h
江西省宜丰县2023-2024（上）创新部高三12 月考试物理试卷 同学在 A 点起跳投篮，将篮球在离地高 1 的位置以速度 v0 斜向上投出，篮球竖直速度为零时打在篮板
一、选择题(1-7 单选，4 分一个，共 28 分，8-10 多选，6 分一个，共 18 分)
上离地高 h 的 B 点，篮球与篮板碰撞后，平行于篮板的速度分量不变，垂直于篮板的速度分量大小变
1．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为 2
一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学用下面 为碰前的 0.8倍，碰撞后篮球与篮板面的夹角为53 飞出，被乙同学在离地的 C 点接到篮球，不计篮球
的实例来检验广告词的科学性：设一个50g 的鸡蛋从 16 楼的窗户自由落下，相邻 与篮板碰撞的时间，篮球未碰篮筐，已知重力加速度为 g，sin53 0.8。则篮球与篮板碰撞后的速度大
楼层的高度差为3m ，与地面撞击时间约为 3ms ，不计空气阻力，从 16 楼下落的 小为（）
鸡蛋对地面的平均冲击力约为（） 3
A． v2 2g(h h ) B． v2 g(h h )
A．5000N B． 900N C．500N D． 250N 0 2 1 0 2 2 1
2．如图所示，倾角为 的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈 A,A v2 2g(h h ) v2 2g(h h )
C．5 0 2 1 D． 0 2 1
的上表面水平且放有一斜劈 B，B 的上表面上有一物块 C，A、B、C 一起沿斜面匀加速下滑．已知 A、 34 34
B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，下列说法正确的是
A．A、B 间摩擦力为零 B．A 加速度大小为 gcos
C．C 可能只受两个力作用 D．斜面体受到地面的摩擦力为零 8．一列机械波沿 x 轴正向传播，图甲是 t=0 时的波形图，图乙是介质中质点 M 的振动图像，已知 t=0
3．2023 年 8 月 24 日，日本开始启动福岛核污染水排海计划，引发了国 2
时 M 点位移为 m ，下列说法正确的是（）
际上的广泛反对和抗议，也让普通人知道了氢的三种同位素：氕、氘、 10
氚。氘、氚可以在一定条件下发生核反应 2 H 3 H 4 He 1n 。下列说法正确的是（）
1 1 1 0 A．该机械波的波速为 1.0m/s
A．该反应为聚变反应 B．该反应为裂变反应 B．M 点的横坐标可能为 1.5m
C．该反应要在高温高压下才能进行，故反应过程要吸收能量 C．t=0 时，M 点振动方向向下
D．该反应过程中释放的 1n 贯穿本领很弱，但电离本领却很强
0 2
D．t=1.0s 时，M 点位移仍为 m
4．一敞口正方体水箱边长为 2m ，水箱的右侧面上有一个小孔 a（孔的大小忽 10
略不计），a 到水箱底的距离 ab 0.5m ，用塞子将 a 堵住，往水箱中注水至水 9．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为 ，传送带以速率 v 顺时针匀速转动。小物块 a 通过
面到达 c，c 到水箱底的距离 cb 1.5m ，如图所示。已知重力加速度大小为
平行于传送带的轻绳经光滑轻滑轮与物块b 相连，且 mb masin 。开始时将物块 a 从斜面底端由静止
10m/s2 。现使水箱以 6m/s2 的加速度水平向右匀加速直线运动，同时打开小孔， 释放， a 在斜面中点与传送带共速后再向上匀速运动，如图甲。若将 a 换成质量相同、材质不同的小物
则流出水箱的水的体积最多为（） 块 c 与b 相连，如图乙，仍然从斜面底端由静止释放， c 刚好在斜面顶端与传送带共速，则小物块 a、c
3 3 3
A． 0.8m B．1.2m C．1.6m D． 2m3 在传送带上从底端到顶端（整个过程b 未着地）过程中（）
5．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，ABC 是圆的内 A．小物块 c 与传送带间的动摩擦因数比物块 a 小
接直角三角形， BAC 60 ，O 为圆心，半径 R 5cm 。位于 A 处的粒子源向平面内各个方向发射初动 B．在加速阶段，重力对物块 a 做功的功率大于重力
