《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)同步測(cè)試卷 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)同步測(cè)試卷 新人教版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)同步測(cè)試卷 時(shí)間：90分鐘　總分：100分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題4分，共48分．其中1～7為單項(xiàng)選擇題，8～12題為多項(xiàng)選擇題，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不選的得0分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，下列說(shuō)法正確的是(D) A．穿過(guò)閉合電路(總電阻不變)的磁通量越大，電路中的感應(yīng)電流也越大 B．穿過(guò)閉合電路(總電阻不變)的磁通量變化的越多，電路中的感應(yīng)電流也越大 C．穿過(guò)電路(總電阻不變)的磁通量變化得越快，電路中的感應(yīng)電流也越大 D．穿過(guò)電路(總電阻不變)的磁通量變化得越快，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也

2、越大 【解析】E＝n，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比，只有閉合電路才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，D對(duì)． 2．電磁爐采用感應(yīng)電流(渦流)加熱的原理，通過(guò)電子線路產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，把鐵鍋放在爐面上時(shí)，在鐵鍋底部產(chǎn)生交變的電流．它具有升溫快、效率高、體積小、安全性好等優(yōu)點(diǎn)．下列關(guān)于電磁爐的說(shuō)法中正確的是(A) A．電磁爐面板可采用陶瓷材料，發(fā)熱部分為鐵鍋底部 B．電磁爐面板可采用金屬材料，通過(guò)面板發(fā)熱加熱鍋內(nèi)食品 C．電磁爐可以用陶瓷器皿作為鍋具對(duì)食品加熱 D．不可以通過(guò)改變電子線路的頻率來(lái)改變電磁爐的功率 【解析】電磁爐是利用電磁感應(yīng)加熱原理制成的烹飪器具．由高頻感應(yīng)加熱線圈(即勵(lì)磁線圈)、高

3、頻電力轉(zhuǎn)換裝置、控制器及鐵磁材料鍋底炊具等部分組成．使用時(shí)，線圈中通入交變電流，線圈周圍便產(chǎn)生一交變磁場(chǎng)，交變磁場(chǎng)的磁感線大部分通過(guò)金屬鍋體，在鍋底中產(chǎn)生渦流，從而產(chǎn)生烹飪所需的熱．所以電磁爐發(fā)熱部分需要用鐵鍋底部，而不能用陶瓷材料，面板可采用陶瓷材料，A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 3．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放有平行銅導(dǎo)軌，它與大線圈M相連接，要使小線圈N獲得順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則放在導(dǎo)軌上的金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)情況是(兩線圈共面放置)(B) A．向右勻速運(yùn)動(dòng) B．向左加速運(yùn)動(dòng) C．向左勻速運(yùn)動(dòng) D．向右加速運(yùn)動(dòng) 【解析】若要讓N中產(chǎn)生順時(shí)針的電流，M產(chǎn)生的磁場(chǎng)向里減小或向外增大，所

4、以有以下兩種情況：若垂直紙面向里的磁場(chǎng)減小，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒中電流由a到b減小，則導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動(dòng)．同理，垂直紙面向外的磁場(chǎng)增大，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動(dòng)，故B正確． 4．如圖所示，R是定值電阻，A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)較大的理想電感線圈，關(guān)于A、B亮度情況的說(shuō)法不正確的是(B) A．S閉合時(shí)，A立即亮，然后逐漸熄滅 B．S閉合時(shí)，B立即亮，然后逐漸熄滅 C．S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，B比S剛閉合時(shí)更亮，而A不發(fā)光 D．S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間再斷開(kāi)S后，B立即熄滅 5．如圖所示，水平地面的上方有垂直相交的

5、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，E的方向豎直向下，B的方向水平向里．水平方向的粗細(xì)均勻的直導(dǎo)線ab與B、E的方向都垂直．讓ab由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是(D) A．a(chǎn)b做自由落體運(yùn)動(dòng)，且ab兩端始終保持水平 B．a(chǎn)b向下運(yùn)動(dòng)加速度小于重力加速度，但ab兩端始終保持水平 C．a(chǎn)b下落時(shí)發(fā)生了轉(zhuǎn)動(dòng)，a端先落地 D．a(chǎn)b下落時(shí)發(fā)生了轉(zhuǎn)動(dòng)，b端先落地 【解析】直導(dǎo)線ab向下運(yùn)動(dòng)時(shí)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)向右，故b端帶正電、a端帶負(fù)電；電場(chǎng)強(qiáng)度向下，故a端受向上的電場(chǎng)力，b端受向下的電場(chǎng)力，故ab下落時(shí)發(fā)生了轉(zhuǎn)動(dòng)，b端先落地；故選D. 6．如圖所示，將一半徑為r的金屬圓環(huán)在垂直于

