2018版高考物理仿真模拟试卷（四） Word版含解析

这是一份2018版高考物理仿真模拟试卷（四） Word版含解析，共13页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列说法正确的是( )
A．研究张继科打出的弧旋乒乓球，可把乒乓球看成质点
B．研究在女子万米比赛中的“长跑女王”特鲁纳什·迪巴巴，可把特鲁纳什·迪巴巴看成质点
C．参考系必须选取静止不动的物体
D．在空中运动的物体不能作为参考系
答案 B
解析 研究弧旋乒乓球时，乒乓球的大小和形状不能忽略，故不能看成质点，A错误；参考系的选取是任意的，C、D错误．
2．(2015～2016杭州四校高二下期中考试)一辆汽车以20 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车以大小为5 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后2 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为( )
A．1∶1 B．3∶4 C．3∶1 D．4∶3
答案 B
解析 汽车的刹车时间t0＝eq \f(20,5) s＝4 s，故刹车后2 s及6 s内汽车的位移大小分别为
x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)＝20×2 m＋eq \f(1,2)×(－5)×22 m＝30 m，
x2＝20×4 m＋eq \f(1,2)×(－5)×42 m＝40 m，
x1∶x2＝3∶4，B正确．
3．(2016·通化高三检测)如图1所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体一起运动，充当物体向心力的是( )
图1
A．重力
B．弹力
C．静摩擦力
D．滑动摩擦力
答案 B
解析 物体在竖直方向上受重力和静摩擦力作用，两力平衡，在水平方向上受弹力作用，弹力充当向心力，B正确．
4．(2015～2016杭州市余杭、萧山、新登、昌化四校高二第二学期期中考试)自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成．如图2所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法中正确的是( )
图2
A．摩擦力Ff逐渐增大
B．摩擦力Ff先增大后减小
C．支持力FN逐渐增大
D．支持力FN先减小后不变
答案 B
解析 设货厢底板与水平方向夹角为θ，在θ增大过程中，若货物没有滑动，受力分析则有FN＝mgcs θ，Ff＝mgsin θ，滑动后受力分析有FN＝mgcs θ，Ff＝μmgcs θ，故FN随θ增大一直减小，Ff先增大后减小，选项B正确，A、C、D错误．
5．(浙江省台州市六校2016高二期末联考)2015年上映的美国科幻片《火星救援》在全球引起热播，影片拍摄中各个环节均用到了一些基本物理原理．有一次，被困在火星的宇航员马克·沃特尼在与救援小组对接时，由于马克·沃特尼的飞行器燃料不够，没有到达理想的高度，离救援小组还有几十米的距离，马克·沃特尼急中生智，在自己的宇航服上戳了一个小洞，利用向下喷出的气体，使自己获得向上的力成功地对接上救援小组．马克·沃特尼使自己获救主要用到的物理规律是( )
A．牛顿第一定律 B．牛顿第三定律
C．机械能守恒定律 D．万有引力定律
答案 B
解析 宇航服中的气体原来相对宇航员静止、速度为零，当气体向下喷出，则说明气体受到宇航员的向下的作用力，根据牛顿第三定律，宇航员获得向上的反作用力，B正确．
6．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图3所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
图3
A．g B．2g C．3g D．4g
答案 B
解析 从题图中可以看出，最后绳子拉力稳定不变，表明人已经静止不动，此时绳子的拉力等于重力，所以mg＝0.6F0，根据牛顿第二定律，最大加速度amax＝eq \f(F合,m)＝eq \f(1.8F0－mg,m)＝eq \f(1.2F0,m)＝eq \f(2mg,m)＝2g，故B正确．
7．(2015～2016学年高二第二学期期中杭州地区七校联考)如图4所示，某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2.则球在墙面上反弹点的高度范围是( )
图4
A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m
答案 A
8．(2016·浙江省台州市六校高二期末联考)随着经济的快速发展，我国的汽车保有量也在快速增加，仅次于美国，排名世界第二，汽车饰品作为其附加产业也得到了发展．有一辆私家车在前挡风玻璃内悬挂了一个“平安符”挂件，当汽车转弯时，在窗门紧闭的汽车内，驾驶员发现挂件向右倾斜并且倾斜程度正在缓慢增加，已知汽车的转弯半径一定，则下列说法正确的是( )
A．汽车可能正在向右加速转弯
B．汽车可能正在向右减速转弯
C．汽车可能正在向左加速转弯
D．汽车可能正在向左减速转弯
答案 C
解析 汽车内的挂件跟随汽车做相同的运动，挂件受竖直向下的重力、沿绳方向的拉力，其合力向左，所以挂件向左转弯，因为挂件的倾斜程度增加，说明合力增大，根据向心力公式Fn＝eq \f(mv2,r)，汽车转弯半径不变，则速度增大，C正确．
