内蒙古巴彦淖尔市2021届新高考物理考前模拟卷(2)含解析

内蒙古巴彦淖尔市2021届新高考物理考前模拟卷（2）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，一个小球从地面竖直上抛．已知小球两次经过较低点A 的时间间隔为T A ，两次经过较高点B 的时间间隔为T B ，重力加速度为g ，则A 、B 两点间的距离为( )
A ．()2
4
A B g T T -
B ．
()
22
2
A B g T T -
C ．
()
22
4
A B g T T - D ．
()
228
A B g T T -
【答案】D 【解析】 【分析】
本题考查竖直上抛和自由落体运动的规律。

【详解】
ABCD.设小球两次经过A 点的时间为A T ，小球两次经过B 点的时间为B T ，则物体从顶点到A 点的时间为
2A T ，物体从顶点到B 点的时间为2
B T
，则从顶点到A 点的距离为 2
1=22A A T h g ⎛⎫ ⎪⎝⎭
从顶点到B 点的距离为
2
1=22B B T h g ⎛⎫ ⎪⎝⎭
所以高度差为：
()22==
8
A B A B g T T h h h -∆-
故D 正确ABC 错误。

故选D 。

2．如图所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为60α=︒。

现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道
飞出后以水平上的v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v gR =，重力加速度为g ，则一下结论正确的是
A ．C 、N 的水平距离为R
B ．
C 、N 的水平距离为2R
C ．小球在M 点对轨道的压力为6mg
D ．小球在M 点对轨道的压力为4mg
【答案】C 【解析】 【详解】
AB ．小球从N 到C 的过程可看作逆过来的平抛，则
cos N v v α= sin N v gt α= CN x vt =
解得：
22N v v gR ==3CN x R =
故A 、B 项错误。

CD ．小球从M 到N 的过程应用动能定理可得：
2211(cos )22
-N M mg R R mv mv α--=
对小球在M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得：
2
M
NM
v F mg m R
-= 解得：
6NM F mg =
根据牛顿第三定律可得：小球在M 点对轨道的压力为6mg 。

故C 项正确，D 项错误。

故选C 。

3．下列关于天然放射现象的叙述中正确的是（ ） A ．人类揭开原子核的秘密，是从发现质子开始的
B ．β衰变的实质是原子核内一个质子转化成一个中子和一个电子
C ．一种放射性元素，当对它施加压力、提高温度时，其半衰期不变
D ．α、β、γ三种射线中，α射线穿透能力最强，γ射线电离作用最强 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从贝克勒尔发现天然放射现象开始的，故A 错误；
B ．β衰变的实质方程为1
1
0011
n H e -→+
，是原子核内一个中子转化成一个质子和一个电子，故B 错误；
C ．原子核的半衰期是由自身的结构决定的，与物理条件(温度、压强)和化学状态(单质、化合物)均无关，则对原子核施加压力、提高温度时，其半衰期不变，故C 正确；
D ．α、β、γ三种射线中，γ射线穿透能力最强(主要看射线具有的能量)，α射线电离作用最强(从射线自身的带电情况衡量)，故D 错误。

故选C 。

4． “太极球”运动是一项较流行的健身运动。

做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上。

现将太极球拍和球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则 （ ）
A ．小球的机械能保持不变
B ．平板对小球的弹力在B 处最小，在D 处最大
C ．在B 、
D 两处小球一定受到沿平板向上的摩擦力
D ．只要平板与水平面的夹角合适，小球在B 、D 两处就有可能不受平板的摩擦力作用 【答案】D 【解析】 【详解】
小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断改变，所以小球的机械能不断变化，故A 错误；小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，而在最高点和最低点时，弹力和重力共线且合力提供向心力，最高点失重，最低点超重，所以平板对小球的弹力在A 处最小，在C 处最大，故B 错误；小球在BD 处可以不受摩擦力作用，即重力和健身者对球作用力F 的合力提供向心力受力分析如图所示。

此时满足
2
2 n
mv
F
v
r
tan
mg mg gr
＝＝＝，故C错误，D正确；
5．质量为m的小球套在竖直的光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆
在同一竖直平面内．让小球从A点开始释放，此时弹簧处于原长，当小球下降的最大竖直高度为h时到达B点，若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，竖直杆与OB的夹角为30°，下列研究小球从A到B全过程的说法正确的是
A．当弹簧与杆垂直时，小球速度最大
B．小球的加速度为重力加速度的位置共有三个
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．弹簧的弹性势能增加量大于mgh
【答案】B
【解析】
小球A运动过程如右图所示：
当小球滑至C点时，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡，小球在竖直方向受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时速度不是最大，当合力为零时速度最大，而合力为零的位置应在弹簧与杆垂直位置的下方，故A错误．在图中A、D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球加速度为重力加速度的位置有A、C、D三个，故B正确；弹簧的形变量先增大后减小再增大，其弹性
势能先增大后减小再增大，故C 错误；小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒．根据系统机械能守恒定律可知，小球从A 到B 全过程中增加的弹性势能应等于减少的重力势能mgh ，故D 错误．所以B 正确，ACD 错误．
6．物理学是研究物质运动最一般规律和物质基本结构的学科，在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法如：理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等。

