广元名校高 2021 级高二下学期第一次段考
物 理 试 题
试卷分为第 I卷（选择题）和第 II卷（非选择题）。考生作答时，须将答案答在答题卡上指定位
置处。考试时间 90分钟，满分 100分。
第 I 卷（选择题 共 48 分）
注意事项：
一、选择题共 12小题，每小题 4分。在每小题给出的四个选项中，第 1~8题只有一项符合题目
要求，第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分。有选错的得 0
分。
1．下列对于法拉第电磁感应定律理解正确的是（ ）
A．当线圈中磁通量发生变化时，线圈中一定有感应电流
B．线圈中磁通量变化越大，感应电动势就越大
C．线圈中某一瞬间磁通量为零，则此时感应电动势也为零
D．线圈中感应电动势的大小，与线圈中磁通量的变化率成正比
2．如图，圆环形导体线圈 a平放在水平桌面上，在 a的正上方固定一竖直螺线管 b，二者轴线重合，
螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的
滑片 P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈 a有扩大的趋势
B．穿过线圈 a的磁通量变小
C．线圈 a对水平桌面的压力 FN将增大
D．线圈 a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
3．随着智能手机的发展，电池低容量和手机高耗能之间的矛盾越来越突出，手机无线充电技术间接
解决了智能手机电池不耐用的问题。在不久的将来各大公共场所都会装有这种设备，用户可以随时
进行无线充电，十分便捷。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在
充电基座和接收装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入交变电流
（不是恒定电流）后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过
程中（ ）
A．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
B．送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场
C．送电线圈和受电线圈不是通过电磁感应实现能量传递
D．由于手机和基座没有导线连接，所以不能传递能量
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4.如图甲所示，弹簧振子以点 O为平衡位置，在 A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子
的位移 x随时间 t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. t 0.2 s时，振子在 O点左侧 10 cm处
B. t 0.1s和 t 0.3 s时，振子的速度相同
C. t 0.5 s和 t 0.7 s时，振子的加速度相同
D.从 t 0.2 s到 t 0.4 s，系统的势能逐渐增加
5．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不
计，则（ ）
A．S闭合瞬间，B灯立即亮，A灯缓慢亮
B．电路接通稳定后，A、B灯亮度相同
C．电路接通稳定后，断开 S，A灯闪亮，随后逐渐熄灭
D．电路接通稳定后，断开 S瞬间，b点的电势高于 a点
6．药物生产车间需要严格控制室内温度范围，尽量保证较小的温度波动。如图是某监控温度波动的
报警原理图，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当报警器两端的电压变化量超出设定值时，报
警器就会自动报警。下列说法正确的是（ ）
A．温度升高，报警器两端电压减小
B．温度降低，热敏电阻的热功率一定增大
C．滑动变阻器接入电路的阻值大，报警器容易报警
D．滑动变阻器接入电路的阻值与报警器是否容易报警无关
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 22∶1，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压
表和理想电流表。在原线圈 c、d两端加上u1 110 2sin100πtV的交变电压，则 （ ）
A．开关与 a连接时，电压表的示数为5V
B．开关与 a连接时，滑动变阻器触头 P向上移动，电压表示数变小
C．开关与 b连接时，滑动变阻器触头 P向下移动，电流表示数变小
D．变阻器 R不变，当单刀双掷开关由 a扳向 b时，输入功率不变
8．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为 R，边长是 L，
自线框从左边界进入磁场时开始计时。在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度
a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流
I的正方向，外力大小为 F，线框中电功率的瞬时值为 P，通过导体横截
面的电荷量为 q，其中 P-t图像为抛物线。则图中这些量随时间变化的关
系正确的是( )
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A． B． C． D．
9．下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是（ ）
A．图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中无感应电流
B．图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中有感应电流
