高中物理高考三輪沖刺 一等獎

南通市2023屆高三第二次調研測試物理一、單項選擇題．本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意．第1題圖水流方向bacOd1．如圖所示，河水以相同的速度向右流動，落水者甲隨水漂流，至第1題圖水流方向bacOdA．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向【答案】B【考點】本題旨在考查運動的合成和分解?！窘馕觥咳嗽谒邢鄬τ谒蝿拥耐瑫r還要隨著水一起相對地面向下游漂流，以水為參考系，落水者甲靜止不動，救援者做勻速直線運動，則救援者直接沿著ob方向即可對甲實施救助。故選：B2．如圖所示，帶正電的A球固定，質量為m、電荷量為+q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近．粒子經過b點時速度為v，重力忽略不計．則（）第2題圖bacBAv第2題圖bacBAv0+B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大C．可求出A產生的電場中a、b兩點間的電勢差D．可求出A產生的電場中b點的電場強度【答案】C【考點】本題旨在考查電場線?！窘馕觥緼、由圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不斷減小，故A錯誤；B、粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理得：，可得能求出A產生的電場中a、b兩點間的電勢差，故C正確；D、ab間不是勻強電場，根據(jù)公式，不能求b點的電場強度．故D錯誤。故選：C接控制器第3題圖abERMRP3．某溫控電路的原理如圖所示，RM是半導體熱敏電阻，接控制器第3題圖abERMRPA．環(huán)境溫度降低，RM的阻值減小B．環(huán)境溫度升高，Uab變大C．滑片P向下移動時，Uab變大D．調節(jié)滑片P能改變升溫和降溫設備啟動時的臨界溫度【答案】D【考點】本題旨在考查閉合電路的歐姆定律?！窘馕觥緼、是半導體熱敏電阻，環(huán)境溫度降低時，的阻值增大，故A錯誤；B、環(huán)境溫度升高時，的阻值減小，根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，可知變小，故B錯誤；C、滑片P向下移動時，增大，總電流減小，則變小，故C錯誤；D、調節(jié)滑片P時，可改變，從而改變升溫和降溫設備啟動時的臨界溫度，故D正確。故選：D【舉一反三】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，關鍵要掌握串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比的規(guī)律，并能用來分析實際問題。4．電容式加速度傳感器的原理結構如圖，質量塊右側連接輕質彈簧，左側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上．質量塊可帶動電介質移動改變電容．則（）第4題圖機第4題圖機電介質加速度傳感器B．當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流C．若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D．當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流【答案】D【考點】本題旨在考查電容器的動態(tài)分析。【解析】A、根據(jù)電容器的電容公式，當電介質插入極板間越深，即電介質增大，則電容器電容越大，故A錯誤；B、當傳感器以恒定加速度運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，故B錯誤；C、若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續(xù)向右運動，從而壓縮彈簧，故C錯誤；D、當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質量塊要向左運動，導致插入極板間電介質加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，故D正確。故選：D第5題圖電機纜繩拉繩F1F第5題圖電機纜繩拉繩F1F2αβA．纜繩拉力F1和拉繩拉力F2都增大B．纜繩拉力F1和拉繩拉力F2都不變C．纜繩與豎直方向的夾角α可能大于角βD．纜繩拉力F1的功率保持不變【答案】A【考點】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時功率。【解析】A、對物體受力分析如圖：一物體勻速運動，故合力為零在豎直方向：在水平方向：在上升過程中，α增大，而β不變，聯(lián)立可以判斷纜繩拉力和拉繩拉力都增大，故A正確，B錯誤；C、因大于，故纜繩與豎直方向的夾角小于角，故C錯誤；

