4μgRcot 37°≥2 3 m/s 故 v0 的最小值为 2 3 m/s (3)滑块离开 C 点后做平抛运动，有 x＝vC′t，y＝ 1 2gt2 由几何知识得 tan 37°＝ 2R－y x 整理得：5t2＋3t－0.8＝0 解得 t＝0.2 s(t＝－0.8 s 舍去) 题型 3　动力学方法和机械能守恒定律的应用 例 3 　(14 分)如图 5，质量为 M＝2kg 的顶部有竖直壁的容器 A，置于倾角为 θ＝30°的固 定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为 m＝1 kg 的光滑小球 B 与右壁接触．让 A、B 系统从斜面上端由静止开始下滑 L 后刚好到达斜面 底端，已知 L＝2 m，取重力加速度 g＝10 m/s2.求： 图 5 (1)小球到达斜面底端的速度大小； (2)下滑过程中，A 的水平顶面对 B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对 B 所做的功． 审题突破 　A、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对 B 的支 持力方向如何？ 解析　(1)根据机械能守恒定律： (M＋m)gLsin θ＝ 1 2(M＋m)v2 (2 分) 解得：v＝ 2gLsin θ＝2 5 m/s (2 分) (用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给 4 分) (2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为 a＝gsin θ (1 分) 对 B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受 mg、FN 作用，斜向下加速运 动，根据牛顿第二定律 mg－FN＝masin θ (3 分) 代入 a＝gsin θ 解得 FN＝mg(1－sin2 θ)＝mgcos2 θ＝7.5 N (2 分) (3)设 A 对 B 做的功为 Wm，则根据动能定理 mgLsin θ＋Wm＝ 1 2mv2 (2 分) 解得 Wm＝ 1 2mv2－mgLsin θ ＝ 1 2m( 2gLsin θ)2－mgLsin θ＝0 (2 分) 答案　(1)2 5 m/s　(2)7.5 N　(3)0 以题说法 　若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量 是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内 能，也没有其他能量参与转移或转化，所以 A、B 组成的系统机械能守恒． 　如图 6 所示，轮半径 r＝10 cm 的传送带，水平部分 AB 的长度 L＝1.5 m， 与一圆心在 O 点、半径 R＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于 A 点，AB 高出水平地面 H＝1.25 m，一质量 m＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的 P 点从静止释放， OP 与竖直线的夹角 θ＝37°.已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块 与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，不计空气阻力． 图 6 (1)求滑块对圆轨道末端的压力； (2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与 B 间的水平距离； (3)若传送带以 v0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由 B 到 A 运动)， 求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能． 答案　(1)1.4 N，方向竖直向下　(2)0.5 m　(3)0.2 J 解析　(1)从 P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝ 1 2 mv2 在轨道末端由牛顿第二定律得： FN－mg＝ mv2 R 由以上两式得 FN＝1.4 N 由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为 1.4 N，方向竖直向下． (2)若传送带静止，从 A 到 B 的过程中，由动能定理得： －μmgL＝ 1 2mv2B－ 1 2mv2 解得：vB＝1 m/s 滑块从 B 点开始做平抛运动 滑块的落地点与 B 点间的水平距离为：x＝vB 2H g ＝0.5 m (3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从 A 到 B 的运动 情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0 v－vB μg ＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Q＝μmgΔx＝0.2 J. 6． 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 审题示例 (12 分)如图 7 所示，半径为 R 的光滑半圆轨道 ABC 与倾角为 θ＝37°的粗糙斜面轨道 DC 相切于 C 点，半圆轨道的直径 AC 与斜面垂直．质量为 m 的小球从 A 点左上方距 A 点 高为 h 的斜面上方 P 点以某一速度 v0 水平抛出，刚好与半圆轨道的 A 点相切进入半圆 轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的 D 点．已知当地的重力加速 度为 g，取 R＝ 50 9 h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求： 图 7 (1)小球被抛出时的速度 v0； (2)小球到达半圆轨道最低点 B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从 C 到 D 过程中摩擦力做的功 Wf. 审题模板 答题模板 (1)小球到达 A 点时，速度与水平方向的夹角为 θ，如图所示． 则有 v21＝2gh ① 由几何关系得 v0＝v1cot θ ② 联立①②式得 v0＝ 4 3 2gh ③ (2)A、B 间竖直高度 H＝R(1＋cos θ) ④ 设小球到达 B 点时的速度为 v，则从抛出点到 B 过程中由机械能守恒定律得 1 2mv20＋mg(H＋h)＝ 1 2mv2 ⑤ 在 B 点，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝m v2 R ⑥ 联立③④⑤⑥式 解得 FN＝5.6mg ⑦ 由牛顿第三定律知，小球在 B 点对轨道的压力大小是 5.6mg ⑧ (3)全过程应用动能定理：Wf＝0－ 1 2mv20 即 Wf＝－ 1 2mv20＝－ 16 9 mgh ⑨ (评分标准：本题共 12 分，其中，⑤式 2 分，⑨式 3 分，其余每式 1 分) 答案　(1) 4 3 2gh　(2)5.6mg　(3)－ 16 9 mgh 点睛之笔 　多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题 时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对 整个过程应用能量的观点解决问题会更简单． 　如图 8 所示，将一质量 m＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端 O 点水平抛出， 小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为 α＝53°的光滑斜面顶端 A 并沿斜面下滑， 斜面底端 B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过 B 点后进入 BC 部分，再进 入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差 h＝3.2 m，斜面高 H＝15 m，竖 直圆轨道半径 R＝5 m．