能均为8eV 、电荷量为 e 的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达 B 点 对物块 b 做功的功率
的粒子动能为12eV ，到达 C 点的粒子动能也为12eV 。忽略粒子受到的重力和粒子间 C．传送带对物块 a 与传送带对物块 c 做的功相等
的相互作用，下列说法正确的是（） D．小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a 比 c 小
A．电场方向由 B 指向 A B．经过圆周上的所有粒子，动能最大为14eV 10．空间内存在电场强度大小 E 100V/m 、方向水平向
C．U 2V D．匀强电场的电场强度大小为 40V/m
OB 左的匀强电场和磁感应强度大小 B1 100T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量
6．一定质量的理想气体，初状态如图中 A 所示，若经历 A B 的变化过程，在该过程中吸热 450J。 m 0.1kg 、带电荷量 q 0.01C 的小球从O 点由静止释放，小球在竖直面内的运
若经历 A C 的变化过程，在该过程中吸热 750J。下列说法正确的是（） 动轨迹如图中实线所示，轨迹上的 A 点离OB 最远且与OB 的距离为l ，重力加速
A．两个过程中，气体的内能增加量不同 度g 取10m/s2 。下列说法正确的是（）
B． A C 过程中，气体对外做功 400J A．在运动过程中，小球的机械能守恒
C．状态 B 时，气体的体积为 10L B．小球经过 A 点时的速度最大
1
D． A C 过程中，气体体积增加了原体积的 C．小球经过 B 点时的速度为 0
4
2
7．打篮球是很多同学喜爱的运动项目之一，甲、乙两同学练习投篮，如图，甲 D． l m
5
1
二、实验题（每空 2 分，共 16 分） 13．（10 分）宇航员王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验。某同学在观看太空水球光学实
11．某同学用如图所示“碰撞实验器”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前 验后，找到一块横截面为环形、折射率为 n= 2 的玻璃砖模拟光的传播，如图所示，玻璃砖的内径为
后的动量关系：（设两个小球为弹性材料，发生弹 R、外径为 2R。一束单色光在截面上的 A 点以入射角 i 射入玻璃砖，恰好在玻璃砖内壁的 B 点发生
性碰撞）
全反射（图中 B 点未画出），光在真空中传播的速度为 c，求：
先用天平测出弹性小球 1、2 的质量分别为 m、 m ，
1 2 （1）入射角 i 的正弦 sin i；
然后完成以下实验步骤：
（2）该单色光从 A 点传播到 B 点所用时间（结果可以带根号）。
步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静
止滚下，并落在地面上，记录落点位置；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B，让小球
1 从 A 点由静止滚下，小球 1 和小球 2 发生碰撞后落在地面上，记录两个落点位置；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的位置 M、P、N 离 O 点的距离，得到线段 OM、OP、ON 的长
度分别为 x1、、 x 2 x 3 。
（1）对于上述实验操作，小球 1 质量应 小球 2 的质量（选填“大于”或“小于”）。
14．（12 分）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场 B 0.25T 中，轨道宽 0.4m ，一导体棒长也为 0.4m ，质
（2）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量
量 0.1kg ，电阻 r 0.05 ，它与导轨接触良好。当开关与 接通时，电源可提供恒定的 电流，电流方
守恒定律。 a 1A
（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。 向可根据需要进行改变，开关与 b 接通时，电阻 R 0.05 ，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完
