山东省泰安市部分学校2023-2024学年高二年级下册期末测试物理试题（解析版）

高二物理试卷

本试题考试时间90分钟，满分100分。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，满分24分。每小题只有一个选项符合题目要

求。

1.某质点做匀加速直线运动，经过时间/速度由V变为前（%>1）,位移大小为S,则在随后的2f时间内，

质点的位移为（）

【答案】B

【解析】

【详解】设加速度为a,时间t内有加速度

v+kv左+1

s=-------1=------vt

则在随后的2/时间内，质点的位移为

x=kvx2t-\--ax

2

4(21),

故选B。

2.2023年8月24日，日本启动核污染水排海，排放的核污染水里含64种放射性元素，将对全人类和海洋

生命产生长久的重大威胁。核污染水中M°Po发生衰变时的核反应方程为；：°Pof普pb+x,该核反应过

程中释放的能量为。，光在真空中的传播速度为c,下列说法正确的是（）

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A.利用海水稀释可以使猾Po的半衰期缩短

B.该核反应中；：°Po发生了△衰变

C.衰变后普Pb与X粒子的结合能之和小于衰变前胃P0的结合能

D.该核反应过程中的质量亏损为2

c

【答案】D

【解析】

【详解】A.半衰期是放射性元素本身的属性，利用海水稀释后，：：°Po的半衰期不变，故A错误；

B.根据质量数守恒，X的质量数为

210-206=4

根据电荷数守恒，X的电荷数为

84-82=2

所以X为：He,该反应为懑变，故B错误；

C.核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总结合能之差，所

以衰变后瞪Pb与X粒子的结合能之和大于衰变前;：°Po的结合能，故C错误;

D.该核反应过程中的质量亏损为

邛

AAm=—==Q

cc

故D正确。

故选D。

3.某兴趣小组设计了一款金属探测仪，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，其原理图如图所示。

当探测仪检测到金属物体时，金属物体中的涡流会影响原来的电磁场，探测仪检测到这个变化就会使蜂鸣

器发出声响。已知某时刻，该振荡电路的电流方向由。流向6,且电流强度正在增强。下列说法正确的是（）

A.该时刻电容器上极板带正电荷

B.该时刻线圈的自感电动势在增大

C.若线圈的自感系数增大，振荡电流的频率降低

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D.探测仪靠近金属，并保持相对静止时，金属中不会产生涡流

【答案】C

【解析】

【详解】A.某时刻，电流的方向由。流向6,且电流强度正在增强，电容器正处于放电过程，上极板带负

电荷，故A错误；

B.电流的方向由。流向6,且电流强度正在增强中，电流强度增大的越来越慢，则线圈的自感电动势正在

减小，故B错误；

C.若线圈的自感系数Z增大，根据公式/=一/可知，其自感系数工增大时振荡电流的频率降低，

2兀7LC

故C正确；

D.虽然探测仪与金属保持相对静止，但电流强度正在增大，穿过金属的磁通量增大，金属也会产生感应电

流，故D错误。

故选C。

4.如图甲所示，小型交流发电机通过电刷和理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发

电机线圈匝数为10,变压器原、副线圈的匝数比为2：1,变压器原线圈中电流随时间变化规律如图乙所示,

则发电机线圈从图示位置开始转过90。的过程中，通过电阻尺的电荷量为（）

【答案】C

【解析】

【详解】发电机线圈从图示位置开始转过90。的过程中,设发电机线圈面积为S、匝数为N,原线圈回路总

电阻为R总，原线圈位置磁感应强度为8,则原线圈通过的电荷量为

R总

其中

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BSa)2兀

4=Na>=

R总T

解得

0=

co25兀

再根据

巴=包

〃2q2

可知发电机线圈从图示位置开始转过90。的过程中，通过电阻式的电荷量为

%=—c

22571

故选C。

5.智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域，为测试不同寻迹小车的刹车性能，让它们在图甲中工

点获得相同的速度，并沿直线刹车，最终得分为刹车停止时越过的最后一条分值线对应的分数，每相邻

V

分值线间距离为0.5m。某小车M测试时恰好停止于100分分值线，该车的位移和时间的比值一与t之间的

关系图像如图乙所示，小车均可视为质点。下列说法正确的是（）

n_________________________

Q/

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，A

919293949596979899100

甲

A.小车M刹车过程中加速度大小为Z.Om/s?

