【高考真題】2022年新高考物理真題試卷（湖北卷）

【高考真題】2022年新高考物理真題試卷（湖北卷）姓名：班級：考號：題號—總分評分閱卷人 一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第r7題只有一項符合題目要求，得分 第8~11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對.不全的得2分,有選錯的得0分。（共11題；共44分）a|p（4分）上世紀四十年代初，我國科學家王澄昌先生首先提出證明中微子存在的實驗方案：如果靜止原子核\Be俘獲核外K層電子e,可生成一個新原子核X,并放出中微子Ve,即iBe+_?e-X+gve。根據(jù)核反應后原子核X的動能和動量，可以間接測量中微子的能量和動量，進而確定中微子的存在。下列說法正確的是（ ）a|pA.原子核X是iLiB.核反應前后的總質子數(shù)不變C.核反應前后總質量數(shù)不同D.中微子Ve的電荷量與電子的相同（4分）2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，周期約90分鐘。下列說法正確的是（ ）A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的?。?分）一定質量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p-V圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對應該線段的中點。下列說法正確的是（ ）6~V；）2Vo3Vo4V））VA.a-b是等溫過程 B.a-b過程中氣體吸熱C.a-c過程中狀態(tài)b的溫度最低 D.a-c過程中外界對氣體做正功4.（4分）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（ ）A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r5.（4分）如圖所示，質量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為H，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為Amg b2/nng c4fmig D611mg■k '-Tc- _k' '-H-6.（4分）我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達終點站Go設普通列車的最高速度為108km/h,高鐵列車的最高速度為324 O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:??■?■■■■■*?■*■曠XXXXXXXXXXkm/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2,其余行駛時間內保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）A.6小時25分鐘B.6小時30分鐘C.6小時35分鐘D.6小時40分鐘（4分）一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內速度大小由2V增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為Wi和W2,合外力的沖量大小分別為L和12。下列關系式一定成立的是（ ）A.W2=3Wi,I2<3Ii, B.W2=3Wi,I2>IiC.W2=7Wi,IW3I1, D.W2=7Wi,I2>Ii（4分）在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。角。已知離子比荷為k,不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為0,則離子的入射速度和對應。角的可能組合為（ ）A.|kBL,0°B.1kBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°（4分）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（ ）A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22：1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同10.（4分）如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方向從坐標原點O射入，并經(jīng)過點P（a>0,b>0）?若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為L,到達P點的動能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為t2,到達P點的動能為Ek2。下列關系式正確的是?（ ）O axA.ti<t2 B.ti>t2 C.Eki<Ek2 D.Eki>Ek211.（4分）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角0可調。導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為空g；減速時，加速度的最大值為V3g,其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是（ ） O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?B.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為字Q|P閱卷人得分Tmax和最小值Q|P閱卷人得分Tmax和最小值Tmin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角乙C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，0=60°D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，0=150°二、非選擇題:本題共5小題。共56分。（共5題；共56分）（7分）某同學設計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值（2分）若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值R/QI/Ai/AR/QI/Ai/Ad5.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.2520.00.2723.6825.00.2444.1030.00.2224.50※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※（2.5分）由圖乙得：直線的斜率為，小鋼球的重力為No（結果均保留2位有效數(shù)字）（2.5分）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是（單選，填正確答案標號）。A.小鋼球擺動角度偏大B.小鋼球初始釋放位置不同C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力（9分）某探究小組學習了多用電表的工作原理和使用方法后，為測量一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻率，進行了如下實驗探究。（2分）該小組用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑D,示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為mm。再用游標卡尺測得其長度L。甲 2Rr乙（2分）該小組用如圖乙所示的電路測量該圓柱形電阻Rx的阻值。圖中電流表量程為0.6A、內阻為1.0C,定值電阻Ro的阻值為20.0C,電阻箱R的最大阻值為999.9首先將S2置于位置1,閉合，，多次改變電阻箱R的阻值，記下電流表的對應讀數(shù)I,實驗數(shù)據(jù)見下表。 O 郛 O 11- O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O???? O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:? O 鄭 O 區(qū) O 墻 O 鄭 O 區(qū) O 墻 O 宅 達式p=得到該材料的電阻率（用D、L、Rx表示）。（2.5分）該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的1-R圖像，還可以求得電源電動勢E=V,內阻r=Q。（結果均保留2位有效數(shù)字）（2.5分）持續(xù)使用后，電源電動勢降低、內阻變大。若該小組再次將此圓柱形電阻連入此裝置，測得電路的電流，仍根據(jù)原來描繪的圖丙的圖像得到該電阻的測量值會（選填“偏大'、"偏小”或“不變”）。（9分）如圖所示，水族館訓練員在訓練海豚時，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距離為d,A位置離水面的高度為|do訓練員將小球向左水平拋出，入水點在B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為6。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達B位置，折射光線與水平方向的夾角也為0。A已知水的折射率"1,求：