6、環(huán)面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中用力握中間成“8”字形，并使上、下兩圓半徑相等．如果環(huán)的電阻為R，則此過(guò)程中流過(guò)環(huán)的電荷量為(B) A. B. C．0 D. 【解析】由題意可知，將半徑為r的金屬圓環(huán)變成上、下半徑相等的兩個(gè)圓，則有：πr＝2×πr′ 解得：r′＝，再由面積公式S＝πr2，可知，面積變化為ΔS＝πr2－2π＝πr2； 由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律，結(jié)合電量表達(dá)式q＝Δt＝，故選B. 7．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，ab邊質(zhì)量為m，其他三邊質(zhì)量不計(jì)，現(xiàn)將abcd拉至水平

7、位置，并由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)豎直位置，產(chǎn)生熱量為Q，若重力加速度為g，則ab邊在最低位置所受安培力大小等于(D) A. B．BL C. D. 【解析】ab向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中減少的機(jī)械能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，則根據(jù)能量守恒定律得：mgL＝Q＋mv2，則得：v＝，ab運(yùn)動(dòng)到豎直位置時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv，線圈中感應(yīng)電流為I＝，ab邊在最低位置所受安培力大小為F＝BIL，聯(lián)立解得F＝，故選項(xiàng)D正確． 8．如圖a所示，一閉合線圈固定在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，線圈中的箭頭為電流i的正方向．已知線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間變化的圖象如圖b所示

8、，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間而變化的圖象，可能是下列四個(gè)圖中的(CD) 【解析】由i－t圖象可知，在0～0.5 s的時(shí)間內(nèi)，閉合線圈內(nèi)的感生電流與圖示正方向相反，為逆時(shí)針．那么由楞次定律和右手螺旋定則可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B有兩種可能：①方向?yàn)檎以龃?；②方向?yàn)樨?fù)且減?。x項(xiàng)B、C、D滿足這一條件． 在0.5～1.5 s時(shí)間段和在2.5～3.5 s時(shí)間段，電流為正，為順時(shí)針?lè)较颍敲从衫愦味珊陀沂致菪▌t可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B也有兩種可能：①方向?yàn)檎覝p??；②方向?yàn)樨?fù)且增大．選項(xiàng)C、D滿足這一條件． 在1.5～2.5 s時(shí)間段和在3.5～4.5 s時(shí)間段，電流為負(fù)，為逆時(shí)針?lè)较颍敲从衫愦味珊陀?/p>

9、手螺旋定則可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B也有兩種可能：①方向?yàn)檎以龃?；②方向?yàn)樨?fù)且減?。x項(xiàng)C、D滿足這一條件． 綜合得C、D選項(xiàng)正確． 9．如圖甲所示，光滑導(dǎo)體框架abcd水平放置，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ平行于bc放在ab、cd上，且正好卡在垂直于軌道平面的四枚光滑小釘之間．回路總電阻為R，整個(gè)裝置放在垂直于框架平面的變化的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示(規(guī)定磁感強(qiáng)度方向向上為正)，則在0～t時(shí)間內(nèi)，關(guān)于回路內(nèi)的感應(yīng)電流I及小釘對(duì)PQ的彈力FN，的說(shuō)法正確的是(AD) A．I的大小是恒定的 B．I的方向是變化的 C．FN的大小是恒定的 D．FN的方向是變化的 【解

10、析】圖象的斜率沒(méi)發(fā)生變化，因此I的方向和大小都不變，A正確，B錯(cuò)誤，磁感應(yīng)強(qiáng)度在大小均勻變化，則桿受的安培力大小變化，C錯(cuò)誤；FN先向左再向右，D正確． 10．如圖，一均勻金屬圓盤繞通過(guò)其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開(kāi)始減速．在圓盤減速過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(ABD) A．處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高 B．所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng) C．若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng) D．若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng) 【解析】根據(jù)右手定則可判斷靠近圓心處電勢(shì)高，選項(xiàng)A正確；圓盤處在磁場(chǎng)中的部分轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，相當(dāng)于電源，

11、其他部分相當(dāng)于外電路，根據(jù)左手定則，圓盤所受安培力與運(yùn)動(dòng)方向相反，磁場(chǎng)越強(qiáng)，安培力越大，故所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；磁場(chǎng)反向，安培力仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，整個(gè)圓盤相當(dāng)于電源，不存在外電路，沒(méi)有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 11．如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(ACD) A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C．a(chǎn)、