在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球， 成，求：
小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到斜面上三个落点 M 、 P 、 当棒中电流由 M 流向 N 时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
，、
N。用刻度尺测量斜面顶点到 M 、 P 、 N三点的距离分别为 LLL1 2 3 。则验证两球碰撞过程动量 当开关始终接 a，要想在最短时间内使棒向左移动 4m 而静止，则棒的最
守恒的表达式为： ，若 L1 16cm ， L2 36cm ，则 L3 cm 。 大速度是多少；
12．王老师准备用铜片和锌片作为 2 个电极插入苹果制成水果电池，探究电极间距、电极插入深度对 要想棒在最短时间内向左移动 7m 而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
水果电池的电动势和内阻的影响。她设计了两个方案测量苹果电池的电动势 E 和内阻 r，电路原理如
下图所示。实验室可供器材如下：
电压表 V（0~3V，内阻约 3k：0~15V，内阻约 15k）；
电流表 A（0~0.6A，内阻约 0.125：0~3A，内阻约 0.025）；
微安表 G（量程 200A；内阻约 1000）；
滑动变阻器（额定电流 2A，最大阻值 100）
电阻箱（最大阻值 99999）；开关、导线若干。 15．（16 分）如图所示，光滑水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的左端固定在挡板上，右端与小球甲（视
（ ）查阅资料知道苹果电池的电动势约为 ，内阻约为几 ，经过分析后发现方案 不合适，你认
1 1V k A 为质点）接触不粘连，用一根轻质细线连接在挡板与小球之间，使弹簧处于压缩状态，且弹簧的压缩
为方案 A 不合适的原因是 。
量为 x，质量为 m 的小球乙（视为质点）放置在甲的右侧。在水平面的下方固定放置一半径为 r 的圆
A．滑动变阻器起不到调节的作用
B．电流表分压导致测量误差偏大 管轨道，圆管的内径略大于乙的直径，D 是轨道上圆心 O 的等高点，EC 是竖直直径，B、E 是管口，
C．电压表示数达不到量程的三分之一 管的内壁光滑。现突然烧断细线，弹簧恢复原长后甲与乙发生弹性碰撞，且碰撞刚结束时甲、乙的速
（2）实验小组根据方案 B 进行实验，根据 度大小相等。乙从水平面的右边缘 A 点离开后，正好从管口 B（与管口无碰撞）进入圆管，乙沿着管
1
数据作出 R 图像，已知图像的斜率为 k， 壁运动到 E 点，离开 E 点水平向左抛出后又能到达 B 点。已知BOC=60，弹簧的弹性势能 Ep 与弹簧
I
1
纵轴截距为 b，微安表内阻为 r ，可求得被测电池的电动势 E= ，内电阻 r= 。 的形变量 x 以及弹簧的劲度系数 k 之间的关系式为 E kx2，重力加速度为 g，求：
g P 2
（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。
（1）乙从 E 点到达 B 点时的速度大小；
序号 电极插入深度 h/cm 电极间距 d/cm 电动势 E/V 内阻 r/
（2）A、B 两点之间的高度差；
1 4 2 1.016 5981 （3）甲的质量以及弹簧的劲度系数。
2 4 4 1.056 9508
3 2 2 1.083 11073
（3）分析以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越小，电极间距越大，水果电池内阻越 。
三、解答题（38 分）
2
江西省宜丰县 2023-2024（上）创新部高三 12 月考试物理参考答案：
1．C【详解】鸡蛋下落高度 h 15 3m 45m 在鸡蛋与地面撞击时间内，规定竖直向下为正方向，由动 34v
碰撞前的速度为 2 2 在 A 点水平方向的分速度为 v v 在竖直方向的分速度为
1 v v1 v 2 A
量定理，得 mgt Ft 0 mv 鸡蛋自由下落过程，由动能定理 mgh mv2 0 F 方向竖直向上，由牛顿第 5
2 2
2
2 2 2 34v v0 2 g ( h2 h 1 )