A（4.5分）tan0的值；（4.5分）B位置到水面的距離H。（15分）如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abed的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6x1（Pq、質量m=0.2kgo線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L?，F(xiàn)對線框施加與水平向右方向成。=45。角、大小為4V2N的恒力F,使其在圖示豎直平面內由靜止開始運動。從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；de邊進入磁場時，be邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2,求：；xXXXX：：XXX-XX；；xxxxx!：XXXXX；;XXXXX；：xXXXX；!F 1（5分）ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；（5分）磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳執(zhí).，八、，（5分）磁場區(qū)域的水平寬度。???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?（16分）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?(5分)求C的質量；(5.5分)若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；Q|P(5.5分)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。

Q|P答案解析部分L【答案】A【解析】【解答】根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得核反應方程為:Be+_?eTZLi+：Ve，原子核X是Li原子核，A正確、C錯誤；B.根據(jù)核反應方程為：Be+_?eT1+：Ve,反應前的總質子數(shù)為4,反應后的總質子數(shù)為3,B錯誤；D.中微子不帶電，電子帶負電，D錯誤。故選Ao【分析】根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得出粒子種類以及電荷數(shù)和質量數(shù)。.【答案】C【解析】【解答】A.組合體在天上做勻速圓周運動只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于完全失重狀態(tài)，A錯誤;B.第一宇宙速度為繞地球做圓周運動衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，則組合體的速度大小略小于第一宇宙速度，B錯誤;C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關系有271T=—0)由于T同＞T組合體,則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確;D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，有GMmGMm?—o—=ma,—=ma)￡r整理有，3=粵，3大對應r小，a大。所以，r同＞I＞組合體，a同整理有，3=粵，3大對應r小，a大。故選C?！痉治觥繉τ谛l(wèi)星，萬有引力提供做圓周運動的向心力。代入圓周運動相關物理量的關系式求解。.【答案】B【解析】【解答】AB.由畢=C,當a-b氣體溫度升高，且體積增大氣體對外界做功，

則W<0,由熱力學第一定律AU=W+Q,可知a—b過程中氣體吸熱，A錯誤、B正確；C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程罕=c可知，P—V圖像的坐標值的乘積對應溫度大小，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標值的乘積相等，中間狀態(tài)的坐標值乘積較大，所以a-c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯誤；D.a-c過程氣體體積增大，對外膨脹，外界對氣體做負功，D錯誤。故選B。【分析】根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程，結合熱力學第一定律求解。氣體體積增大，外界對氣體做負功。.【答案】D【解析】【解答】mg=^irr3-p=Eq,E=),對A和B,半徑r不變，重力不變：電勢差增大，則電場強度增大，電場力增大，不可能平衡。A和B錯誤。對C和D,半徑r變?yōu)樵瓉?倍，體積變?yōu)樵瓉?倍，重力變?yōu)樵瓉?倍；電勢差增大為原來2倍，則電場強度增大2倍，電荷量如果增加為原來4倍，則電場力增大為8倍，可以平衡。C錯，D正確。故選D【分析】結合重力和電場力平衡，以及場強與電勢差的關系式和球的體積公式求解。.【答案】C【解析】【解答】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為X,滿足依=若剪斷輕繩后，物塊P和Q與彈簧組成的系統(tǒng)受摩擦力，但摩擦力做功之和為零，系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對于其初始位置的最大位移大小為k故選C。【分析】利用摩擦力和彈力二力平衡以及系統(tǒng)機械能守恒得出結論。