D、拉力的功率，由于變大，也變大，故無法判斷大小，故D錯誤。故選：A二、多項選擇題．本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．6．據(jù)報道，一顆來自太陽系外的彗星于2014年10月20日擦火星而過．如圖所示，設火星繞太陽在圓軌道上運動，運動半徑為r，周期為T．該彗星在穿過太陽系時由于受到太陽的引力，軌道發(fā)生彎曲，彗星與火星在圓軌道的A點“擦肩而過”A．可計算出太陽的質量B．可計算出彗星經過A點時受到的引力第6題圖太陽火星第6題圖太陽火星軌道彗星AD．可確定彗星在A點的速度大于火星繞太陽的速度【答案】AD【考點】本題旨在考查萬有引力定律及其應用?！窘馕觥緼、火星繞太陽在圓軌道上運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，得：，故A正確；B、由于不知道彗星的質量，所以無法求解彗星經過A點時受到的引力，故B錯誤；CD、彗星經過A點做離心運動，萬有引力小于向心力，不能根據(jù)求解彗星經過A點的速度大小，該彗星在穿過太陽系時由于受到太陽的引力，軌道發(fā)生彎曲，彗星與火星在圓軌道的A點“擦肩而過”，所以可確定彗星在A點的速度大于火星繞太陽的速度，故C錯誤，D正確。故選：AD7．渦流檢測是工業(yè)上無損檢測的方法之一．如圖所示，線圈中通以一定頻率的正弦交流電，靠近待測工件時，工件內會產生渦流，同時線圈中的電流受渦流影響也會發(fā)生變化．下列說法中正確的是（）～第7題圖～第7題圖待測工件B．渦流的頻率等于通入線圈的交流電頻率C．通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力D．待測工件可以是塑料或橡膠制品【答案】ABC【考點】本題旨在考查電磁感應在生活和生產中的應用?！窘馕觥緼、根據(jù)楞次定律得知：感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故渦流的磁場總是要阻礙穿過工件磁通量的變化，故A正確；B、感應電流的頻率與原電流的頻率是相同的，渦流的頻率等于通入線圈的交流電頻率，故B正確；C、因為線圈交流電是周期變化的，故在工件中引起的交流電也是周期性變化的，可知通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力，故C正確；D、電磁感應只能發(fā)生在金屬物體上，故待測工件只能是金屬制品，故D錯誤。故選：ABC第8題圖3Lv0yOBBCAxv08．如圖所示，在xoy平面的第Ⅰ象限內存在垂直xoy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標（0，3L）的A第8題圖3v0yOBBCAxv0A．帶電粒子在磁場中運動的半徑B．帶電粒子的電荷量C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．帶電粒子的質量【答案】AC【考點】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。【解析】A、已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，根據(jù)入射點速度相互垂直的方向及AC連線的中垂線的交點即可明確粒子運動圓的圓心位置；由幾何關系可知AC長為；，則R；因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知，它們的半徑相同；即兩粒子的半徑均可求出；同時根據(jù)幾何關系可知A對應的圓心角為，B對應的圓心角為；即可確定對應的圓心角，則由可以求得轉動的時間；故AC正確；B、由于不知磁感應強度，故無法求得荷質比，更不能求出電荷量或質量；故BD錯誤。故選：AC第9題圖甲乙sEkOLACBF9．如圖甲所示，固定斜面AC長為L，B為斜面中點，AB段光滑．一物塊在恒定拉力F作用下，從最低點A由靜止開始沿斜面上滑至最高點C，此過程中物塊的動能Ek隨位移s變化的關系圖象如圖乙所示．設物塊由A運動到C的時間為t0，下列描述該過程中物塊的速度v隨時間t、加速度大小a隨時間t第9題圖甲乙sEkOLACBFBBt0taOAtt0vOCLsaODLsEO【答案】CD【考點】本題旨在考查動能定理的應用、牛頓第二定律?！