河北省邢台市第一中学2020学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）

河北省邢台市第一中学2020学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）

邢台一中 2020 学年上学期第三次月考 ‎ 高二年级物理试题 第 I 卷（选择题 共 56 分）‎ 一、选择题（本题共 10 小题；每小题只有一个选项正确，每小题 4 分，共 40 分．）‎ ‎1.闭合电路中产生的感应电动势的大小，取决于穿过该回路的（ ）‎ A. 磁通量 B. 磁通量的变化量 C. 磁通量的变化率 D. 磁通量变化所需时间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律得知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量没有直接关系。‎ ‎2.下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（ ）‎ A. 图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环 A，A 会靠近磁铁 B. 图乙断开开关 S，触点 C 不立即断开 C. 图丙闭合开关 S 时，电流表有示数，断开开关 S 时，电流表没有示数 D. 图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；‎ B. 图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；‎ C. 图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；‎ D. 当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍。因此铜盘将转慢，故D错误。‎ 故选：B.‎ ‎3.如图所示，大圆导线环 A 中通有电流，方向如图所示，另在导线环 A 所在的平面内画一个圆 B，它的一半面积在 A 环内，另一半面积在 A 环外，则穿过 B 圆内的磁通量（ ）‎ A. 为零 B. 垂直向里 C. 垂直向外 D. 条件不足，无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据安培定则可知，通电环形导线A，在线圈B处产生磁场方向，左半边的垂直向里，右半边的磁场垂直向外，且线圈A内部的磁场强，外部的磁场弱，根据方向相反的磁通量可以相互抵消，可知，B圆内的磁通量是垂直于纸面向里的，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为 L、质量为 m、电阻为 R 的金属正方形线框，以速度 v 垂直磁场方向从如图实线(Ⅰ)位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图(Ⅱ)位置时，线框的速度为 v/2‎ ‎，则下列说法正确的是( )‎ A. 图(Ⅰ)时线框中感应电流方向为逆时针 B. 图(Ⅱ)时线框中恰好无感应电流 C. 图(Ⅱ)时线框感应电流大小为 BLv/R D. 图(Ⅱ)时线框受到的加速度大小为 B‎2L2v/mR ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：在图（I）时，穿过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，故A错误；‎ B项：图（II）时线框两边都切割磁感线，都产生感应电动势，且感应电动势方向相同，线框中有感应电流，故B错误；‎ C项：图（II）时线框产生的感应电动势：，感应电流：，故C正确；‎ D项：由左手定则可知，图（II）时线框左右两边所示安培力都向左，线框所受安培力：，由牛顿第二定律可知，线框加速度：，故D错误。‎ ‎5.一电荷量为 q 的正点电荷位于电场中 A 点，具有的电势能为 Ep，则 A 点的电势为j = EqP ．若把该点电荷换为电荷量为 2q 的负点电荷，则 A 点的电势为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据电势的物理意义：电势是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关．可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的电势不变，故C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎6.如图所示，U 型金属框架的两平行导轨与水平面成θ角。一个横截面为矩形的金属棒 ab 静止在导轨上，金属棒 ab 的电阻一定，其它电阻不计。从某时刻起，在此空间施加一个方向垂直于导轨平面向下且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场（即 B=kt，k 为常数）直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止。在这一过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 回路中的感应电流一直增大 B. 金属棒 ab 所受的安培力大小一直不变 C. 金属棒 ab 所受的摩擦力大小一直不变 D. 金属棒 ab 所受的摩擦力大小先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由法拉第电磁感应定律得：，感应电流：，由于k、S、R都不变，回路中的感应电流保持不变，故A错误；‎ B项：金属棒受到的安培力：，由于k、S、L、R都是定值，则安培力F随时间增大，故B错误；‎ CD项：安培力F随时间t增大，开始时安培力较小，当F＜mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向上，对金属棒，由平衡条件可得：f+F=mgsinθ，f=mgsinθ-F，由于F 不断增大，则摩擦力f逐渐减小；当安培力F＞mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向下，由平衡条件得：mgsinθ+f=F，f=F-mgsinθ，F逐渐增大，摩擦力f逐渐增大；综上所述可知，在整个过程中，摩擦力先减小后增大，故C错误，D正确。