C．图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生
D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生
10．如图所示，一理想自耦变压器线圈 AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端 AB间加一正弦式
交流电压，在输出端 BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头 P的位置，
可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为 Q，则（ ）
A．只将 Q向下移动时，灯泡的亮度变大
B．只将 Q向下移动时，电流表的读数变小
C．只将 P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大
D．只提高输入端的电压 U时，电流表的读数变大
11．如图所示，单匝线圈 abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的 bc边以角速度 匀速转动，其线圈中
感应电动势的峰值为 Em，闭合回路中两灯泡均能发光。则（ ）
A．减小电容器 C两极板的正对面积时，灯泡A1变亮
B．减小电容器 C两极板间的距离时，灯泡A1变亮
C．增加线圈 abcd的匝数，其余条件不变，两灯泡变暗
D．抽去电感器 L的铁芯时，灯泡A2变亮
12.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成 角，上端用一电阻 R相连，
处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为 m、电阻为 r的金
属杆 ab，从高为 h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以
速度 v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与导轨垂直且接触
良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为 g.则（ ）
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A v．金属杆加速运动过程中的平均速度为
2
B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C v gsin ．当金属杆的速度为 时，它的加速度大小为
2 2
D．整个运动过程中电阻 R产生的焦耳热为mgh 1 mv2
2
第 II 卷（非选择题 共 52 分）
注意事项：
二、实验题
13．(6分)小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，
条形磁铁 N极朝下，请回答下列问题：
（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是
( )
A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中
B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管
C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动
D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动
（2）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管 A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流
电路；螺线管 B与电流计构成闭合电路，螺线管 B套在螺线管
A的外面，为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，以
不同速度移动滑动变阻器的滑片，观察指针摆动情况：由此实验
可以得出恰当的结论是( )
A．螺线管 A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小
B．螺线管 A的磁性变强或变弱不会影响指针摆动方向
C．螺线管 A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小
D．螺线管 A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向
（3）在（2）的研究中，完成实验后未断开开关，也未把 A、B两螺线管和铁芯分开设置，在拆除
电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除_________（选填“A”或“B”）螺线管所在电路时
发生了_______（选填“自感”或“互感”）现象。（每空 1分）
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14．(10分) 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”。除了开关、
导线外，还有如下器材：
电压表 V，量程 0~5V，内阻约 5kΩ；
电流表 A1，量程 0~500mA，内阻约 0.5Ω；
电流表 A2，量程 0~100mA，内阻约 4Ω；
滑动变阻器 R1，最大阻值 10Ω，额定电流 2.0A；
滑动变阻器 R2，最大阻值 100Ω，额定电流 1.0A；
直流电原 E，电动势约为 6V，内阻约为 0.5Ω。
①（每空 2分）上述器材中，电流表应选 ，滑动变阻器应选 。（填器材符号）
②（3分）请根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路。