窘馕觥緼、根據(jù)動能隨s的表達式知，動能先均勻增加，然后均勻減小，即合力先做正功再做負功，知物塊先做勻加速直線運動，然后做勻減速直線運動，勻加速直線運動的位移和勻減速直線運動的位移大小相等，勻減速直線運動的平均速度大于勻加速直線運動的平均速度，則勻減速運動的時間小于勻加速直線運動的時間，故A錯誤；B、前半段和后半段均做勻變速直線運動，兩段過程中加速度分別不變，但是兩段過程中的時間不等，故B錯誤，C正確；D、根據(jù)除重力以外其它力做功等于機械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知機械能隨s均勻增加，后半段只有重力做功，機械能守恒，故D正確。故選：CD【易錯警示】解決本題的關鍵得出物塊在整個過程中的運動規(guī)律，注意前半段和后半段的運行時間不同，這是容易錯誤的地方。三、簡答題：本題分必做題（第lO、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分．請將解答填寫在答題卡相應的位置．必做題10.（10分）某實驗小組要測量電阻Rx的阻值．（1）首先，選用歐姆表“×10”擋進行粗測，正確操作后，表盤指針如圖甲所示，則該電阻的測量值為▲Ω．第第10題圖甲RxRAVS乙RxRAVS丙（2）接著，用伏安法測量該電阻的阻值，可選用的實驗器材有：電壓表V（3V，內阻約3kΩ）；電流表A（20mA，內阻約2Ω）；待測電阻Rx；滑動變阻器R1（0-2kΩ）；滑動變阻器R2（0-200Ω）；干電池2節(jié)；開關、導線若干．在圖乙、圖丙電路中，應選用圖▲（選填“乙”或“丙”）作為測量電路，滑動變阻器應選用▲（選填“R1”或“R2”）．（3）根據(jù)選擇的電路和器材，在圖丁中用筆畫線代替導線完成測量電路的連接．第10題圖第10題圖戊SRR0RxR1R2abVAGSRmAV+-_丁第10題答圖mAV+-_（4）為更準確測量該電阻的阻值，可采用圖戊所示的電路，G為靈敏電流計（量程很小），R0為定值電阻，R、R1、R2為滑動變阻器．操作過程如下：①閉合開關S，調節(jié)R2，減小R1的阻值，多次操作使得G表的示數(shù)為零，讀出此時電壓表V和電流表A的示數(shù)U1、I1；②改變滑動變阻器R滑片的位置，重復①過程，分別記下U2、I2，…，Un、In；③描點作出U-I圖象，根據(jù)圖線斜率求出R第10題答圖mAV+-_A．閉合S前，為保護G表，R1的滑片應移至最右端B．調節(jié)G表的示數(shù)為零時，R1的滑片應位于最左端C．G表示數(shù)為零時，a、b兩點間電勢差為零D．該實驗方法避免了電壓表的分流對測量結果的影響【答案】（1）140；（2）丙、；（3）如圖（4）CD【考點】本題旨在考查伏安法測電阻。【解析】：（1）歐姆表讀數(shù)=刻度盤讀數(shù)×倍率，讀數(shù)是：（2）由于待測電阻的電阻值比較大比電流表的內阻大得多，所以電流表使用內接法；由于兩個滑動變阻器的電阻值都比較大，所以要選擇限流電路．所以實驗電路選擇丙，滑動變阻器選擇容易調節(jié)的變阻器，所以選擇；（3）根據(jù)實驗的原理圖，依次連接電路如圖；（4）A．閉合S前，為保護G表，開始時的電阻值要最大，所以滑片應移至最左端．故A錯誤；B．調節(jié)G表的示數(shù)為零時，與的滑片的位置無關，故B錯誤；C．該圖實驗的原理是利用惠斯通電橋法，G表示數(shù)為零時，a、b兩點間電勢差為零．故C正確；D．該實驗方法避免了電壓表的分流對測量結果的影響．故D正確。故選：CD故答案為：（1）140；（2）丙，；（3）如圖（4）CD第11題圖遮光片光電門接計時器11.（8分）用圖示裝置測量重錘的質量，在定滑輪兩側分別掛上重錘和n塊質量均為m0的鐵片，重錘下端貼一遮光片，鐵架臺上安裝有光電門.調整重錘的高度，使其從適當?shù)奈恢糜伸o止開始下落，讀出遮光片通過光電門的擋光時間t0；從定滑輪左側依次取下1塊鐵片放到右側重錘上，讓重錘每次都從同一位置由靜止開始下落，計時器記錄的擋光時間分別為t1、t2…，計算出t02、第11題圖遮光片光電門接計時器（1）擋光時間為t0時，重錘的加速度為a0．從左側取下i塊鐵片置于右側重錘上時，對應的擋光時間為ti，重錘的加速度為ai．則=▲.（結果用t0和ti表示）（2）作出的圖線是一條直線，直線的斜率為k，則重錘的質量M=▲.（3）若重錘的質量約為300g，為使實驗測量數(shù)據(jù)合理，鐵片質量m0比較恰當?shù)娜≈凳恰?A．1gB．5gC．40gD．100g（4）請?zhí)岢鲆粭l減小實驗誤差的建議：▲.【答案】（1）；（2）；（3）C；（4）減小繩與滑輪間的摩擦力【考點】本題旨在考查驗證機械能守恒定律?！窘馕觥浚?）