B.N点距100分分值线的距离为2m

C.Is时小车M的速度为2m/s

D,若某小车恰好匀减速停止于96分分值线,则该车的加速度大小为3.0m/s2

【答案】B

【解析】

1,

【详解】A.根据题意，由公式x=v（/+5。/整理可得

x1

—=vH—at

tn°2

结合图像可得

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//12.0-4.0

v=4m/s,-a=----------

021.0

解得

a=-4m/s2

即小车M刹车过程中加速度大小为4m/sz,故A错误；

BC.A点距100分分值线的距离为

2

x二—=2m

0°2a

Is时小车〃的速度为

匕=v0+«/=4m/s-4xlm/s=0

故B正确，C错误；

D.若某小车恰好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为

x=/+4Ax=4m

则该车的加速度大小为

2

a,=-=2m/s2

12x

故D错误。

故选B。

6.某实验小组研究光电效应规律时，用不同频率的光照射同一光电管并记录数据，得到遏止电压与入射光

频率的关系图像如图所示，已知电子电荷量为e,则该光电管的阴极材料的逸出功为（）

e（。匕-。2匕）C0（。2叱-。1匕）De（2UM-"2）

"七一匕

172rl丫2—匕

【答案】A

【解析】

【详解】设该光电管的阴极材料的逸出功为％，根据光电效应方程和动能定理分别可得

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Ek=hv-W0,eUc=Ek

可得

eUc=hv-W0

结合图像可得

eUl=hvl-W0,eU2=hv2-W0

联立解得

e（-—。匕）

"o一

乙一匕

故选Ao

7.如图所示，磁感应强度大小为8的匀强磁场中一矩形线圈绕垂直于磁场的轴。0,匀速转动，转动角速度

为⑦，产生的电能通过滑环M、N由单刀双掷开关控制提供给电路中的用电器。线圈的面积为S,匝数为

N,线圈的总阻值为厂，定值电阻凡=%=氏，理想变压器的原、副线圈匝数比为1:2,电压表为理想电

表。线圈由图示位置转过90。的过程中，下列说法中正确的是（）

A.若开关打到“1”，通过电阻片的电荷量4=竺变

R+r

B.若开关打到“1”，电阻4产生的热量0=

C.若开关打到“2”，电压表的示数为。=1空竺也

5R+4r

7TN2(DRB2S2

D.若开关打到“2”，电阻火2产生的热量。=

16(7?+r)2

【答案】C

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【解析】

【详解】A.若开关打到“1”，线圈由图示位置转过90。的过程中，平均感应电动势为

-AQ

E=N——

At

又有

j=q=INt

R+r

可得

A①NBS

q=N

R+rR+r

故A错误;

BCD.根据题意可知，线圈由图示位置转过90。的过程的时间为

12乃_乃

4。2。

线圈转动产生感应电动势的最大值为

Em=NBSco

有效值为

_Em_NBSco

“一正一丁

若开关打到“1”，感应电流的有效值为

,E有_BNSco

有一RI+J+

电阻4产生的热量

222

八72nBNS7TO)R

若开关打到“2”，设电压表读数为U,流过此的电流为/，则原线圈两端电压为

流过原线圈的电流为

4=2/

则原线圈的等效电阻为

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R旦工四

4414

则有

LR

3二4：.二＞BS①

R+r+-R亚（5R+4r）

4

则电压表读数

yflRNBSco

TTU=2（7,=----------------

5R+4r

电阻与产生的热量

八U2RN2B2S2a）7r

—二还4厅

故BD错误，C正确。

故选C。

8.如图，一光滑轻滑轮用细绳00,悬挂于点0，，另一细绳跨过光滑轻滑轮，其中一端悬挂质量为m的小球

A,另一端系一质量为2m的小球B,A、B均可看作质点，外力F作用在B上，使A、B均静止，若F的

大小方向在一定范围内变化，则（）

A.改变歹的大小和方向，N。与8。的夹角£不断增大时绳。0,上的张力先增大后减小

B.改变F的大小和方向，AO与B0的夹角.不断增大时外力F先增大后减小

C.当8。绳水平时，Ffmg

D.当a=30。时，Ffmg

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于绳子拉力的大小始终等于/球的重量，与3。的夹角不断增大时，两绳拉力的合力逐