③（3分）小灯泡的伏安特性曲线如乙图所示，现将该小灯泡与一个电动势为 1.5V，内电阻为 5Ω
的电源串联组成闭合回路。则通过小灯泡的电流为 A。
三、计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的，答案中必须明确写出
数值和单位。
15．(6分)某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为 x＝10sin 5πt cm，由此可知：
(1)物体的振幅是多少？
(2)物体振动的频率是多少？
(3)在 t＝0.1 s时，物体的位移是多少？
16．（8分）小型水利发电站的发电机输出功率为18kW，输出电压为300V，输电线总电阻为 4Ω，为
了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，
所以在用户处需安装降压变压器。输电电路图如图所示，求：
（1）输电线上的电流；
（2）升压变压器输出电压；
（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比。
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17．(10分)如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的边 ab=dc=0.2m，边 bc=ad=0.1m，
共有 n=100 匝，总电阻为 r=1 ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为 R=9 的定值电阻，
电压表为理想电表，线圈以角速度ω=10rad/s 在磁感应强度为 B=1T 的匀强磁场中绕与磁场方向垂
直的对称轴 OO 匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，求：（π=3.14，结果可
保留根号）
（1）写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）电压表示数；
（3）线圈转一圈的过程中电阻 R上产生的焦耳热(结果保留 2位小数）
18．(12分)如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度 L=1.0m，导轨上放有垂直
导轨的金属杆 P，金属杆质量为 m=0.1kg，空间存在磁感应强度 B=0.5T、竖直向下的匀强磁场。连
接在导轨左端的电阻 R=3.0Ω，金属杆的电阻 r=1.0Ω，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水
平向右的恒力 F，金属杆 P由静止开始运动，图乙是金属杆 P运动过程的 v－t图像，导轨与金属杆
间的动摩擦因数μ=0.5，在金属杆 P运动的过程中，第一个 2s内通过金属杆 P的电荷量与第二个 2s
内通过 P的电荷量之比为 3∶5，g取 10m/s2，求：
（1）水平恒力 F的大小；
（2）金属杆运动的最大加速度的大小；
（3）前 4s内整个回路中产生的焦耳热。
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广元名校高 2021 级高二下学期第一次段考
物理试题答案
1．答案 D【详解】A．当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，线圈中一定有感应电流，选项 A错误；
B．根据 E N 可知，线圈中磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，选项 B错误；
t
C．线圈中某一瞬间磁通量为零，此时磁通量的变化率不一定为零，感应电动势不一定为零，选项 C
错误；
D ．根据 E N 可知，线圈中感应电动势的大小，与线圈中磁通量的变化率成正比，选项 D正确。
t
故选 D。
2．C【详解】AB．将滑动变阻器的滑片 P向下滑动，接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，
螺线管激发的磁场变强，线圈 a中的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈 a有缩小的趋势，与螺
线管间出现排斥力，即线圈 a对水平桌面的压力 FN将增大。故 A错误；B错误；C正确；
D．根据电路图可判断出螺线管的下端为 N极，可知线圈 a中的磁通量为竖直向下的增大，根据楞
次定律的增反减同，可知线圈 a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故 D错误。
故选 C。
3.【答案】B【解析】A．根据题意，受电线圈中感应电流不是恒定电流，其产生的磁场的变化的，
A错误；
B．送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场，在受电线圈中产生感应电流，B正确；
C．送电线圈和受电线圈是通过电磁感应实现能量传递，C错误；
D．由于手机和基座没有导线连接，能通过电磁感应传递能量，D错误。故选 B。
4. 2π答案：D解析：由题图乙可知，该振动的振幅为12 cm 0.12 m ，周期T 1.6 s，所以 1.25π rad/sT ，
结 合 振 动 图 像 可 知 ， 该 振 动 方 程 为 x 0.12sin1.25πt m 。 t 0.2 s 时 ， 振 子 的 位 移
x 0.12sin(1.25π 0.2) m 0.06 2 m=6 2 cm，故 A 错误；由题图乙可知， t 0.1s和 t 0.3 s时，振子的
位移大小不同，所以速度的大小一定不相等，故 B错误；t 0.5 s和 t 0.7 s时，振子的位移大小不同，
所以加速度的大小一定不相同，故 C错误；由题图乙可知，t 0.2 s到 t 0.4 s时间内，振子的位移为
正，正在逐渐増大，所以系统的势能逐渐增加，故 D正确。