設擋光條的寬度為，則重錘到達光電門的速度，當擋光時間為t0時的速度①，擋光時間為時的速度②，重錘在豎直方向做勻加速直線運動，則有：③④由①②③④解得：（2）根據(jù)牛頓第二定律得：⑤⑥由⑤⑥解得：作出的圖線的斜率為，則：解得：（3）重錘的質量約為，為了使重錘的加速度不至于太大，或把鐵片取下放到重錘上時，加速度產生明顯的變化，則鐵片的質量不能太小，也不能太大，所以、和都不適合，故C正確。故選：C（4）為了減小實驗誤差，我們可以減小繩與滑輪間的摩擦力或選取密度較大的重錘。故答案為：（1）；（2）；（3）C；（4）減小繩與滑輪間的摩擦力。12．選做題(請從A、B和C三小題中選定兩小題作答，并在答題卡上把所選題目對應字母后的方框涂滿涂黑．如都作答，則按A、B兩小題評分．)A．(選修模塊3-3)(12分)在大氣中，空氣團豎直運動經過各氣層的時間很短，因此，運動過程中空氣團與周圍空氣熱量交換極少，可看作絕熱過程．潮濕空氣團在山的迎風坡上升時，水汽凝結成云雨，到山頂后變得干燥，然后沿著背風坡下降時升溫，氣象上稱這股干熱的氣流為焚風．（大氣壓強隨高度的增加而減小）（1）空氣團沿背風坡下降時，下列描述其壓強p隨體積V變化關系的圖象中，可能正確的是▲(圖中虛線是氣體的等溫線)．DVpODVpOCVpOBVpOVApO（2）空氣團在山的迎風坡上升時溫度降低，原因是空氣團▲（選填“對外放熱”或“對外做功”）；設空氣團的內能U與溫度T滿足U=CT（C為一常數(shù)），空氣團沿著背風坡下降過程中，外界對空氣團做的功為W，則此過程中空氣團升高的溫度ΔT=▲．（3）若水汽在高空凝結成小水滴的直徑為d，已知水的密度為ρ、摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA．求：①一個小水滴包含的分子數(shù)n；②水分子的大小d0．【答案】（1）C；（2）對外做功、；（3）①、。【考點】本題旨在考查【解析】（1）在圖中等溫線為雙曲線的一支，而且越遠離坐標遠點的溫度越高，沿著背風坡下降時升溫，所以圖象應該由低溫度線指向高溫度線，另外在此過程中空氣團的體積變化，故選：C；（2）空氣團在山的迎風坡上升時溫度降低，空氣團內能減小，又絕熱，根據(jù)熱力學第一定律可知空氣團對外做功；根據(jù)得：①由根據(jù)熱力學第一定律得：②③

①②③聯(lián)立解得：（3）①水滴的體積為：水滴的質量：分子數(shù)：②根據(jù)：解得：答：（1）C；（2）對外做功、；（3）①一個小水滴包含的分子數(shù)為、水分子的大小為。B．(選修模塊3-4)(12分)（1）下列說法中不符合事實的是▲．A．機場安檢時，借助X射線能看到箱內物品B．交通警示燈選用紅燈是因為紅光更容易穿透云霧煙塵C．建筑外裝涂膜玻璃應用了光的全反射D．液晶顯示應用了偏振光【答案】C【考點】本題旨在考查光的偏振、全反射?！窘馕觥緼、X射線有較強的穿透能力，借助X射線能能檢測與探傷，機場安檢時，借助X射線能看到箱內物品,故A正確；B、交通警示燈選用紅燈是因為紅光更容易穿透云霧煙塵，故B正確；C、建筑外裝涂膜玻璃應用了光的薄膜干涉，不是光的全反射，故C錯誤；D、液晶顯示應用了液晶的各向異性和光的偏振原理．故D正確。本題選擇錯誤溫度，故選：C激光u第12B（2）題圖（2）如圖所示，一束激光頻率為ν0，傳播方向正對衛(wèi)星飛行方向，已知真空中光速為c，衛(wèi)星速度為u，則衛(wèi)星上觀測到激光的傳播速度是▲，衛(wèi)星接收到激光的頻率ν▲ν0（選填“大于”、“等于”激光u第12B（2）題圖【答案】、大于【考點】本題旨在考查愛因斯坦相對性原理和光速不變原理.【解析】由相對論原理可得激光速度為：依據(jù)多普勒效應可知，衛(wèi)星接收到激光的頻率大于故答案為：、大于第12B（3）題圖OO1MPQ?（3）如圖所示，一半圓形玻璃磚半徑R=18cm，可繞其圓心O在紙面內轉動，M為一根光標尺，開始時玻璃磚的直徑PQ與光標尺平行．一束激光從玻璃磚左側垂直于PQ射到O點，在M上留下一光點O1．保持入射光方向不變，使玻璃磚繞O點逆時針緩慢轉動，光點在標尺上移動，最終在距離O1點h=32cm處消失．已知O、O1間的距離第12B（3）題圖OO1MPQ?①玻璃磚的折射率n；②光點消失后，光從射入玻璃磚到射出過程經歷的時間t．【答案】①；②OO1MOO1MhCPQθωl第12B（3）題答圖【解析】①發(fā)生全反射時光路如圖：由數(shù)學知識得：全反射臨界角：玻璃的折射率：②光在玻璃中傳播的速度：全反射時光穿過玻璃磚的時間：答：①玻璃磚的折射率是；②光點消失后，光從射入玻璃磚到射出過程經歷的時間為。C．(選修模塊3-5)(12分)第12C題圖0n=1第12C題圖0n=1n=2n=3n=4∞（1）下列說法中正確的是▲．A．反氫原子光譜與氫原子光譜不相同B．基態(tài)反氫原子的電離能是C．基態(tài)反氫原子能吸收11eV的光子發(fā)生躍遷D．在反氫原子譜線中，從n=2能級躍遷到基態(tài)輻射光子的波長最長（2）反氫原子只要與周圍環(huán)境中的氫原子相遇就會湮滅，因此實驗室中造出的反氫原子稍縱即逝．