.【答案】B【解析】【解答】108km/h=30m/s,324km/h=90m/s3相鄰兩站間的距離X=108(^10m=2?16x105m普通列車加速時間ti=言=患s=60s加速過程的位移Xi=^at2=X0-5x602m=900m根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間x2x-2x-, 216x105-2x900 〃…,t2=￡=F^= 30 s=7140s所以列出在兩站運動總時間為60sx2+7140s=7260s同理高鐵列車在兩站運動總時間為180x2s+2220s=2580s相鄰兩站間節(jié)省的時間7260s-2580s=4680s因此總的節(jié)省時間4680x5s=6小時30分故選B?【分析】多過程問題分析。結合勻變速直線運動的規(guī)律求解。.【答案】D【解析】【解答】根據(jù)動能定理必=*m(2u)2—1121w2=7yni(5v)2—m(2u)2=-^-mv2

乙 乙 乙則：W2=7W1當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是m-2v—mv< <m-2v+mv,即mu< <3mvm-5v—m?2v</t<m>5v4-m-2v,即3mi;</27mv比較可得，2之LD一定成立。故選D。

【分析】動量為矢量，具有方向性。動能定理可以求解一段過程在合外力做的功。.【答案】B,C【解析】【解答】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有R=L,在勻強磁場中，9"8=迎，u=%=“r m出射方向與入射方向的夾角為0=60°o當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖因為上下磁感應強度均為B,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有郵=吟，"寨=加/因為上下磁感應強度均為B,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有郵=吟，"寨=加/綜上所述：出射方向與入射方向的夾角為0=60。，需滿足v= =石3kBi（n（2n—17m4幾1為正整數(shù)）出射方向與入射方向的夾角為8=0°，需滿足v=黑上=：kBl（n為正整數(shù)）ZnmZn此時。故可知BC正確，AD錯誤。故選BCo【分析】帶電粒子在磁場中做圓周運動。洛倫茲力提供向心力。畫出運動軌跡結合幾何關系即可。.【答案】A.C■，，rt1.1--■h.n人人..It-f九1U-1x8O94）【解析】【解答】A.根據(jù)"一n2u2可得接收線圈的輸出電壓約為U2=8V；B.根據(jù)線圈原副線圈功率不變。￥=察=察工80%=答故B錯誤；llu2n2 3C.變壓器是不改變其交變電流的頻率，故c正確；D.由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率坪與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。故選ACo【分析】由于存在磁通量損耗，但由于沒有其他損耗，原副線圈獲得功率或者能量相等。.【答案】A,D【解析】【解答】粒子在電場中運動時沿x軸方向做勻速運動，速度不變：在洛倫茲力作用下，合速度不變，但沿x軸速度在不斷減小，所以在磁場作用下運動時間更長。在電場力作用下，帶電粒子做平拋運動，電場力做正功，使粒子動能增大，所以EH>Ek2。故選AD【分析】洛倫茲力永遠不做功，不改變速度大小，只改變運動方向：粒子在電場中做類平拋運動。

.【答案】B,C【解析】【解答】向右加速運動時，導體棒加速且加速度最大時，磁場方向斜向右下方,安培力應該斜向右上方，正交分解可得在水平方向：F*sin04-umgcos0TOC\o"1-5"\h\zF^sinO-n(mg-F^cosd)=ma,a- “°,-m 林y由三角函數(shù)輔助角公式asina+bcosa=Va24-b2sin(a4-/?)(tanp=\)得加速度a的最大值為一 薦. 2。導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向右下方。F/inO+〃(mg+F及￡os。)=ma,Q|PF名尸in6+〃?ngcosQ|PF名尸in6+〃?ngcos。

m由三角函數(shù)輔助角公式asina+bcosa=Va24-b2sin(a+0)(tan/?=->可知加速度a的最大值為‘"安',）2。M5+I-7+（聞）

、TH乙代入題中數(shù)據(jù)可得〃=第,將〃=*代入加速度表達式，結合三角函數(shù)輔助角公式可得兩次加速度取得最大值時，磁場方向與水平向右方向的夾角e分別為60度和120度。故選：BC【分析】核心是對物體進行受力分析，簡單的數(shù)學變換用到復制的物理過程中，對數(shù)學知識的要求有點高。12.【答案】（1）-2-2.1；0.59C【解析】【解答】（1）設在最高點繩子與豎直方向夾角為。，則Tmin=mgcos。從最高點到最低點由動能定理得：mgLsinS=^mv2,在最低點由牛頓第二定律得：Tmax-mg=￥^聯(lián)立以上方程得：Tmax=3mg-2Tmin，則圖乙中直線斜率的理論值為々