‎ ‎7.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内，有匀强磁场，它的磁感应强度大小为 B，方向垂直于圆平面（未画出），一群比荷为 的负离子（不计重力）以相同速率 v0，由 P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 所有离子飞离磁场时速度方向的反向延长线过圆心 B. 由 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 C. 所有离子在磁场中运动半径等于 R D. 所有离子飞离磁场时动能相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：若点电荷沿半径方向指向O点射入磁场，根据圆的特性和速度沿圆周的切线方向可知，该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线会通过O点，但所给离子不是沿半径方向射入的，则A错误；‎ B项：由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，则B正确；‎ C项：运动的半径由，则，其值与R无关，故C错误；‎ D项：由于洛仑兹力对带电离子不做功，只改变离子的运动方向而不改变离子的速度大小，所以离开磁场区域时的动能相等，则D正确。‎ ‎8.如图，空间某区域内存在沿水平方向匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力 F 随时间 t变化关系的图中，错误的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；‎ B项：若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；‎ C项：若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；‎ D项：若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。‎ ‎9.如图所示，有一个磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一半径为 r、电阻均匀分布且为 2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直。金属杆 Oa 一端可绕环的圆心 O 顺时针旋转，另一端 a 搁在环上，电阻值为 R；另一金属杆Ob 一端固定在 O 点，另一端 b 固定在环上，电阻值也是 R。已知 Oa 杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob 不影响 Oa ‎ 的转动，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 流过 Oa 的电流可能为 B. 金属杆 Ob 两端最大电势差为 C. O 点电势高于 a 点电势 D. 产生的感应电动势的大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】oa杆切割磁感线产生感应电动势为：，故D错误；金属杆Oa顺时针旋转，由右手定则可知，感应电流由O流向a，Oa相当于电源，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，则a点电势高，故C错误；当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，通过oa的电流最小，最小电流为：当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，最大电流为：故流过Oa的电流的范围为：‎ ‎，流过Oa的电流可能为：，故A正确；流过Ob的最大电流为，OB两端的最大电压：，故B错误。‎ ‎10.如图所示，正方形线框的边长为 L，电容器的电容为 C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，在磁场以变化率 k 均匀减弱的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表的读数为 B. 线框产生的感应电动势大小为 C. 电容器所带的电荷量为零 D. 回路中电流为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D项：磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。故A错误，D正确。‎ B项：由法拉第电磁感应定律得：，故B错误；‎ C项：线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零。故C错误。‎ 二、多选题（本题共 4 小题；每小题 4 分，共 16 分．多选题全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分）‎ ‎11.如图所示，线圈 L 的自感系数很大，且其直流电阻与小灯泡相同，L1、L2 是两个完全相同的小灯泡，开关 S 闭合和断开的过程中，灯 L1、L2 的亮度变化情况是(灯丝不会断)（ ）‎ A. S 闭合，L1 亮度不变，L2 亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮 B. S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐变暗，L2 则逐渐变得更亮 C. S 断开，L2 立即熄灭，L1 突然闪亮一下再逐渐熄灭 D. S 断开，L2 立即熄灭，L1 逐渐熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：当S闭合瞬时，由于自感线圈的阻碍作用使得两灯同时获得电压，同时发光，以后线圈的电流逐渐增大，L1灯电流逐渐减小，最后与L的电流相同，所以L1逐渐变暗，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；故A错误、B正确；‎ C、D项：S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，由于线圈的自感作用使得L1中的电流逐渐减小，原来L和L1的电流相同，所以L1不会先亮一下再熄灭，而是逐渐熄灭，故C错误、D正确。