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渐减小，因此绳。。'上的张力逐渐减小，故A错误；

B.当/O与3。的夹角£不断增大时，绳子拉力7与8球的重力2〃?g的合力逐渐增大，因此外力歹逐渐变

大，故B错误；

C.当8。绳水平时，尸拉力的水平分量等于N球的重力加g,尸拉力的竖直分量等于8球的重力2〃?g,因此

下拉力的大小为

F=y[img

故C错误;

D.对3进行受力分析，如图所示

0=2a=60°

则

，=120°

由力的合成，得

F=yfimg

D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，满分16分。每小题有多个选项符合题目要求。

（选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

9.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极°、6连

接，位于A、B两板中间的放射源发出的射线从其上方小孔向外射出，射线轨迹如图所示。已知a射线、-

射线的速度分别约为0.1c、0.99c（c是真空中的光速），£射线即高速电子的质量约为质子质量的短。不

考虑相对论效应，下列判断正确的有（）

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金属板

A.。为电源正极B.a为电源负极

C.到达A板的为£射线D,到达A板的为a射线

【答案】AC

【解析】

【详解】设两板间距为d,板间电压为U,则两板间场强为

E卫

d

设电子电量为e,质量为加，则对于“射线，有

d\Ee

-=——42

22m

%=0.99%

对于a射线，有

d1E2e

———--------------1,

221836x4m.

=0.\ct2

可得

必＜为

可知，到达A板的为夕射线，由于或射线带负电，所以。为电源正极。

故选AC-

10.某种感温式火灾报警器的简化工作电路如图所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈

连接报警系统，其中心为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，及为滑动变阻器，品为定值电阻。当警

戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测R的电流触发报警。

下列说法正确的是（）

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A.警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小

B.警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变大

C.通过定值电阻员的电流过大时，报警装置就会报警

D.若要调高预设的报警温度，可减小滑动变阻器员的阻值

【答案】BC

【解析】

【详解】A.变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，即

U、=—

U2n2

由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；

B.警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，则副线圈中电流4增大，根据

«2L

可知原线圈中电流力增大，由可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率

4=人5

变大，故B正确；

C.警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定

值电阻用的电流过大，达到预设温度对应的电流值时，报警装置就会报警，故c正确；

D.若要调高预设的报警温度，即热敏电阻阻值需要更小才能到达4电流的触发值，则可增大滑动变阻器&

的阻值，故D错误。

故选BC-

H.间距为10m的两根固定的竖直杆间有一根晾衣绳，晾衣绳两端等高，长度为14m且不可伸长。将一件

衣服通过晾衣架挂在晾衣绳上，衣架能沿晾衣绳自由滑动，衣架挂钩和晾衣绳之间的摩擦力忽略不计。无

风时，衣服和衣架的悬挂点刚好位于晾衣绳的中间位置，如图甲所示；有风时，有水平向右的风作用在衣

服上，稳定后衣架悬挂点两侧的晾衣绳刚好垂直，如图乙所示。已知衣服和衣架的总质量为1.4kg,重力加

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速度g取10m/s2,风对晾衣绳的作用力忽略不计，则下列说法正确的是（)