9．(2015～2016学年高二第二学期期中杭州地区七校联考)2016年3月22日，据《科技日报》报道，我国有尖兵系列侦察卫星和前哨系列红外预警卫星两大类军用遥感卫星，这是我国首次公开证实预警卫星的存在．导弹预警卫星，用于监视和发现敌方战略弹道导弹并发出警报的侦察卫星．通常被发射到地球静止卫星轨道，由几颗卫星组成预警网．利用卫星上的红外探测器探测导弹在飞出大气层后发动机尾焰的红外辐射，并配合使用电视摄像机跟踪导弹，及时准确判明导弹并发出警报．根据上述材料，请问以下说法正确的是( )
A．静止轨道上的预警卫星的加速度小于月球的加速度
B．如果长期不维护，预警卫星有可能会脱离地球，飞向茫茫宇宙
C．预警卫星在地球静止卫星轨道上运行时，不可能会经过杭州正上方
D．预警卫星在地球静止卫星轨道上运行时，它的运行速度大于7.9 km/s
答案 C
10．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋使它变形．则水的势能( )
图5
A．增大 B．变小 C．不变 D．不能确定
答案 A
解析 人从侧面推水袋使其变形后，人对水袋做功，根据能量守恒定律可知，水的重力势能要增大，故A正确．
11．(2014·浙江7月学考)在阳台上将质量不同的两小球自同一高度一起静止释放，忽略空气阻力，两球可视为质点，以地面为参考平面，则在两球落到水平地面前瞬间，下列判断正确的是( )
A．质量大的球动能较大
B．质量大的球势能较小
C．质量大的球势能较大
D．两球的机械能均为零
答案 A
解析 设初始高度为h，则落到水平地面的瞬间其动能等于势能的变化，即：eq \f(1,2)mv2＝mgh，则质量大的动能较大，故A正确；两球落到水平地面前瞬间，两者相对于地面的高度为零，故两者势能相等，均为零，故B、C错误；在两球落到水平地面前瞬间，两球动能均不为零，故机械能均不为零，故D错误．
12．一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图6所示．这段时间内电风扇的用电量为( )
图6
A．3.9×10－4度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
答案 B
解析 用电量为：W＝UI1t1＋UI2t2＋UI3t3＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)＝220 V×(0.3 A×10×60 s＋0.4 A×600 s＋0.2 A×2 400 s)＝1.98×105 J
1 kW·h＝3.6×106 J
故W＝eq \f(1.98×105,3.6×106) kW·h＝5.5×10－2 kW·h.
13．(2016·宁波市联考)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血液速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图7所示．由于血流中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血流内部的电场可看作匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
图7
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
答案 A
解析 血液中的离子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给离子的力与洛伦兹力相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝eq \f(E,B)≈1.3 m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极，故选A.
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
14．[加试题]甲、乙两弹簧振子的振动图象如图8所示，则可知( )
图8
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
答案 CD
解析 从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确．
15．[加试题]实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋eq \f(B,λ2)＋eq \f(C,λ4)，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图9所示，则( )
图9
A．屏上c处是紫光 B．屏上b处是红光
C．屏上d处是紫光 D．屏上a处是红光
答案 CD
解析 可见光中红光波长最长，折射率最小，折射程度最小，所以a为红光，而紫光折射率最大，所以d为紫光．
16．[加试题]下面的说法正确的是( )
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
答案 ABD
第Ⅱ卷
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)(2015～2016台州市六校高二期末联考)一位同学在探究木块的速度随时间变化的规律时，在质地均匀的水平桌面上将木块、电火花计时器、纸带连接成如图10甲所示的装置．先接通频率为50 Hz的电源，再给木块一向左的初速度，木块向左运动一小段距离后将纸带拉紧，最后得到如图乙所示点迹的纸带，A、B、C、D、E是连续的五个计数点，每相邻两个计数点间还有一个点未画出，下面标注的数字是相邻两计数点间的距离，单位是 cm.