5.【答案】C【详解】A．S闭合的瞬间，通过 L的电流等于零，A、B灯都立即亮，A错误；
B．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯被短路，A灯熄灭，B灯两端电压变大，B灯变亮，B错
误；
C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开 S的瞬间，L相当于电源给 A灯供电，A灯又
亮了，然后 A灯逐渐熄灭，所以 A灯闪一下后逐渐熄灭，C正确；
D．电路接通稳定时，通过 L的电流方向向左，断开 S的瞬间，L相当于电源阻碍电流减小，产生
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向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于 a点，D错误。
故选 C。
6.【答案】A【解析】A．温度升高，热敏电阻的阻值减小，根据闭合电路的规律可知，报警器两端
电压减小，故 A正确；
B．温度降低，热敏电阻的阻值增大，根据闭合电路的规律可知，通过热敏电阻的电流减小，由 P
＝I2R
热敏电阻的热功率不一定增大，故 B错误；
CD．若滑动变阻器接入电路的阻值大，则热敏电阻的阻值变化一定时，报警器两端的电压变化量小，
不容易报警，故 CD错误。故选 A。
U1 n7 1．A【详解】A．开关与 a连接时，根据变压器电压与线圈匝数关系有 U 5VU2 n
电压表的示数为 2
2
故 A正确；
U1 nB 1．开关与 a连接时，滑动变阻器触头 P向上移动，根据 U 可知电压表示数不变，故 B错误；2 n2
C．开关与 b连接时，滑动变阻器触头 P向下移动，R减小，电流表示数变大，故 C错误；
D．变阻器 R不变，当单刀双掷开关由 a扳向 b时， n1减小，U2增大，输出功率增大，输入功率增
大，故 D错误。故选 A。
8.C E【详解】A．由于线框做初速度为 0，加速度为 a的匀加速直线运动由 v at ， E BLv， I R
BLa
解得感应电流 I t kt
R
感应电流与时间成正比，A错误；
B．由安培力公式有 F BIL安
B2L2at
由上面几式解得 F k安 R 1
t
线框做匀加速度直线运动由牛顿第二定律有 F F =ma安
F B
2L2at
解得 ma k 1t maR
外力与时间的关系为一次函数，不是成正比，B错误；
C．线框中电功率的瞬时值为 P则 P F v安
B2L2a2t2
解得P =k 2
R 2
t
线框中电功率的瞬时值为 P与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，C正确；
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D E．通过导体横截面的电荷量为 q有 q I t ， E ， I
t R
由上式解得 q
R
1
又因为磁通量的变化量有 =B S BLx ， x at 2
2
BLa
解得 q t 2=k 2
2R 3
t
通过导体横截面的电荷量为 q与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，D错误。
故选 C。
9.【答案】AB【详解】A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的
磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，不会有
感应电流产生，故 A正确；
B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，线圈在磁场中运动过程中磁通量会发生变化，
会产生感应电流，故 B正确；
C．图丙闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，线圈中的磁通量始终为零保持不变，
闭合导线框中不会有感应电流，故 C错误；
D．图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈中的磁通量始终为零保持不变，
闭合导线框中不会有感应电流，故 D错误。
故选 A。
10．BD【详解】AB．当将 Q向下移动时，改变的是连入电路的电阻大小增大，而灯泡两端的电压
副线圈的匝数比决定，现在匝数不变，输入电压不变，所以灯泡两端电压不变，亮度不变，所以电
流减小，故 A错误 B正确；
C．将 P沿顺时针方向移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，灯泡两端的电
压将减小，所以电流变小，则电流表读数变小，故 C错误；
D．当提高输入端的电压 U时，由于原副线圈的匝数不变，则输出电压也变大，所以电流表的读数
会变大，故 D正确；故选 BD。
11. S【答案】BD【解析】A．根据C
4 kd
可知，减小电容器 C两极板的正对面积时 C减小，电容器的容抗变大，则灯泡 A1变暗，选项 A错
误；
B S．根据C 可知，减小电容器 C两极板间的距离时 C变大，电容器容抗减小，则灯泡 A
4 kd 1
变亮，
选项 B正确；
C．根据 Em NB S可知，增加线圈 abcd的匝数，则线圈产生的感应电动势变大，频率不变，其余
条件不变，则通过两灯电流变大，则两灯泡变亮，选项 C错误；
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D．抽去电感器 L的铁芯时，自感系数减小，感抗减小，则灯泡 A2变亮，选项 D正确。故选 BD。
12 v．答案 BC【详解】A.若金属杆匀加速运动，则平均速度为 ，实际上金属杆加速运动中，加速度
2
不断减小，速度 -时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，
1
金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度 v2 ，故 A错误；