‎ ‎12.如图，矩形 abcd 为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线圈以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。下图是线圈的四个可能到达的位置，则线圈的动能不可能为零的位置是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD项：线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，动能可能为零，故AD错误。‎ BC项：线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以BC图中线框速度不可能为零，动能不可能为零，故BC正确。‎ ‎13.图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框 abcd 相连，导线框内有一小金属圆环 L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度 B 随时间按图（b）所示规律变化时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在 t1~t2 时间内，L 有收缩趋势 B. 在 t2~t3 时间内，L 有先扩张再收缩的趋势 C. 在 t2~t3 时间内，L 内无感应电流 D. 在 t3~t4 时间内，L 内有逆时针方向的感应电流 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：在t1-t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，且图的斜率逐渐增加，通过法拉第电磁感应定律可知感应电流逐渐增大，因此线圈L的磁通量在增大；由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故L有收缩的趋势，故A正确；‎ BC项：在t2-t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L 中没有感应电流，因此没有变化的趋势，故B错误，C正确；‎ D项：在t3-t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c到b，图的斜率逐渐减小，感应电流逐渐减小，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D错误。‎ ‎14.如图所示为一边长为 L 的正方形 abcd，P 是 bc 的中点，若正方形区域内只存在由 d 指向 a 的匀强电场，则在 a 点沿 ab 方向以速度 v 入射的质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子（不计重力）恰好从 P 点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在 a 点沿 ab 方向以速度 v 入射的同种带电粒子恰好从 c 点射出，由此可知下列错误的是（ ）‎ A. 匀强电场的电场强度为 B. 匀强磁场的磁感应强度为 C. 带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小 D. 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为π∶2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：，在竖直方向：，解得：，故A正确；‎ B项：粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子轨道半径：r=L，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B错误；‎ C项：粒子在电场中的加速度：，粒子在磁场中的加速度：，带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小，故 C正确；‎ D项：粒子在磁场中做圆周运动的时间：，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比：，故D错误。‎ 第 II 卷（非选择题 共 54 分）‎ 三、实验题（15 题每空 1 分，16 题每空 2 分，共 14 分）‎ ‎15.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表,量程为 60mA 的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：‎ ‎（1）仪器连线如图甲所示（a 和 b 是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔 a 为________（填“红”或“黑”）色；‎ ‎（2）若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙（a）、（b）、（c）所示，则多用电表的读数为____Ω，电流表的读数为______mA，电阻箱的读数为______Ω；‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). 14.0 (3). 53.0 (4). 4.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔；‎ ‎(2) 多用电表用×1Ω挡，由图示可知，其示数为14.0×1Ω=14.0Ω；‎ 电流表的量程是60mA，由图示可知，其分度值为1mA，示数为53.0mA；‎ 电阻箱的读数为：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω．‎ ‎16.在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A.电流表 1(量程 2mA，内阻 r1=100Ω)‎ B.电流表 2(量程 ‎1A，内阻约 10Ω C.定值电阻 R0(2900Ω)‎ D.滑动变阻器 R(0~20Ω)‎ E.