A.无风时，晾衣绳中的拉力大小为7N

B.有风时，晾衣绳中的拉力大小为10N

C.有风时，风对衣服的作用力大小为2N

D.有风时，晾衣绳对衣架的作用力大小为12N

【答案】BC

【解析】

【详解】A.无风时，设悬挂点两侧的晾衣绳与竖直方向的夹角为，，由几何关系可知

.八5

sin"二—

7

02a

cos6=-----

7

对悬挂点受力分析可知

2Tcos。=mg

解得

12

A项错误；

B.有风时，设悬挂点左侧的晾衣绳长度为4，右侧长度为右，则有

Zj+4=102m2

LX+L2=14m

解得

Li=8m

L2=6m

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设左侧晾衣绳与竖直方向的夹角为4，右侧晾衣绳与竖直方向的夹角为名，由几何关系可知

sind]=0.8,sin%=0.6

设此时细线中的拉力大小为T',对悬挂点受力分析，竖直方向有

T'cosq+T'cos%="?g

解得

F=ION

B项正确；

C.水平方向有

T'sinq=T'sin优+F

解得

F=2N

C项正确；

D.衣服和衣架稳定后，晾衣绳对其作用力大小等于其重力和风力的矢量和，则

222

FT=^F+mg=10V2N

D项错误。

故选BC»

12.如图所示，半径为2工的光滑圆导轨内部存在理想边界的匀强磁场，其边界为与导轨内切、半径均为£

的两个外切圆，磁场的磁感应强度大小为3,方向垂直纸面向里。一根长度为2工的金属棒一端钱接于圆心

O,另一端搭在导轨上，从导轨和圆心处分别引出两根导线接在阻值为R的定值电阻两端。金属棒在外力作

用下以角速度。顺时针匀速转动，转动过程中始终与导轨接触良好，电路中除定值电阻以外的电阻均不计，

下列说法正确的是（）

A,通过定值电阻R的最大电流为竺些

R

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B.金属棒转动一周通过电阻R某截面的电荷量为期竺

R

C.从图示位置开始计时，通过电阻R的瞬时电流色空辿2

R

D.从图示位置开始计时，电阻R两端的瞬时电压e=5不。sin2(to/)

【答案】BC

【解析】

【详解】A.当金属棒全部位于磁场中时，回路中产生的感应电动势最大，对应的最大电流为

「E2Bl}e

1=—=--------

RR

故A错误；

B.在加时间内回路中磁通量的变化量对应如图甲所示的阴影部分,则金属棒转动一周回路中磁通量的变

化量为

A①=

通过回路某截面的电荷量为

-.△①InBl}

q=I・M=——二------

RR

故B正确；

甲

C.从图示位置开始计时，t时刻金属棒转过的角度为

0=CDt

结合如图乙所示的几何关系，回路中产生的感应电动势

e=2BI}cosin1(cot)

通过电阻R的瞬时电流

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,2Bl}a>sin2

R

故C正确；

D.由欧姆定律可知

U=IR

所以从图示位置开始计时，电阻R两端的瞬时电压为

故D错误。

故选BCo

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某实验小组利用压敏电阻设计可测量气体压强的实验电路，并验证等温条件下气体压强与体积的反比关

系。该小组查阅资料得知，所用到的压敏电阻工作面受到的压力P与阻值用的关系如图甲所示，图中压力

厂在4N到9N之间时，阻值凡与压力E满足&=-3000/+32000（Q）,该实验小组在此压力范围内

进行实验。已知实验室大气压强为Po=lxl（）5pa,压敏电阻工作面面积为s=4xl0-5m2。

该实验小组把压敏电阻（工作面向下）嵌入到活塞上，并设计了如图乙所示的电路图来进行实验，主要实

验器材有:

微安表（0〜100|iA,内阻厂=1000。）；

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电阻箱片(0〜99999.9Q)；

电源E(电动势为L5V,内阻不计);

开关K、导线若干。

(1)调节电阻箱的阻值，当工作面受到压力为4N时，电流表示数为50心，则电阻箱接入阻值为—。，

此时压敏电阻工作面所处环境的压强为—Pa；

(2)打开针管的出气口，调节活塞位置至气体体积为100mL,然后关闭出气口，缓慢推动针管活塞，记

录多组针管内气体的体积「以及与之对应的电流/,实验过程中，气体体积越小，微安表的示数—(选

填“越大”或者“越小”)；

(3)在(2)过程中，电流的倒数，与气体体积的倒数工若满足的关系为：，即可验证一定质量的气

Iv—

体在等温条件下压强和体积满足反比关系。

【答案】(1)®.9000②.lx3

(2)越大(3)：=2.8xl()4—乎(A-。或者宁=3.5x105—?(AT)