取 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，试求： 图 8 (1)小球水平抛出的初速度 v0 及斜面顶端与平台边缘的水平距离 x； (2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点 D 时对轨道的压力． 答案　(1)6 m/s　4.8 m　(2)2.05 s　(3)3 N，方向竖直向上 解析　(1)小球做平抛运动落至 A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得： v0＝vycot α 由平抛运动规律得：v2y＝2gh h＝ 1 2gt21 x＝v0t1 联立解得：v0＝6 m/s，x＝4.8 m (2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点，需要时间 t1＝ 2h g ＝0.8 s 小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝ v0 cos α＝10 m/s 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH＝ 1 2mv2B－ 1 2mv2A 解得 vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a＝gsin α＝8 m/s2 由 vB＝vA＋at2，解得 t2＝1.25 s 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t＝t1＋t2＝2.05 s (3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从 B 点到 D 点，由动能定理可得 －2mgR＝ 1 2mv2D－ 1 2mv2B 在 D 点由牛顿第二定律可得：FN＋mg＝m v2D R 联立解得：FN＝3 N 由牛顿第三定律可得，小球在 D 点对轨道的压力 FN′＝3 N，方向竖直向上 (限时：45 分钟) 一、单项选择题 1． (2013·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 Ep ＝－ GMm r ，其中 G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为 R1 的轨道上绕地球 做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径 变为 R2，此过程中因摩擦而产生的热量为 (　　) A．GMm( 1 R2－ 1 R1) B．GMm( 1 R1－ 1 R2) C. GMm 2 ( 1 R2－ 1 R1) D. GMm 2 ( 1 R1－ 1 R2) 答案　C 解析　由万有引力提供向心力知 G Mm r2＝m v2 r ，所以卫星的动能为 1 2mv2＝ GMm 2r ，则卫星在半 经为 r 的轨道上运行时机械能为 E＝ 1 2mv2＋Ep＝ GMm 2r － GMm r ＝－ GMm 2r .故卫星在轨道 R1 上 运行时：E1＝－ GMm 2R1，在轨道 R2 上运行时：E2＝－ GMm 2R2，由能的转化和守恒定律得产生的 热量为 Q＝E1－E2＝ GMm 2 ( 1 R2－ 1 R1)，故正确选项为 C. 2．如图 1 所示，质量为 m 的物体(可视为质点)以某一初速度从 A 点冲上倾角为 30°的固定 斜面，其运动的加速度大小为 3 4g，沿斜面上升的最大高度为 h，则物体沿斜面上升的过 程中 (　　) 图 1 A．物体的重力势能增加了 3 4mgh B．物体的重力势能增加了 mgh C．物体的机械能损失了 1 4mgh D．物体的动能减少了 mgh 答案　B 解析　该过程物体克服重力做功为 mgh，则物体的重力势能增加了 mgh，选项 A 错误， 选项 B 正确；由牛顿第二定律有 Ff＋mgsin 30°＝ma，解得 Ff＝ 1 4mg，克服摩擦力做的 功等于机械能的减少量，Wf＝－Ff· h sin 30°＝－ 1 2mgh，选项 C 错误；根据动能定理 知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为 3 2mgh，选项 D 错误． 3． 用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的 v－t 图象如图 2 所示．下列说法正确 的是 (　　) 图 2 A．前 2 s 内货物处于超重状态 B．最后 1 s 内货物只受重力作用 C．货物在 10 s 内的平均速度是 1.7 m/s D．货物在 2 s～9 s 内机械能守恒 答案　C 解析　由题图知，前 2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项 A 错误；最后 1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选 项 B 错误；v－t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小， 货物在 10 s 内发生的位移大小为 x＝ 1 2×(7＋10)×2 m＝17 m，则 10 s 内货物的平均速 度是 1.7 m/s，选项 C 正确；货物在 2 s～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变， 机械能减小，选项 D 错误． 4． 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图 3 所示，其中 OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从 t1 时刻开始汽车的功率 保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为 Ff，以下说法正确的是 (　　) 图 3 A．0～t1 时间内，汽车牵引力的数值为 m v1 t1 B．t1～t2 时间内，汽车的功率等于(m v1 t1＋Ff)v2 C．t1～t2 时间内，汽车的平均速率小于 v1＋v2 2 D．汽车运动的最大速率 v2＝( mv1 Fft1＋1)v1 答案　D 解析　0～t1 时间内汽车的加速度大小为 v1 t1，m v1 t1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引 力大小，选项 A 错误；t1 时刻汽车牵引力的功率为 Fv1＝(m v1 t1＋Ff)v1，之后汽车功率保 持不变，选项 B 错误；t1～t2 时间内，汽车的平均速率大于 v1＋v2 2 ，选项 C 错误；牵引 力等于阻力时速度最大，即 t2 时刻汽车速率达到最大值，则有(m v1 t1＋Ff)v1＝Ffv2，解得 v2＝( mv1 Fft1＋1)v1，选项 D 正确． 二、多项选择题 5． (2013·江苏·9)如图 4 所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相 连．弹簧处于自然长度时物块位于 O 点(图中未标出)．物块的质量为 m，AB＝a，物块 与桌面间的动摩擦因数为 μ.现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零．重力加速度为 g.则 上述过程中 (　　) 图 4 A．物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于 W－ 1 2μmga B．物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W－ 3 2μmga C．经 O 点时，物块的动能小于 W－μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能 答案　BC 解析　如图，在 A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即 FA>μmg ，在 B 点弹 簧的弹力小于等于摩擦力，即 FB≤μmg，因此 O 点距离 B 点较近，即 xOB 1 2a，则 EpB