三定律知，鸡蛋对地面的平均冲击力 FF1 500N 方向竖直向下。故选 C。 vA 2 g ( h2 h 1 ) 则在 A 点有 v v v 2 g ( h h ) 求得 v 5 故选 C。
0 AA 2 1 5 34
2．C【详解】对 B、C 整体受力分析，受重力、支持力，B、C 沿斜面匀加速下滑，则 A、B 间摩擦力
不为零，BC 在水平方向有向左的加速度，则 B 受 A 对它的向左的摩擦力，故 A 错误；选 A、B、C 8．ACD【详解】A. 由甲图可知，波长为 4m，由乙图可知，周期为T 4.5 0.5s 4s 所以波速
4
整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 A 加速度大小为 gsin ，故 B 错误；取 C 为研究对象，当斜 v m/s 1m/s A 正确；BC．根据乙图分析，t=0 时，M 点振动方向向下，机械波向 x 轴正方向传
劈 B 的倾角也为 时，C 只受重力和斜面的支持力，加速度才为 ac=gsin，故 C 正确；斜面对 A 的作 T 4
用力垂直斜面向上，则 A 对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故 播，故 t=0 时刻，x1.5m 处的质点正向 y 轴正方向运动，M 点的横坐标不可能为 1.5m，B 错误，C 正
斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故 D 错误．故选 C． 2
确；D. t=1.0s 时，根据乙图，由于对称性可知，M 点位移为 m ，D 正确。故选 ACD。
3．A【详解】AB．该反应为氢核聚变，是聚变反应，故 A 正确，B 错误；C．氢核聚变要在高温高压 10
下才能进行，由于质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，反应过程要放出能量，故 C 错误；D．该反应 9．AC【详解】A． c 刚好在斜面顶端与传送带共速，根据 v2 0 2 ax 可知，小物块 c 的加速度小，而
1 a、 c
过程中释放的 0 n 贯穿本领很弱，电离本领也很弱，故 D 错误。故选 A。 共速前，设 质量均为 m，则 mgcos mb g mgsin ( m mb ) a 所以小物块 c 与传送带间的动摩
4．C【详解】设当水箱加速向右运动时，左侧水位相对于水箱底部的 擦因数比物块 a 小，故 A 正确；B．任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，重力的瞬时功率 Pb=mbgv 对 a
有 所以重力对物块 做功的功率小于重力对物块 做功的功率。故 错误； ．两
最大高度为 hm ，作出重力加速度和水平相对向左的加速度的矢量图如 Pa=magvsin 次两物块末动能和末势能相等，而 b 机械能减小量相同，根据能量守恒可知，传送带对物块 a 与传送 下图所示,设水箱的边长为l ，根据几何关系可得hm l ab l tan ， v v2 a 3 带对物块 做的功相等，故 正确； ．达到与传送带共速t 相对位移 产热 tan 解得 h 1.7m 则可得稳定后水箱内水的体积为 c C D x vt g 5 m a 2a 2 ()m mb v 1 2 3 Q V ( lab h m ) l 4.4m 原来水箱中水的体积为 Q mg x cos 且 mgcos m g mgsin ( m m ) a 联立整理得 m g mg sin 2 b b 2(1 b ) 2 3 3 3 3 3 mg cos V l lcb 4 1.5m 6m 因此可知流出水箱的水的体积为 VVV 6m 4.4m 1.6m 故选 C。 小物块 c 与传送带间的动摩擦因数比物块 a 小，所以小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a 比 c 大， 5．B【详解】A．由题意可知，到达 B 点的粒子动能与到达 C 点的粒子动能相等，可 故 D 错误。 故选 AC。 知B、C两点的电势相等，BC的连线为匀强电场的等势线，等势线与电场线互相垂直， 10．BCD【详解】A．由于电场力做功，故小球的机械能不守恒。故 A 错误；B．重力和电场力的合力 如图所示，电荷量为 e 的粒子从 A 点到 B 点，动能增加，可知电场力做正功，则有 大小为 ，方向与竖直方向的夹角为 斜向左下方，小球由 点到 点，重力和电场力的合力做 粒子沿电场线运动，因此可确定 AB 方向是该电场的方向，A 错误；D．