图10
(1)木块与纸带的________(填“左”或“右”)端固定．
(2)由纸带上数据判断，在误差范围内，可以认为木块做的是__________(填“匀速”“匀加速”或“匀减速”)运动．
(3)木块运动的加速度大小是________ m/s2.(保留两位有效数字)
答案 (1)右 (2)匀减速 (3)2.4
解析 (1)木块运动中受到摩擦阻力做减速运动，所以相等的时间内位移逐渐减小，故木块与纸带的右端固定．
(2)因为7.20 cm－6.81 cm＝0.39 cm、6.81 cm－6.43 cm＝0.38 cm、6.43 cm－6.04 cm＝0.39 cm，相等的时间内的位移差近似相等，所以在误差范围内，可以认为木块做匀减速运动．
(3)电源的频率为50 Hz，打点周期则为0.02 s，则相邻两计数点间的时间间隔为0.04 s，所以加速度的大小为a＝eq \f(Δx,Δt2)＝eq \f(7.20＋6.81－6.43－6.04×10－2,4×0.042) m/s2≈2.4 m/s2.
18．(5分)(1)如图11甲是“测定电源的电动势和内阻”实验采用的实物连线示意图，请在图乙虚线框中将相应的电路图画完整．
图11
(2)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，得到了图12甲所示的I－U图线，他在实验中用的电路图是________(填“乙”或“丙”)．
图12
答案 (1)如图所示
(2)乙
19．(9分)(2016·温州3月学业水平模拟考试)当地时间2016年3月19日凌晨，一架从阿拉伯联合酋长国迪拜飞往俄罗斯西南部城市顿河畔罗斯托夫的客机，在俄机场降落时坠毁，机上62人全部遇难．专家初步认定，恶劣天气是导致飞机失事的原因．为了保证安全，避免在意外事故发生时出现更大损失与伤害，民航客机都有紧急出口，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人可沿斜面滑行到地面上，并以不变的速率进入水平面，在水平面上再滑行一段距离而停止，如图13所示．若机舱口下沿距地面3.6 m，气囊构成的斜面长度为6.0 m，一个质量60 kg的人沿气囊由静止滑下时所受到的摩擦阻力是240 N．若人在水平面的动摩擦因数与气囊相同，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图13
(1)人与气囊之间的动摩擦因数μ；
(2)人在气囊上下滑的时间t；
(3)人在水平面上滑行的距离x.
答案 (1)0.5 (2)eq \r(6) s (3)2.4 m
解析 (1)设气囊倾角为α，由几何关系知
sin α＝eq \f(h,L)＝eq \f(3.6,6.0)＝0.6，得α＝37°
Ff＝μFN＝μmgcs α
解得μ＝eq \f(Ff,mgcs α)＝eq \f(240,60×10×0.8)＝0.5.
(2)人在气囊上下滑过程中，由牛顿第二定律得
mgsin α－Ff＝ma1
得a1＝eq \f(mgsin α－Ff,m)＝eq \f(60×10×0.6－240,60) m/s2＝2.0 m/s2
下滑时间t＝ eq \r(\f(2L,a1))＝ eq \r(\f(2×6.0,2.0)) s＝eq \r(6) s.
(3)人到达地面的速度v1＝a1t＝2.0×eq \r(6) m/s＝2eq \r(6) m/s
人在地面上运动的加速度a2＝eq \f(μmg,m)＝μg＝5.0 m/s2
人在水平面上滑行的距离x＝eq \f(v\\al( 2,1),2a2)＝eq \f(2\r(6)2,2×5.0) m＝2.4 m.
20．(12分)如图14所示，A是高为H＝5 m的平台，与轨道PQMN在同一竖直平面上，PQMN依次为平滑连接的滑行轨道，其中PQ段与水平面成θ＝37°角，P端离地面高h＝3.2 m，QMN由半径为R1＝10 m的凹形圆弧轨道和平滑凸形轨道组成．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形轨道的最高点，N点附近轨道可看作圆心在O点、半径为R2的圆弧轨道．已知滑板及运动员的总质量m＝60 kg，运动员从A点水平滑出，经P点切入轨道PQ(速度方向恰好沿PQ方向)，经M点后从N点水平飞出．(运动过程中可把滑板及运动员视为质点，忽略摩擦阻力和空气阻力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)求：
图14
(1)设计轨道时，A到P的水平距离L应为多少？
(2)滑板滑到M点时，轨道对滑板的支持力多大？
(3)运动员从N点水平滑出轨道，设到N点时轨道对滑板的支持力大小为FN，求FN与轨道半径R2的函数式，并指出该函数式中的R2的取值范围．(假设运动员与滑板在N点之前不会离开轨道)
答案 (1)4.8 m (2)1 584 N (3)FN＝1 800－eq \f(9 840,R2) 5.47 m≤R2≤8.2 m
解析 (1)A到P过程，运动员做平抛运动，P点时速度恰好沿PQ方向，则
H－h＝eq \f(1,2)gt2，t＝ eq \r(\f(2H－h,g))＝ eq \r(\f(25－3.2,10)) s＝0.6 s
tan 37°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，解得v0＝8 m/s
L＝v0t＝4.8 m
(2)对A到M过程应用动能定理：
mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
对经过最低点M时受力分析：FNM－mg＝meq \f(v2,R1)
解得FNM＝1 584 N
(3)对A到N过程应用动能定理：
mg(H－R2)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,N)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
对经过最高点N时受力分析：mg－FN＝meq \f(v\\al( 2,N),R2)
解得FN＝1 800－eq \f(9 840,R2)
人刚好能到最高点时FN＝mg，则R2＝8.2 m
人到最高点恰好做平抛运动FN＝0，则R2≈5.47 m
所以5.47 m≤R2≤8.2 m.