【解析】

【小问1详解】

[1]根据闭合电路欧姆定律可知

1=——-——

Rp+R]+r

解得

&=90000

[2]此时压敏电阻工作面所处环境的压强为

p4

p=—=---------Pa=lxlO5Pa

S4x10-5

【小问2详解】

由题意可知，当缓慢推动针管活塞，气体体积越小，压强越大，即压力越大，由图可知，国越小，所以微

安表的示数越大。

【小问3详解】

由题意可知，打开针管的出气口，针管中压强为大气压强，则压敏电阻所受压力为4N,即缓慢推动针管活

塞，压力从4N开始变化，符合题中阻值&与压力少的关系，根据等温变化可知

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pV=PoVo

解得

"110

P=Po%x^=

~V

根据压力与压强的关系可知

F=pS

结合题中阻值Rp与压力F的关系可知

4x10-4

&二—3000x------+32000

PV

根据闭合电路欧姆定律可知

1_火］+厂+7?p

1~E

联立解得

1=2.8xlO4-y-（A-'）

14.用如图a所示装置，验证固定转轴物体的平衡条件.OD为质量均匀分布的轨道，O为光滑固定转轴•一

不可伸长的轻细绳，一端连在轨道D端，另一端通过光滑定滑轮连在固定的力传感器A上•调节轨道使其

水平，将位移传感器接收器B固定，使其右侧面对准转轴。点，小车E放在轨道上，使位移传感器接收器

C左侧面对准转轴O点•给小车初速度，利用位移传感器和力传感器，测量不同时刻t小车离开O点的距离

S和细绳的拉力F,计算机将数据记录在表格.

（1）利用上述测量数据验证固定转轴物体的平衡条件，还需测量的量是.（选填下列物理量符号：

轨道重量Gr小车和其上固定的位移传感器发射器总重量G2、位移传感器接收器的重量G3、轨道长度4、

细绳长度右、力传感器到定滑轮距离右、细绳与轨道夹角。）

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（2）若。=30°，轨道长右=1.00加，以s为横坐标，F为纵坐标，通过计算机做出图象如图b,由图象可

求出小车和其上固定的位移传感器发射器总重量为______N,该值比真实值.（选填“偏大”“偏小”“相

同”）

（3）若将小车看做质点，由图象b可求出轨道重量为N,该值比真实值_（选填“偏大”“偏小”“相

同”），其原因是.

【答案】①.G、6、%、0②.2.0；③.相同；④.10.0；⑤.偏大；⑥.s

小于小车和其上固定的位移传感器发射器总重量G?的力臂

【解析】

【详解】（1）[1].由杠杆平衡条件即实验设计图可知要验证的是小车和其上固定的位移传感器发射器总重

量及其对应的力臂、轨道重量及其重力的力臂和细绳拉力及其力臂，故除图b给出的细绳拉力歹和小车和

其上固定的位移传感器发射器对应的力臂外我们还需测得小车和其上固定的位移传感器发射器总重量、轨

道重量及其重力的力臂及细绳拉力对。点的力臂，所以，还需测量的量是G、G-e.

（2）[2][3].由杠杆平衡条件可得：

=

—G]■L[+G7-sF'；

所以

F=----!——I------=-s.

2sin6L{sm0'

%=0时,尸=10.0"

由图6可知，〈.

卜=0.50加时,尸=12.0"

所以

G,12.0-10.0,

——--=----------NT/Zm

Asin，0.50-0

故

G2=4.0N/mxL1Sin（9=2.0N；

杠杆平衡条件考虑了轨道重量等影响因素且右、6固定，没有影响因子，所以，图6的斜率不变，故该理

论值应与实验值相同；

（3）[4][5][6].由（2）可得

第18页/共26页

-^-=10.0N

2sind

所以

G1=20.0xsin30°N=10.0N；

测量时，s为小车上固定的位移传感器发射器左端；理论上应为小车及其上固定的位移传感器发射器的质心,

故S偏小，那么图6的斜线整体上移了，即一口偏大，所以，G1偏大；

2sin6

点睛：在求解实验题时，我们只需要按照实验目的控制所需实验数据以外的条件不变，进而按步骤求解即

可；在误差分析中，则考虑控制变量那些与理论不一致，进而分析其带来的影响即可.