以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是
A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法
B ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法
C ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法
D ．根据速度定义式x
v t ∆=∆，当Δt→0时，x t
∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法 【答案】D 【解析】 【详解】
A 中采用了理想模型法；
B 中采用控制变量法；
C 中采用了微元法；
D 中是极限思维法； 故选D.
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，0t =时，P 板的电势比Q 板的电势高0U 。

在两金属板的正中央M 点处有一电子（电子所受重力可忽略）在电场力作用下由静止开始运动，已知电子在00~4t 时间内未与两金属板相碰，则（ ）
A ．00~2t t 时间内，电子的动能减小
B ．03t 时刻，电子的电势能最大
C ．00~4t 时间内，电子运动的方向不变
D ．003~4t t 时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小 【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．在00~t 时间内，电场方向水平向右，电子所受电场力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在00~2t t 时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，电场力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A 正确；
BC ．02t 时刻电子的速度为零，在002~3t t 时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，03t 时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故BC 错误；
D ．在003~4t t 时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到04t 时刻速度为零，恰好又回到M 点，故D 正确。

故选：AD 。

8．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B （B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a （a ＜g ）的匀加速运动，重力加速度为g ，则下列说法不正确的是
A ．施加外力F 大小恒为M （g ＋a ）
B ．A 、B 分离时，弹簧弹力恰好为零
C ．A 、B 分离时，A 上升的距离为
D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】
题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体
B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零。

【详解】
A项：施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：
2Mg=kx
解得：
加外力F后到物体A、B分离前，对AB整体有
又因
由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且
对A有：
解得此时：，故A错误；
B、D项：A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故B、D错误；C项：对B有：，解得：，此时弹簧的压缩量为，故弹簧的压缩量减小了，即A上升的距离，故C正确。

本题选不正确的，故应选：ABD。

【点睛】
本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。

9．在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），1L和2L是两个完全相同的灯泡。

原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是
A．交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为22V
C ．当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大
D ．若1L 的灯丝烧断后，电压表的示数会变大 【答案】AC 【解析】 【详解】
A. 原线圈接入如图乙所示，T=0.02s ，所以频率为：
1
50Hz f
T
=
=， 故A 正确；
B. 原线圈接入电压的最大值是2202V ，所以原线圈接入电压的有效值是220V ，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V ，所以V 的示数为11V ，故B 错误；
C. R 阻值随光强增大而减小，根据：
U I R
=
知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 正确；
D. 当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误。

故选：AC 。

10．如图所示，两根间距为L 、电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 水平故置。

导轨所在空间存在方向与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

平行金属杆ab 、cd 的质量分别为m 1、m 2，电阻分别为R 1、R 2，长度均为L ， 且始终与导轨保持垂直。

初始时两金属杆均处于静止状态，相距为x 0。

现给金属杆ab 一水平向右的初速度v 0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x 1，下列说法正确的是（ ）
A ．全属杆cd 先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B ．当全属杆ab 的加速度大小为a 时，金属杆cd 的加速度大小为
21
m a
m C ．在整个过程中通过金属杆cd 的电荷量为()
1012
-+BL x x R R
D ．金属杆ab 、cd 运动过程中产生的焦耳热为()
2
12120
2+m m v m m
【答案】CD 【解析】 【详解】
A ．因为最终两金属杆保持稳定状态，所以最终两金属杆所受的安培力均为零，即回路中无感应电流，穿过回路的磁通量不再改变，则两金属杆最终的速度相同，所以金属杆ab 先做加速度逐渐减小。

的减速直线运动，最后做匀速直线运动，金属杆cd 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，A 项错误；
B ．两金属杆中的电流大小始终相等，根据安培力公式F 安=BIL 可知两金属杆所受的安培力大小时刻相等，再根据牛顿第二定律F=ma 可知当金属杆ab 的加速度大小为a 时，金属杆cd 的加速度大小为1
2
m a m ，B 项错误；
C ．设从金属杆ab 获得一水平向右的初速度v 0到最终达到共同速度所用的时间为t 。