21．(4分)[加试题]在验证动量守恒定律的实验中，某同学用如图15所示的装置进行如下的实验操作：
图15
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处．使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹B；
③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
④用天平测量a、b的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3.
(1)小球a与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的________点(填“A”或“C”)；
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为__________________________________(仅用ma、mb、y1、y2、y3表示)．
答案 (1)C (2)eq \f(ma,\r(y2))＝eq \f(ma,\r(y3))＋eq \f(mb,\r(y1))
解析 (1)碰后va′(2)由y＝eq \f(1,2)gt2
x＝v0t
得v0＝xeq \r(\f(g,2y))∝eq \f(1,\r(y))
所以mava＝mava′＋mbvb′
即eq \f(ma,\r(y2))＝eq \f(ma,\r(y3))＋eq \f(mb,\r(y1)) .
22．(10分)[加试题]为了能让冰壶运动员更好的把控冰壶的运动，运动员要进行各式各样的训练．在某次训练中，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体左侧一蹲在冰面上的运动员和其面前的冰壶均静止于冰面上．某时刻运动员将冰壶以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，运动员的姿态始终保持不变，冰壶平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知运动员质量为m1＝60 kg，冰壶的质量为m2＝10 kg.取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰壶与斜面体分离后能否追上运动员．
答案 (1)20 kg (2)冰壶能追上运动员
解析 (1)规定向右为速度正方向．冰壶在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒，斜面和冰壶机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v
eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v20＝3 m/s为冰壶推出时的速度，联立并代入题给数据得
v＝1 m/s
m3＝20 kg
(2)运动员推出冰壶后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0
代入数据得v1＝－0.5 m/s
设冰壶与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3
eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh＝eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al( 2,3)
解得v2＝－1 m/s
故冰壶能追上运动员．
23．(10分)[加试题]如图16所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度ef与fg均为L.一个质量为m、边长为L的正方形线框以速度v进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动．求：
图16
(1)当ab边刚越过ff′时，线框的加速度多大？方向如何？
(2)当ab边到达gg′与ff′正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，求线框从开始进入磁场区域到ab边到达gg′与ff′正中间位置时，产生的热量是多少？
(3)在(2)的情况下若已知线框总电阻为R，匀强磁场磁感应强度的大小为B，求从ab边越过ff′边界到线框再做匀速运动所需的时间．
答案 (1)3gsin θ 方向沿斜面向上
(2)eq \f(3,2)mgLsin θ＋eq \f(15,32)mv2
(3)eq \f(1,mgsin θ)(eq \f(2B2L3,R)－eq \f(3,4)mv)
解析 (1)ab边进入磁场时产生电动势E＝BLv
线框中电流I＝eq \f(E,R)
ab边受安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
刚开始线框做匀速直线运动，则有mgsin θ＝F
ab边刚越过ff′时，cd也同时越过了ee′，则线框上产生的电动势E′＝2BLv
线框所受的安培力变为F′＝2BI′L＝eq \f(4B2L2v,R)＝4mgsin θ，方向沿斜面向上
故线框的加速度为a＝eq \f(F′－mgsin θ,m)＝3gsin θ，方向沿斜面向上
(2)设线框再次做匀速运动时速度为v′
则由受力平衡mgsin θ＝eq \f(4B2L2v′,R)
那么v′＝eq \f(v,4)
根据能量守恒mg·eq \f(3,2)Lsin θ＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv′2＋Q
Q＝eq \f(3,2)mgLsin θ＋eq \f(15,32)mv2
(3)在ab边越过ff′边界以后，ab、cd两边所受安培力都会发生变化，但任一时刻两边中所受安培力都相同，据动量定理有
mgsin θ·t－2BLeq \x\t(I)·t＝mv′－mv，其中eq \x\t(I)为通过线框的平均电流
由于q＝eq \x\t(I)·t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)
解得t＝eq \f(1,mgsin θ)(eq \f(2B2L3,R)－eq \f(3,4)mv)