B.金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速
直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力
做功的功率，故 B正确；
2 2
C. B L v根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为 v，所受的安培力大小为 ，此时依据平衡状态，则
R r
B2L2v 1 B2L2 v
有：mg sin ；金属杆的速度为 v2 时，它所受的安培力为 2 ，据牛顿第二定律解得R r R r
B2L2 v
mg sin 2 ma
R r
联立得： a
g sin 1
故 C正确；D.整个运动过程中回路产生的焦耳热为mgh mv2所以 R上产生的焦
2 2
1
耳热小于mgh mv2，故 D错误。故选 BC。
2
13.【答案】 B C A 自感
【解析】（1）A.螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，
故 A错误；B.螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管内磁通量发生变化，有感应电流，故 B
正确；
C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，
故 C错误；
D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感
应电流，故 D错误。故选 B。
（2）以不同速度移动滑动变阻器的划片可以改变螺线管 A的磁性强弱及其强弱变化快慢，通过操
作可以判断螺线管 A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度的
大小，故 C正确，ABD错误。故选 C。
（3）在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除 A时，电流快速减小，由于自身作
用，螺旋管 A会产生很大的感应电动势，所以被电击了一下。 在拆除电路时突然被电击了一下，
螺线管 A所在电路时发生了自感现象。
14.①由题意可知，灯泡的额定电流为 0.3A，故电流表选择A1；因本实验中要求从零开始调节，故
采用分压接法，滑动变阻器选择小电阻，故选R1。
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②电压从零开始，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于小灯泡与电流表的内阻相接近，故采用电
流表的外接法，如图所示
③在图像中做出电源的伏安特性曲线
两图线的交点的纵坐标即为通过小灯泡的电流，电流为 I 0.15A (0.14--0.16均可给分）
15【解析】 将本题中表达式 x＝10sin 5πt cm与简谐运动的表达式 x＝Asin(ωt＋φ0)对应项比较，可
得：
(1)振幅 A＝10 cm............................... (2分)
(2) f ω 5π振动频率 ＝ ＝ Hz＝2.5 Hz............... (2分)
2π 2π
(3)t＝0.1 s时，
位移 x＝10sin(5π×0.1) cm＝10 cm............... (2分)
【答案】 (1)10 cm (2)2.5 Hz (3)10 cm
16 57【答案】（1）15A；（2）1200V；（3） 11
【详解】（1）对输电线有 P 5%P I 22 R 解得 I2 15A .......... (2分)
（2）根据 P = U 2I2解得U 2 1200V .......... (3分)
n3 U3 57
（3）降压变压器原线圈输入电压为U3 U 2 I2R=1140V 则有 n U 11 .......... (3分)4 4
17【答案】（1） e 20 cos10t(V)；；（2）9 2V；（3）10.8J；
【详解】（1）从垂直于中性面的平面开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，最大感应电动
势为 Em nBS 100 1 0.2 0.1 10V 20V
所以感应电动势的瞬时值表达式为 e Em cos t 20cos10t V
Em
（2）电流的有效值为 I 2 10 2 A 2A
R r 9 1
所以电压表的读数为U IR 9 2V
（3）根据焦耳定律可得，线圈转动一圈电阻 R上产生的焦耳热为 Q=I2RT=11.30J
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18.【答案】（1）0.75N；（2）2.5m/s2；（3）1.8J
【解析（】1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当 t=2s时，v=4m/s，
此时感应电动势 E=BLv
E
感应电流 I
R r
2 2
安培力F BIL B L v
R r
根据牛顿运动定律有 F－F′－μmg=0
解得 F=0.75N
（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有 F－μmg=ma
解得 a=2.5m/s2
（3 E）通过金属杆 P的电荷量q It
R r
E BLx其中
t t
所以 q= BLx ∝x（x为 P的位移）
R r
设第一个 2s内金属杆 P的位移为 x1，第二个 2s内 P的位移为 x2，则ΔΦ1=BLx1
ΔΦ2=BLx2=BLvt
又由于 q1∶q2=3∶5
联立解得 x2=8m x1=4.8m
前 4s内由能量守恒定律得 F(x1+x )=
1
2 mv2 + μmg((x2 1+x2 )+Q
解得 Q=6.4J
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