2022年高考物理试卷（福建）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按试卷类型分类）2008-2025_自主命题卷·物理（2008-2025）

物理试卷 一、单项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16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. 福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层， 50m 100kg 各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约 的圆形廊道连接。若将质量为 的防御物 100s 资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用 沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取 10m/s2 ，则（ ） A. 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J B. 该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s 【答案】A 【解析】 【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为 W =mgDh=100´10´(2.7+2.7)J =5400J G 故A正确； 第1页 | 共20页B．该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误； C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为 50m，故C错误； D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为 50 3.14´ s pr 2 v= = = m/s=0.785m/s t t 100 故D错误。 故选A。 2. 2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素131I， 53 其衰变方程为 131I® 131Xe+ 0e，半衰期为 8 天，已知 m =131.03721u， m =131.03186u， 53 54 -1 I Xe m =0.000549u，则下列说法正确的是（ ） e A. 衰变产生的β射线来自于131I原子的核外电子 53 B. 该反应前后质量亏损0.00535u C. 放射性元素131I发生的衰变为α衰变 53 D. 经过16天，75%的131I原子核发生了衰变 53 【答案】D 【解析】 【详解】A．131I衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成β射线，故 53 A错误； B．该反应前后质量亏损为 Dm=m -m -m =131.03721u-131.03186u-0.000549u =0.004801u I Xe e 故B错误； C．放射性元素131I发生的衰变为β衰变，故C错误； 53 D．由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，75%的131I原子核发生了衰变，故D正确。 53 故选D。 3. 平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一 金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。 则下列说法正确的是（ ） 第2页 | 共20页A. b、c两点的电势差U =0 B. a点场强大小大于100V/m bc C. a点场强方向水平向右 D. a点的电势低于c点 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，b、c两点的电势差为 U =200V-300V=-100V bc 故A错误； B．由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差等于100V，根据 U E = d 可知a点场强大小大于100V/m，故B正确； C．根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误； D．由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为 300V，故D错误。 故选B。 4. 2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危 险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远 Mm 处克服地球引力所做的功为G ，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m ，变 r 0 轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r 、r ，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（ ） 1 2 第3页 | 共20页1 æ1 1 ö æ1 1 ö A. GMm ç - ÷ B. GMm ç - ÷ 2 0 r r 0 r r è ø è ø 1 2 1 2 3 æ1 1 ö æ1 1 ö C. GMm ç - ÷ D. 2GMm ç - ÷ 2 0 r r 0 r r è ø è ø 1 2 1 2 【答案】A 【解析】 【详解】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道r 变轨到r 过程， 1 2 根据动能定理有 W +W =ΔE 引力 k 依题意可得引力做功 Mm Mm W =G 0 -G 0 引力 r r 2 1 万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有 Mm v2 G 0 =m r2 0 r 求得空间站在轨道上运动的动能为 Mm E =G 0 k 2r 动能的变化 Mm Mm ΔE =G 0 -G 0 k 2r 2r 2 1 解得 GMm æ1 1 ö W = 0 ç - ÷ 2 r r è ø 1 2 故选A。 二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 6分，共 24分．每小题有多项符合题目要求，全部 选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分． 5. 奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导 线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了 导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果 第4页 | 共20页有（ ） A. 减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B. 用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转 C. 减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关 【答案】AB 【解析】 【详解】A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确； B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确； C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误； D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况 不同，选项D错误。 故选AB。 6. 某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为6V，定值电阻R = R =20W，小灯 1 2 泡L 、L 的规格均为“6V 1.8W”，理想变压器T 、T 原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1．分别接 1 2 1 2 通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（ ） A. L 与L 一样亮 B. L 比L 更亮 1 2 2 1 C. R上消耗的功率比R 的大 D. R上消耗的功率比R 的小 1 2 1 2 【答案】BC 【解析】 第5页 | 共20页【详解】若开关接cd端，则若电源电压为U ，理想变压器T 、T 的匝数比为 0 1 2 n n 2 = 3 =k n n 1 4 用户电阻为R ，输电线电阻为R ，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压 负载 导线 U =kU 2 0 降压变压器初级电压 U =U -I R 3 2 2 导线 降压变压器次级电压 U U = 3 4 k U I = 4 4 R 负载 I 4 =k I 3 I =I 3 2 可得输电功率为 k2U2 P =U I = 0 输 2 2 R +k2R 导线 负载 输电线上损耗的电功率为 k2U2 P = I2R = 0 R 导线 2 导线  R +k2R 2 导线 导线 负载 用户得到的电功率为 k2U2 P = 0 ×k2R 负载  R +k2R 2 负载 导线 负载 若开关接ab端，则负载得到的功率 U2 P' = 0 ×R 负载  2 负载 R +R 导线 负载 输电线上损耗的电功率为 U2 P¢ = 0 R 导线  2 导线 R +R 导线 负载 第6页 | 共20页62 将R = R = R =20Ω，R = W=20W ，k=3带入可知 导线 1 2 负载 1.8 可得 P > P' 负载 负载 即L 比L 更亮； 2 1 P < P' 导线 导线 R上消耗的功率比R 的大。 1 2 故选BC。 7. 