已知氫原子質量為m，光在真空中傳播速度為c，一對靜止的氫原子和反氫原子湮滅時輻射光子，則輻射的總能量E=▲，此過程▲守恒．（3）一群氫原子受激發(fā)后處于n=3能級，當它們向低能級躍遷時，輻射的光照射光電管陰極K，發(fā)生光電效應，測得遏止電壓UC=．求：①逸出光電子的最大初動能Ek；②陰極K的逸出功W．【答案】（1）B；（2）、能量和動量；（3）①9、②【考點】本題旨在考查氫原子的能級公式和躍遷。【解析】：（1）A、反氫原子光譜與氫原子光譜相同，故A錯誤；B、處于基態(tài)的氫原子的電離能是，具有大于等于能量的光子可以使氫原子電離，故B正確；C、基態(tài)的氫原子吸收11eV光子，能量為，不能發(fā)生躍遷，所以該光子不能被吸收，故C錯誤；D、在反氫原子譜線中，從能級躍遷到基態(tài)輻射光子能量最大，頻率最大，波長最小，故D錯誤。故選：B（2）已知氫原子質量為，光在真空中傳播速度為，一對靜止的氫原子和反氫原子湮滅時輻射光子，則輻射的總能量，此過程能量和動量

守恒；（3）①根據(jù)動能定理得：②初動能最大的電子是從能級3躍遷至能級1發(fā)出光照射金屬板時產生的，則：解得：故答案為：（1）B；（2）、能量和動量；（3）①9、②。13．（15分）電磁彈射是我國最新研究的重大科技項目，原理可用下述模型說明．如圖甲所示，虛線MN右側存在一個豎直向上的勻強磁場，一邊長L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質量為m，ab邊在磁場外側緊靠MN虛線邊界．t=0時起磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律是B=B0+kt（k為大于零的常數(shù)），空氣阻力忽略不計．（1）求t=0時刻，線框中感應電流的功率P；（2）若線框cd邊穿出磁場時速度為v，求線框穿出磁場過程中，安培力對線框所做的功W及通過導線截面的電荷量q；（3）若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質量為M的負載物，證明:載物線框匝數(shù)越多，t=0時線框加速度越大．第13題圖第13題圖MN乙abcdBN甲MabcdB【答案】（1）；（2）、（3）根據(jù)可知，n越大，a越大【考點】本題旨在考查法拉第電磁感應定律、導體切割磁感線時的感應電動勢?！窘馕觥浚?）時刻線框中的感應電動勢：功率：解得：（2）由動能定理有：解得：穿出過程線框中的平均電動勢：線框中的電流：通過的電量：解得：（3）n匝線框中時刻產生的感應電動勢：線框的總電阻：線框中的電流：時刻線框受到的安培力：設線框的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：解得：可知，n越大，a越大答：（1）線框中感應電流的功率為；（2）安培力對線框所做的功為及通過導線截面的電荷量為（3）根據(jù)，可知，n越大，a越大。第14題圖BAOθmO′14．（16分）如圖所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧，質量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接．OO第14題圖BAOθmO′（1）桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量△l1；（2）當球隨桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為△l2，求勻速轉動的角速度ω；（3）若θ=30o，移去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω0=勻速轉動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，球受輕微擾動后沿桿向上滑動，到最高點A時球沿桿方向的速度大小為v0，求小球從開始滑動到離開桿過程中，桿對球所做的功W．【答案】（1）；（2）；（3）【考點】本題旨在考查動能定理、向心力?！窘馕觥浚?）小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，根據(jù)牛頓第二定律有：解得：小球速度最大時其加速度為零，則：第14題答圖第14題答圖BFNθmgAF2（2）設彈簧伸長時，球受力如圖所示，水平方向上有：豎直方向上有：解得：（3）當桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉動時，設小球距離B點L0，此時有：解得：此時小球的動能：小球在最高點A離開桿瞬間的動能：根據(jù)動能定理有：