则在这段时间内，回路中的磁通量的变化量
∆Φ= BL （x 1-x 0）
根据法拉第电磁感应定律有
∆Φ
=
E t
由闭合电路欧姆定律有
12
E
I R R =
+
设在这段时间内通过金属杆cd 的电荷量为q ，所以有
q I t
=
联立以上各式解得 q=
()
1012
-+BL x x R R
C 项正确；
D ．设两金属杆最终的共同速度为v ，根据动量守恒定律有
()1012m v m m v =+
设金属杆ab 、cd 产生的焦耳热为Q ，则由能量守恒定律有
()2210121122
=
-+Q m v m m v 解得
Q=()
2122
122+m m v m m
D项正确。

故选CD。

11．2012年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生的烟雾影响，宁洛高速安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故，假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30m/s，距离s0＝100m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是（）
A．t＝6s时两车速度相等B．t＝6s时两车距离最近
C．0～6s内两车位移之差为90m D．两车在0～9s内会相撞
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示
由图象可知，t=6s时两车等速，甲车在前，乙车在后，故速度相等时，两车相距最近，故AB项正确；C．图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差：
11
303m30(63)m=90m<100m
x∆=⨯⨯+⨯⨯-
22
故C项正确；
D．6s时，甲乙两车的位移之差为90m，小于100m，没有相撞，9s时位移之差小于90m，则不会相撞，故D错误．
12．迄今为止，大约有1000颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运动，关于这些卫星，下列说法正确的是
A．轨道高的卫星受到地球的引力小B．轨道高的卫星机械能大
C．线速度大的卫星周期小D．线速度大的卫星加速度大
【答案】CD
【详解】
A. 引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故A 错误；
B. 机械能的大小也与质量有关，故B 错误；
CD.根据
22224Mm v G mr ma m r T r
=== 可知线速度越大，轨道半径越小，加速度越大，周期越小，故CD 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“探究求合力的方法”实验中，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N 的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。

(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是____。

A ．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O 时，拉力要适当大些
B ．再次进行验证时，结点O 的位置必须保持相同
C ．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D ．拉橡皮条的细线要稍长一些，标记同一细绳方向的两点距离要远一些
(2)实验小组用图甲装置得到了如图乙所示的两个分力F 1、F 2及合力F 的图示。

关于合力与分力的关系，某同学认为用虚线连接F 1和F 的末端A 、C ，则AOC 如图丙构成一个三角形，若满足____，则说明合力与分力之间的关系满足平行四边形定则。

【答案】ACD AC 与表示分力F 2的OB 长度相等，方向平行
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]A ．合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O 的位置要相同，同时拉力的大小要适当大一些，可以有效减小误差。

故A 正确。

B ．在重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次不同。

故B 错误。

C ．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差。

读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差。

故C 正确。

D ．拉橡皮条的细线要长一些，标记用一细绳方向的两点要远一些，可以减小方向误差，故D 正确。

（2）[2]根据平行四边形定则可知若AC 与表示分力F 2的OB 长度相等，方向平行，则说明合力与分力之间的关系满足平行四边形定则。

14．如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码
的质量及小车和砝码的质量对应关系图.钩码的质量为1
m ，小车和砝码的质量为m 2，重力加速度为
g.
（1）下列说法正确的是__________.
A ．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C ．本实验 m 2应远小于m 1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a 和2
1m 图象 （2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的2
1m a -图象，如图，设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车与木板间的动摩擦因数μ=____，钩码的质量1m =__________.
（3）实验中打出的纸带如图所示.相邻计数点间的时间间隔是0.1s ，图中长度单位是cm ，由此可以算出小车运动的加速度是____m/s 2.
【答案】D
b gk 1gk
0.46 【解析】
【详解】 （1）A.小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要平衡摩擦力。

故A 错误。

B.实验时应先接通电源，后释放小车。

故B 错误。

C.根据牛顿第二定律可得系统的加速度112m g a m m =+，则绳子的拉力121
212121m m g m g F m a m m m m ===++，由此可知钩码的质量1m 远小于小车和砝码的质量m 2时，绳子的拉力才等于钩码的重力。

故C 错误。

D.由牛顿第二定律可知21a F m =，当F 一定是，a 与21m 成正比，所以应作出2
1a m -图象。

故D 正确。

（2）根据牛顿第二定律可知122m g m g m a μ-=，结合
21a m -图象可得21111a m m m g μ=+，由此可得钩码的质量为11m gk =，小车与木板间的动摩擦因数为b gk
μ=。