一物块以初速度v 自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能E 随位移 0 k x的变化关系如图所示，图中x 、E 、E 均己知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ） 0 k1 k2 A. 重力加速度大小 B. 物体所受滑动摩擦力的大小 C. 斜面的倾角 D. 沿斜面上滑的时间 【答案】BD 【解析】 1 【详解】ABC．由动能定义式得E = mv2，则可求解质量m；上滑时，由动能定理 k1 2 0 E -E =-(mgsinq+ f)x k k1 下滑时，由动能定理 E =(mgsinq- f)(x -x) k 0 x 为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 0 E E mgsinq+ f = k1 ，mgsinq- f = k2 x x 0 0 两式相加可得 第7页 | 共20页1 E E gsinq= ( k1 + k2) 2m x x 0 0 相减可知 E -E f = k1 k2 2x 0 即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正 确； D．根据牛顿第二定律和运动学关系得 v mgsinq+ f =ma，t = 0 a 故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 故选BD。 8. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该 区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙 气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为 95%，氙离子喷射速度为 1.6´104m/s，推进器产生的推力为 80mN。已知氙离子的比荷为 7.3´105C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则 （ ） A. 氙离子的加速电压约为175V B. 氙离子的加速电压约为700V C. 氙离子向外喷射形成的电流约为37A D. 每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3´10-6kg 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 第8页 | 共20页1 qU = mv2 -0 2 可得加速电压为 v2 U = »175V q 2( ) m 故A正确，B错误； D．在Δt时间内，有质量为Dm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I ，由动量定理可得 FΔt =Δmv-0 进入放电通道的氙气质量为Δm ，被电离的比例为h，则有 0 Δm æΔm ö =h 0 ç ÷ Δt è Δt ø 联立解得 Δm F 0 = »5.3´10-6kg Δt hv 故D正确； C．在Δt时间内，有电荷量为DQ的氙离子喷射出，则有 æΔmö ΔQ ΔQ= ç ÷ q， I = è m ø Δt 联立解得 æF öæ q ö I = »3.7A ç ÷ç ÷ è v øèmø 故C错误。 故选AD。 三、非选择题：共 60分，其中 9、10为填空题，11、12为实验题，13~15为计算题． 9. 艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动6m长绸带的一端，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某 时刻绸带形状如图所示（符合正弦函数特征），此时绸带上P点运动方向____________（填“向上”“向 下”“向左”或“向右”）。保持抖动幅度不变，如果要在该绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，运动 员上下抖动的频率应____________（填“增大”“减小”或“保持不变”）。 第9页 | 共20页【答案】 ①. 向上 ②. 增大 【解析】 【详解】[1]从图中可知绸带上形成的波是自左向右传播的，根据波形平移法，可判断绸带上P点运动方向 向上； [2]绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的， 根据 v l=vT = f 可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。 10. 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过a®b®c状态变化过 程到达c状态。在V -T 图中变化过程如图所示。 （1）气体从a状态经过a®b到达b状态的过程中压强____________。（填“增大”、“减小”或“不变”） （2）气体从b状态经过b®c到达c状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。 【答案】 ①. 增大 ②. 放出 【解析】 【详解】（1）[1]由V -T 图像可知，气体从a状态经过a®b到达b状态的过程中，气体的体积保持不 变，温度升高，根据 p =C T 可知气体的压强增大。 （2）[2]由V -T 图像可知，气体从b状态经过b®c到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体 的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热 量。 第10页 | 共20页11. 某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白 纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上 的水平投影点O，建立xOy坐标系．然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下 印迹．上下调节挡板进行多次实验．实验结束后，测量各印迹中心点O 1 、O 2 、O 3L的坐标，并填入表格 中，计算对应的x2值。 O O O O O O 1 2 3 4 5 6 y/cm 2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90 x/cm 5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28 x2/cm2 35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5 （1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上O 数据点，并绘制“y-x2”图线______。 4 （2）由y-x2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成____________（填“线性”或“非线 性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。 （3）由y-x2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v =____________（用斜率k和重力加速 0 度g表示）。 （4）该实验得到的y-x2图线常不经过原点，可能的原因是________________________。 第11页 | 共20页g 【答案】 ①. 见解析 ②. 线性 ③. ④. 水平射出点未与O点重合 2k 【解析】 【详解】（1）[1]根据上表数据在坐标纸上描出O 数据点，并绘制“y-x2”图线如图所示 4 （2）[2]由y-x2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成线性关系。 （3）[3]根据平抛运动规律可得 x=vt 0 1 y = gt2 2 联立可得 1 x g y = g( )2 = x2 2 v 2v2 0 0 可知y-x2图像的斜率为 g k = 2v2 0 解得小球平抛运动的初速度为 g v = 0 2k （4）[4]y-x2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小 球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。 12. 在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差， 第12页 | 共20页为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知R =2W。 0 （1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整_____。 （2）实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到最左端位置 ②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S ，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U -I 的值，断 0 1 1 开开关S 0 ③将滑动变阻器滑到最左端位置 ④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S ，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U -I 的值， 0 2 2 断开开关S 0 ⑤分别作出两种情况所对应的U -I 和U -I 图像 1 1 2 2 （3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U =_____V。 1 （4）根据测得数据，作出U -I 和U -I 图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E =____________， 1 1 2 2 内阻r =____________。（结果均保留两位小数） 第13页 | 共20页（5）由图丁可知____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值。 （6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测量更合适。 【答案】 ①. 见解析 ②. 1.30 ③. 1.80 ④. 2.50 ⑤. 接法Ⅱ ⑥. 接法Ⅱ 【解析】 【详解】（1）[1]根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示 （3）[2]量程为3V的电压表分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为 U =1.30V 1 （4）[3]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U -I 的纵轴截距， 1 1 则有 E=1.80V [4]当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U -I 图像可知此时电路电流为 2 2 0.40A，根据闭合电路欧姆定律可知 E I = R +r 0 解得内阻为 第14页 | 共20页E 1.80 r = -R = W-2W=2.50W I 0 0.40 （5）[5]由图丁可知U -I 图像的斜率为 1 1 1.80-0 k = W= R +r 1 0.36 0 1 解得 r =3.00W 1 由图丁可知U -I 图像的斜率为 2 2 1.70-0 k = W= R +r 2 0.40 0 2 解得 r =2.25W 2 可得 r -r 3.00-2.50 r-r 2.50-2.25 1 = =0.2> 2 = =0.1 r 2.50 r 2.50 故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。 （6）[6]由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内 阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适。 13. 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。500m短道速滑 世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加 速度大小； （2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖 的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小； （3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如 图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角q的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取 10m/s2，tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32° = 0.62 、tan37°=0.75） 【答案】（1）4m/s2；（2）1430.8N；（3）27° 第15页 | 共20页【解析】 【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据 1 x= at2 2 解得 2x 2´8 a= = m/s2 =4m/s2 t2 22 （2）根据 v2 F =m 向 r 解得过弯时所需的向心力大小为 142 F =73´ N=1430.8N 向 10 （3）设场地对武大靖的作用力大小为F ，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 mg F = 向 tanq 解得 mg 73´10 tanq= = »0.51 F 1430.8 向 可得 q=27° 14. 如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物 块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v 从滑板最左端滑入，滑行s 后与B发生完全非弹性 0 0 碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为 m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于 滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： 第16页 | 共20页（1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 1 22m2g2 【答案】（1） v2 -2gs ；（2） m(v2 -2gs ) ；（3） 0 0 4 0 0 k 【解析】 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 1 1 -mgs = mv2 - mv2 0 2 1 2 0 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 v = v2 -2gs 1 0 0 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 mv =2mv 1 2 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 1 v = v2 -2gs 2 2 0 0 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 1 1 1 DE = mv2 - ´2mv2 = m(v2 -2gs ) 2 1 2 2 4 0 0 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 kDx+2mg =3mg 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 mg Dx= k 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 22m2g2 W =2mg×Dx= k 15. 如图（a），一倾角为q的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属 第17页 | 共20页导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放 置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状 态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从t =0s开始，H在水平向右拉力作用下 向右运动；t =2s时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在t =1s后的速度一时间图线如图（b）所示， 其中1~2s段为直线．已知：磁感应强度大小B =1T，L=0.2m，G、H和A的质量均为0.2kg，G、H 的电阻均为0.1W；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：sinq=0.25，cosq=0.97，重力加速度大小取 4 10m/s2，图（b）中e为自然常数， =1.47．求： e （1）在1~2s时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小； （2）t=1.5s时，棒H上拉力的瞬时功率； （3）在2~3s时间段内，棒G滑行的距离． 【答案】（1）2m/s2 ；0.9N；（2）16.15W；（3）2.53m 【解析】 【详解】（1）由v-t 图像可得在1: 2s内，棒G做匀加速运动，其加速度为 a=2m/s2 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2，由牛顿第二定律可得 T -m gsinq=m a A A 解得细绳受到拉力 T =0.9N （2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为 BLv -v  I = H G R +R H G 由牛顿运动定律和安培力公式有 BIL-T =m a G 第18页 | 共20页由于在1: 2s内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为I =6.5A，两棒速度差为 v -v =6.5m/s H G 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a； 对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 F =m a+BIL=1.7N H 由v-t 图像可知t=1.5s时，棒G的速度为 v =3m/s G 此刻棒H的速度为 v =9.5m/s H 其水平向右拉力的功率 P = Fv =16.15W． F H （3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A 一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为 B2L2v' 12´0.22´4 a' = G = m/s2 =4m/s2 2Rm 2´0.1´0.2 G 物块A加速度为 a'' = gsinq=2.5m/s2 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速 运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2: 3s内 BILDt =m v -v  G G2 G3 BLv BLs IDt = Dt = G R +R R +R H G H G 棒G滑行的距离 m v -v R +R  æ 4ö s = G G2 G3 H G = 4- m=2.53m ç ÷ G B2L2 è eø 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。 第19页 | 共20页第20页 | 共20页