开关和导线若干 ‎(1)某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，PQ 连接_________，MN 连接_________ (填“电流表“‎1”‎或“电流表“‎2”‎)。‎ ‎(2)该同学利用测出的实验数据作出的 I1-I2 图线(I1 为电流表 1 的示数，I2 为电流表 2 的示数，且 I1 远小于 I2)如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势 E=_______V，内阻 r=_______Ω。（保留两位有效数字）‎ ‎(3)若将图线的纵轴改为_________（用所测物理量的符号表示)，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。‎ ‎【答案】 (1). （1）电流表2， (2). 电流表1； (3). （2）45， (4). 1.5； (5). （3）I1(RO+r1)或3000I1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1.‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律 ，‎ 解得： ，‎ 结合图像解得：‎ ‎ ; ‎ ‎（3）若将图线的纵轴改为I1(R0+r1)或3000I1，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。‎ ‎【点睛】本题没有电压表，所以需要利用已知内阻电流表改装电压表，并结合闭合电路欧姆定律求出坐标系所对应的数学函数，利用截距和斜率求解即可。‎ 四、计算题（本大题 3 小题，共 40 分，要求必须写出必要的文字说明、公式、主要的计算步骤和明确的答案。只有最后答案不给分。）‎ ‎17.如图，水平面上有两根相距 ‎0.5m 的足够长的平行金属导轨 MN 和 PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为 R＝3.0Ω的定值电阻，导体棒 Lab＝‎0.5m，其电阻为 r＝1.0Ω，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.4T。现使ab 以 v＝‎10m/s 的速度向右做匀速运动。‎ ‎（1）ab 两点间的电压多大？‎ ‎（2）维持 ab 做匀速运动的外力多大？‎ ‎（3）ab 向右运动 ‎1m 的过程中，R 产生的热量是多少？‎ ‎【答案】⑴‎0.5A⑵0.1N（3）1w ‎【解析】‎ ‎⑴电路中电动势：……………………（1分）‎ ab两点电势差：……………………（1分）‎ 流过的电流为……………………（2分）‎ ‎⑵电路中电流：……………………（2分）‎ 匀速时拉力：……………………（2分）‎ ‎（3）拉力做功W=Fs=0.1J……………………（2分）‎ 拉力的功率：……………………（2分）‎ ‎18.轻质细线吊着一质量为 m=‎0.64kg，边长为 L=‎0.8m、匝数 n=5、总电阻为 r=1Ω的正方形线圈。边长为 L/2 的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从 t=0 开始经 t0 时间细线开始松驰，g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）在前 t0 时间内线圈中产生的感应电流；‎ ‎（2）求 t0 的值。‎ ‎（3）第 4s 末绳的拉力大小 ‎【答案】（1）I=‎0.2A；（2）t0=31s；（3）F=5.4N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得：‎ E=n=nS=0.2V 线圈中的电流为：‎ I==‎‎0.2A ‎（2）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：‎ FA =nBt0I=mg 解得：Bt0==16T 由题图乙可得：‎ Bt0=0.5+0.5t0（T）‎ 解得：t0=31s ‎（3）线圈在t0=31s前，线框均处于静止状态：‎ F+nB4IL/2=mg F=mg-nB4IL/2=5.4N ‎19.如图所示,两个电阻不计的足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为 30°,导轨间距为 L=‎1 m,顶端用阻值为 R=8Ω 的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为 B=1T。质量为 mA=‎0.1kg 的 A 导体棒在磁场中距虚线 l=‎2m 处,A 棒与导轨间的动摩擦因数为μA= ,质量为mB=‎0.2kg 的 B 导体棒在虚线处,与导轨间的动摩擦因数为μB= ,两导体棒的阻值均为 R=8Ω。将 A、B 棒同时由静止释放,A 棒到达虚线前已匀速运动,g=‎10 m/s2,运动过程中A、B 棒与导轨始终垂直且接触良好。求：‎ ‎(1)从开始运动到 A、B 棒相碰,电路中产生的焦耳热为多少?‎ ‎(2)A、B 棒相遇发生弹性碰撞（认为碰 B 后立即离开磁场）,碰后瞬间 A 棒中电流大小是多少？‎ ‎(3)A 棒从开始运动至到达虚线处的时间为多少?‎ ‎【答案】（1）Q总= J；（2）；（3）t= s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A棒在磁场中下滑时，B棒与定值电阻并联后与A棒串联，R总=‎ A棒匀速运动时产生电动势E=BLv0‎ A中的电流I=‎ A 棒匀速运动时，有 mAgsin30°=μAmAgcos30°+BIL 联立解得v0=‎3m/s A棒从静止释放到到达虚线处，对A有：‎ mAglsin30°=μAmAglcos30°+‎ 解得Q总=J ‎（2）由题知B棒与导轨间的动摩擦因数μB=，有mBgsin 30°＜μBmBgcos 30°，因此在两棒相碰前B棒静止在虚线处 A、B棒发生弹性碰撞，设碰后A、B棒的速度分别为vA和vB，有 mAv0=mAvA+mBvB 解得 vA=‎-1m/s，‎ vB=‎2m/s A棒运动时产生电动势EA=BLvA=1V ‎（3）A棒在磁场中运动时，设某瞬间的速度大小为，取很短时间△t，安培力为Fi=BiL 安培力在△t时间内冲量大小：‎ ‎=‎ 对等式两侧同时求和有 设从A棒开始运动至到达虚线处的运动时间为t，由动量定理有:‎ ‎（mAgsin30°-μAmAgcos30°）t-‎ 解得t=s