15.2023年10月23日，中国选手夺得杭州亚运会女子3km自行车个人追逐赛冠军。杭州亚运会自行车跑

道为周长250m的椭圆，如图a所示，M、N两点为位于椭圆轨道短轴的两端点，比赛开始后，甲、乙两名

选手分别从河、N两点同时出发，骑行前两圈过程中甲、乙两名选手的速率随时间变化的规律分别如图b、

图c所示。求

(1)甲选手骑行路程为82.5m时的速率；

(2)甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手？(写出必要的计算和文字说明)

图a图b图c

【答案】(1)v=9m/s；(2)甲未追上乙

【解析】

【详解】(1)假设甲骑行82.5m时处于10-20s的某时刻，0-10s甲的路程为

Q।Q

5,=^^xl0=40m<82.5m

12

故假设成立，10-20s甲的加速度为

10-8

=0.2m/s2

1

S-S]=Vjt—-ctyt9

解得:

t=5s,t=-85s（舍去）

第19页/共26页

由

V=V]+"

解得

v=9m/s

(2)0-40s乙的加速度为

勺=曰=0.33/

240

甲乙速率相等需要的时间

v100

——二--------S

a23

甲在这段时间内通过的路程为

790

s甲=40m+90m+v甲（/共一20s）=^—m

乙在这段时间内通过的路程为

12500

s乙=5*=亍m

甲乙速率相等时的路程差为

△§=5甲一5乙=—m<125m

故甲未追上乙。

16.如图所示，/、B、C三个物体的质量是加A=W,mB=mc=2m,A、8两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、

C用劲度系数左2的轻弹簧相连，劲度系数为左的轻弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时,

/、2两物体均静止且在同一水平面上，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦。

(1)求此时两弹簧的形变量；

(2)若用竖直向下的拉力缓慢拉动/物体，在拉动过程中，弹簧以及与/、2相连的绳子始终竖直，到C

物体刚要离开地面(/尚未落地，8没有与滑轮相碰)，求：

①C刚要离地时竖直向下的拉力F的大小；

②C刚要离地时滑轮下降的距离；

③C刚要离地时/、3两物体的高度差。

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【答案】（1）—2mg产mg；（2）①3%g；②6rm互e；③6-m7互e+1’2m点e

kk2勺k2k1

【解析】

【详解】（1）对/做受力分析可知，绳子上的拉力大小等于/的重力大小，则滑轮受到向下的拉力为

Fi=2mg

由胡克定律可得

」.二2mg

1

kxk[

对2做受力分析有

F2=2mg-mg=mg

由胡克定律可得

=%=整

2-卜一k

八/2八/2

（2）①C刚要离开地面时对/做受力分析可得

F=mB+mc-m^=3mg

②。刚要离地时绳子的拉力为

F拉=m8+加c=4机g

由胡克定律可得

，2F垃3mg

X=——=——

kx及

则C刚要离地时滑轮下降的距离为

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.，6mg

Ax=%1-X]=晨

③C刚要离地时劲度系数为fo的弹簧弹力为

F；=mcg=2mg

则由胡克定律可得

x，_K_2mg

K2k,

A下降的距离

M_(mg।2mg।8Mg2加g3掰g112Mg

A

hk2k[hk2除

则B上升高度为

.,，3mg

△〃B=%+%=----

k?

则。刚要离地时4、5两物体的高度差为

47AzAz6mg12mg

AA=+A/Z=-------1-----------

皿AR'BR与k,

17.南海上某哨塔想采用浮桶式波浪发电补充生活用电，其原理简化如图甲。能产生如图乙辐向磁场的磁体

通过支柱固定在暗礁上，线圈内置于浮桶中。浮桶随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中。

该线圈与阻值&=640的指示灯相连.如图乙所示，浮桶下部由内、外两