由电场力做功 2N 45 O A 的功最多，在 A 点时的动能最大，速度最大。故 B 正确；C．小球做周期性运动，在 B 点时的速度为 WAB 12eV 8eV 与电势差的关系公式，可得U AB 4V 由几何知识可知， 1 e e 0。故 C 正确；D．对小球由O 点到 A 点的过程，由动能定理得 2mgl mv2 沿OB 方向建立 x 轴，垂直 1 2 BAC 60 ，则有 AB AC R 由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得匀强电场的电场强 2 2 OB 方向建立 y 轴，在 x 方向上由动量定理得 qvy B1 t m v 累计求和，则有 qB1 l mv 解得l m 故 D U 4 5 度大小为 E AB V m 80V m D 错误；B．由解析题图可知，圆周上的 D 点电势最低，则 R 5 102 正确。故选 BCD。 11． 大于 m x m x m x m L m L m L 100 粒子运动到 D 点的动能最大，则有UAD Ed AD 由几何关系可得 dAD R Rsin 30 联立解得U AD 6V 从 1 2 1 1 2 3 1 2 1 1 2 3 【详解】（1）[1]为了保证小球 1 与小球 2 碰撞后不被反弹，小球 1 的质量应大于小球 2 的质量。 A 到 D 由动能定理可得 eUAD Ek D E k A 代入数据解得 EkD 14eV B 正确；C．BC 是等势线，由匀强电 1 （2）[2]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是小球 1 不与小球 2 碰撞平抛运动 场的电场强度与电势差的关系公式，可得UER sin 30 80 5 102 V 2V C 错误。故选 B。 OB 2 的位移，该位移可以代表小球 1 碰撞前的速度，OM 是小球 1 碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代 6．C【详解】A．两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加量相同，故 A 错误；B． 表碰撞后小球 1 的速度，ON 是碰撞后小球 2 的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球 2 的速度，当所 AB 为等容过程，气体做功为零，由热力学第一定律可知内能改变量 UQ 450J AC 为等压过 测物理量满足表达式 m1 x 2 m 1 x 1 m 2 x 3 说明两球碰撞遵守动量守恒定律。 程，内能增加了 450J，吸收热量为 750J，由热力学第一定律可知气体对外做功为 300J，故 B 错误； （3）[3][4]碰撞前， m1 落在图中的 P 点，设其水平初速度为 v1 ，小球 m1 和 m2 发生碰撞后， m1 的落点 VA VC 在图中 M 点，设其水平初速度为 v ， m2 的落，点是图中的 N点，设其水平初速度为 v2 ，设斜面与水 C． AC 为等压过程，则有 做功大小为W p V V 联立解得VA 10L ，VC 12L 则状态 1 TT AC A C A AC 2 1 2 gL2 cos 1 平面的倾角为 ，由平抛运动规律得 L2 sin gt ， L2 cos v1 t 解得 v 同理可得 B 时，气体的体积为 10L，故 C 正确；D． AC 过程中，气体体积增加了原体积的 ，故 D 错误。 2 1 2sin 5 gL cos2 gL cos2 故选 C。 1 ， 3 由动量守恒定律得 m L m L m L 由能量守恒定律得 v1 v2 1 2 1 1 2 3 2sin 7．C【详解】设篮球与篮板碰撞后的速度大小为 v，则平行篮板面的速度为 v1 v cos53 2sin 1 1 1 vsin 53 mL mL m L 联立解得 L 100cm 垂直篮板面的速度为 v vsin 53 篮球与篮板碰撞前在垂直篮板面的速度为 v v 篮球与篮板 1 2 1 1 2 3 3 2 2 0.8 2 2 2 3 1 b 13gr 39 13mgr 12． AC/CA rg 大 15．（1） ；（2） r ；（3） 2 k k 2 32 12x0 【详解】（1）[1] A．