（3）设1 1.24s cm =，4 2.62s cm =，有公式2413s s at -=，化简可得
22241222.62 1.2410/0.46/330.1
s s a m s m s t ---==⨯=⨯ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一单色细光束AB 从真空中以入射角i=45°，入射到某透明球体的表面上B 点，经研究发现光束在过球心O 的平面内，从B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的C 点折射后，以光线CD 射出球外，此单色光在球体内传播速度是
83210/2
m s ⨯，在真空中的光速为3×108 m/s 。

求：
(1)此单色细光束在透明球内的折射率；
(2)出射光线CD 与入射光线AB 方向改变的角度。

【答案】 2；(2)150°
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据公式c n v
=求得光束在球内的折射率 8
8232102
n ==⨯
(2)由折射定律得 sin sin i n r
= 解得
30r =︒
由几何关系及对称性，有
()22
r i r r i α
=--=-
则 42r i α=-
把30,45r i ︒︒==代入得
30︒=α
方向改变的角度为
180150βα︒︒=-=
出射光线CD 与入射光线AB 方向的夹角是150°
16．阅兵现场用到了一辆小型雷达信号车，信号传输距离只有1000m 雷达车保持14m/s v =的速度沿水平路面匀速直线行驶，受阅飞机从600m h =高空以64m/s 的速度与雷达车保持平行飞行。

如图所示，当受阅飞机飞行到A 点刚好接收到雷达车信号时，飞机立即以加速度大小加速向前飞行，求受阅飞机与雷达信号车能够通信的时间。

（忽略信号传输时间）
【答案】20s
【解析】
【分析】
【详解】
设受阅飞机与雷达信号车能够通信时间t ，如图所示，当受阅飞机飞行到A 点时，雷达车与受阅飞机相距
1000m l =，由勾股定理得800m AP x =
雷达车位移
11x v t =
受阅飞机位移
22012
x t at ν=+ 由几何关系可得
212AP x x x =+
解得
120s t =
280s t =-（舍去）
故雷达车与受阅飞机通信时向为20s.
17．如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC 、A'C'间距为L ，上端连接一阻值为R 的电阻。

矩形区域abcd 上方的矩形区域abA'A 内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示（其中B 0、t 0均为已知量），A 、a 两点间的高度差为2gt 0（其中g 为重力加速度），矩形区域abcd 下方有磁感应强度大小为B 0、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。

现将一长度为L ，阻值为R 的金属棒从ab 处在t=0时刻由静止释放，金属棒在t=t 0时刻到达cd 处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在t=4t 0时刻到达CC'处，且此时金属棒的速度大小为kgt 0（k 为常数）。

金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。

求：
(1)金属棒到达cd 处时的速度大小v 以及a 、d 两点间的高度差h ；
(2)金属棒的质量m ；
(3)在0－4t 0时间内，回路中产生的焦耳热Q 以及d 、C 两点的高度差H 。

【答案】 (1)gt 0，2012gt ；(2)2200B L t R ；(3)22232001922⎛⎫-- ⎪⎝
⎭g B L t k k R ，20(72)-k gt 【解析】
【分析】
【详解】
(1)在0~t 0时间内，金属棒不受安培力，从ab 处运动到cd 处的过程做自由落体运动，则有 0=v gt
2012
h gt = (2)在0~2t 0时间内，回路中由于ab 上方的磁场变化产生的感应电动势 2010000
22=⋅=B E L gt gB Lt t 在t 0~2t 0时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势 0200E B Lv gB Lt ==
经分析可知，在t 0~2t 0时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为
12E E E =+
根据闭合电路的欧姆定律有
2E I R
= 对金属棒，由受力平衡条件有 B 0IL=mg
解得
2200B L t m R
= (3)在0~t 0时间内，回路中产生的焦耳热∶
21102=⋅E Q t R
在t 0 ~2t 0时间内，金属棒匀速下落的高度∶ 10=h vt
在t 0~2t 0时间内，回路中产生的焦耳热
2
202=⋅E Q t R
设在2t 0~4t 0时间内，金属棒下落的高度为h 2，回路中通过的感应电流的平均值为I ，有 020222∆Φ⨯==B Lh I t R R
根据动量定理有
000022⨯-⨯=-mg t B IL t kmgt mv 解得
220(62)=-h k gt
经分析可知
12H h h =+
解得
20(72)=-H k gt
根据能量守恒定律可知，在2t 0~4t 0时间内，回路中产生的焦耳热
()223201122
=+-Q mgh mv m kgt 经分析可知
Q=Q 1+Q 2+Q 3
解得
()223201122
=+-Q mgh mv m kgt。