（2）代入直線上（0,1.77）和（0.2,0）兩點坐標得k=1?二味=_2.1，u—u,zu小鋼球質量為m=^-^-kg=0-59kg（3）由于存在空氣阻力，使得減小的重力勢能大于增加的動能。所以選C?！痉治觥浚?）聯(lián)立機械能守恒定律，牛頓第二定律解方程即可。（2）將圖像上的點代入求得斜率即可。（3）由于存在空氣阻力，使得減小的重力勢能大于增加的動能。13.【答案】（1）3.702n6.0；兀/&4L12；3.0（4）偏小【解析】【解答】（1）螺旋測微器固定刻度讀數(shù)3毫米，半毫米刻度線露出，可動刻度20o所以最終讀數(shù)為：37mH+0?5mm+20?0x0?01mm=3?700mm（2）由閉合電路歐姆定律可得E=/Cr+Rq+R+Ra）,得'=r+治,氏+g=，+r+Ro+A]E，E為斜率倒數(shù)，斜率=蕓鐺，得E=12伏。r+"+/?4=2,「=3。，將電流0.400A代入E=/（r+Ro+Rx+RA）,得R*=6?0。（3）由（2）分析得E=12伏，r=3-0/2op（4）根據(jù)表達式E=/（r+R0+Rx+Ra）,壽&=j-r-R0-RA因電源電動勢變小，內阻變大，則當安培表由相同讀數(shù)時，得到的Rx的值偏小，即電阻測量值偏小。【分析】（1）螺旋測微器讀數(shù)要估讀到千分之一毫米。（2）根據(jù)全電路歐姆定律，代入物理量化簡即可

（3）結合電阻定律，代入題中已知條件即可求解。（4）結合電阻表達式進行分析。.【答案】（1）小球做平拋運動。在水平分析做勻速直線運動：x=d=vot,豎直方向做自由落體運動：^=：gt2gt4tan0=-=-5V03（2）設入射角為a,入射角是入射光線和法線夾角，則sina=nsin（^-0）=ncosd=3445X3=5'Q|Pniiiv2d、，.2d4照」Q|Pniiiv2d、，.2d4照」X=-2-xsina=x可8d 4dW，H=(d—X)tan。=【解析】【分析】（1）利用平拋運動規(guī)律求解。（2）入射角是入射光線和法線夾角，反射角是反射光線和法線夾角。結合幾何關系求解。.【答案】（1）在水平方向和豎直方向分別由牛頓第二定律得：Fcos45°=max,Fsin45°—mg=may得：ax=20m/s2,ay=1Om/s2（2）ab邊進入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線，ad和be邊的上部分產(chǎn)生的感應電動勢相互抵消，則整個回路的電動勢為ab邊產(chǎn)生的感應電動勢。E2E=BLvyFsin450-mg-BIL=01=-5Vy2=2aLK解得B-0.2T安培力做功產(chǎn)生焦耳熱，線框勻速運動，安培力為恒力。則Q=w妥=BIL-L=2x0-2/=0-47（3）從開始運動到進入磁場，在豎直方向上：L=^ayt12進入磁場，Vy2=2ayL,L=V；t2,總運動時間t/=ti+±2解得t=0?3s[ 17K平方向位移為X=2?zt22=2X2°x°.32m=0.9m磁場區(qū)域的水平寬度d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m【解析】【分析】(1)在水平方向和豎直方向分別由牛頓第二定律列方程求解。(2)安培力做功產(chǎn)生焦耳熱，線框勻速運動，安培力為恒力。結合電磁感應定律求解。(3)利用豎直位移求出時間，水平方向做勻加速直線運動。16.【答案】(1)物體在虛線位置靜止，根據(jù)平衡條件可知砥。=2mgsin60°=遍mg(2)C和D碰撞過程動量守恒,=0+mDVDD向下運動過程由動能定理得：mgL—F-^=0—^mVD2得F=6.5mg(3)設C的速度為V,繩與豎直方向夾角為。，則/=Ub=Vcos。C下落過程機械能守恒nicg/i—2mg?6^^—L)=^mvc2+2-^mVA2th=石篇，系統(tǒng)總動能Ek=mcgh—2mg? —L)對該式求導，得cos。=亨，8=30。，時式子