滑动变阻器最大阻值只有100 ，而苹果电池的内阻约为几 k ，则滑动变阻器起 1 【详解】（1）设乙在 E 点的速度为 v ，由平抛运动的规律可得 r rcos60 gt 2 rsin60 v t 不到调节的作用，故 A 正确；B．电压表分流，回路电流很小，误差偏大，故 B 错误；C．使用量程为 E 2 E 03V 的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，故 C 正确。故选 AC。 2 2 2 设乙在 B 点的速度为 vB，把 vB 分别沿着水平方向和竖直方向分解，则有 vB vE vy vy gt 1 1 r rg （2）[2][3]根据图 B 所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得 E I r rg R 整理得 R 3r gr 13gr I E E 综合解得t v 3gr v v g y E B 1 1 r r 1 b 2 2 R 图像的斜率 k 纵轴截距b g 解得电池电动势 E 内阻 r r （3）[4]由表中第 1 组与 I E E k k g 13gr （2）乙从 A 点到达 B 点，由机械能守恒可得乙在 B 点的速度大小仍为 vB 第 3 组实验数据可知，水果电池电动势与电极插入深度有关，在电极间距离相等时，电极插入越深， 2 水果电池内阻越小；由表中第 1 组与第 2 组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大， 与水平方向的夹角为 60 水果电池内阻越大。 13gr 设乙在 A 点的速度为 vA，把 vB 1 7 1 R 2 13．（1） ；（2） 2 2 分别沿水平方向和竖直方向分解，则有U cos60 v v sin60 2gh c B A B 【详解】（1）在ABO 中，ABO=，BAO=，BOA=，如图所示，设玻璃砖 39 13gr 综合解得 h r v 1 32 A 的折射率为 n，根据题意可得sinC 4 n 13gr （ ）由题意可得碰撞刚结束时甲、乙的速度大小均为 sini 3 vA 根据折射定律可得 n sin=sin C 4 sin 甲与乙发生弹性碰撞，若碰撞结束后甲与乙的速度大小相等方向相同，则两者达共速，是完全非弹性 2R R 1 碰撞，所以甲的速度与乙的速度等大反向 在ABO 中，根据正弦定理可得 解得 sini sin sin 2 设甲的速度为 vA，乙的速度为 vA，甲的质量为 M，刚发生碰撞之前甲的速度为 v0 ， sini 1 1 7 1 则有 （2）因为 n 2，n ，sin ，sinC ， C 所以得sin sin 2 2 2 4 1 2 1 2 1 2 Mv mv M v Mv mv Mv R AB c 0 A A 2 0 2 A 2 A 在ABO 中，根据正弦定理可得 且有 v sin sin n 由弹性碰撞的二级结论有 v0 vA vA AB 7 1 R 1 2 1 2 由能量守恒定律可得 kx Mv 该单色光从 A 点传播到 B 点所用时间为 tAB 解得t 0 0 v AB c 2 2 2 综合解得 14． a 1m / s ，方向向右； v 2m / s ；Q总 0.4J 13gr m 13mgr 【详解】当电流从 M 流向 N 时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。 M k v0 2 2 3 12x 根据牛顿第二定律有 BIL ma 代入数据可得 a 1m / s 2 0 开关始终接 a 时，电流 N 到 M，经过时间 t1 后电流变为 M 到 N，再经时间 t2 速度减为零，前 t1 s， v2 v2 则有 x 后 t2 s，则有 x 根据 x x 4 联立解得 v 2m / s 1 2a 2 2a 1 2 先接 a 一段时间 t1 ，电流由 N 到 M，再接到 b 端一段时间 t2 ，再接到 a 端一段时间t3 ，电流由 M 到 N，最后接到 b 静止 1 第一段，则有 v at x at 2 Q I 2rt 1 1 2 1 1 1 BLx 1 1 r 2 2 2 第二段，则有由动量定理 BILt2 mv mv 且 It2 则有Q2 mv mv R r 2 2 R r 2 2 B L v 1 2 2 第二段末的加速度与第三段相同，则第三段， ma v at3 x at Q3 I rt3 R r 3 2 3 又 x1 x2 x3 7 解得 v =1m/s t1 3s t3 1s 故Q总 Q1 Q2 Q3 0.4J 4