12、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1 【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝S 及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρ知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為 Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 12．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L(zhǎng)，空間存在著方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在導(dǎo)軌上放有兩

13、根質(zhì)量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，有效電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．現(xiàn)給金屬棒ab水平向左的瞬時(shí)沖量I0，同時(shí)給cd棒水平向右的瞬時(shí)沖量2I0，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(BD) A．通過(guò)ab棒的最大電流為 B．cd棒的最大加速度為 C．最終兩金屬棒將靜止在導(dǎo)軌上 D．整個(gè)過(guò)程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 【解析】設(shè)兩金屬棒的初速度大小為v0，則v0＝＝，兩棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)都會(huì)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)回路中的電流最大，Im＝＝＝，A錯(cuò)；cd棒受到的安培力最大Fm＝BImL＝，加速度最大am＝＝，B對(duì)；此后兩棒均做減速運(yùn)動(dòng)，由于兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力

14、，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，設(shè)兩棒最終共同的速度為v，則有2I0－I0＝3mv，解得v＝，即最終兩棒以共同速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)回路中的磁通量不變，回路中無(wú)感應(yīng)電流，C錯(cuò)誤；由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律知，該系統(tǒng)產(chǎn)生熱量Q＝×2mv＋mv－×3mv2＝，D正確． 二、計(jì)算題(本大題共4個(gè)小題，共52分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 13．(10分)如圖所示，OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導(dǎo)軌，O、C處分別接有短電阻絲(圖中未畫(huà)出)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(導(dǎo)軌其他部分電阻不計(jì))．導(dǎo)軌OACO的形狀滿足y＝2sin(單位：m)．磁感應(yīng)強(qiáng)度B

15、＝0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面．一足夠長(zhǎng)的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在導(dǎo)軌上從O點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn)，棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終保持與OC導(dǎo)軌垂直，不計(jì)棒的電阻．求： (1)外力F的最大值； (2)金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)電阻絲R1上消耗的最大功率． 【解析】(1)金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度最大值為2 m，此時(shí)安培力最大．當(dāng)金屬棒在O、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)，R1、R2是并聯(lián)在電路中的，其等效電路如圖所示．其并聯(lián)電阻R并＝＝ Ω. Em＝Bymv＝2 V Im＝＝0.75 A Fm＝BImym＝0.3 N (2)R1兩端電壓最大時(shí)，其功率最大． Pm＝＝

16、1 W 14．(12分)如圖甲所示，邊長(zhǎng)L＝2.5 m、質(zhì)量m＝0.5 kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.8 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它的一邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合．在水平力F的作用下，線框由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)5 s被拉出磁場(chǎng)區(qū)域，此過(guò)程中利用電流傳感器測(cè)得線框中的電流強(qiáng)度I隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．則在這過(guò)程中： (1)求通過(guò)線框?qū)Ь€截面的電荷q和I與t的關(guān)系式； (2)求出線框的電阻R. 【解析】(1)I－t圖線與橫軸所圍的面積 在數(shù)值上等于通過(guò)線框截面的電荷量q，即有：q＝×0.5×5 C＝1.25 C 由I－t圖象可

17、知，感應(yīng)電流I與時(shí)間t成正比，有： I＝kt＝0.1t (A) (2)由＝，＝，ΔΦ＝BL2，q＝Δt 聯(lián)立得：q＝ 則電阻：R＝＝ Ω＝4 Ω. 15．(14分)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.2 T，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同圓心地放置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R＝20 Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒的電阻為R′＝10 Ω，環(huán)的電阻忽略不計(jì)．那么： (1)若棒以v0＝5 m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，求棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′的瞬時(shí)MN中的電動(dòng)勢(shì)和

18、流過(guò)燈L1的電流； (2)撤去中間的金屬棒MN，若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，其變化率為＝4 T/s，求燈L1的功率． 【解析】(1)棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′的瞬時(shí)，MN中的電動(dòng)勢(shì)為 E1＝B·2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V， 等效電路如圖甲所示，由閉合電路歐姆定律可知回路總電流為 I＝＝ A＝0.04 A 流過(guò)燈L1的電流為I1＝＝0.02 A. (2)撤去中間的金屬棒MN，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，燈L1、L2為外電路，等效電路如圖乙所示，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E2＝＝πa2·＝2 V， 由閉合電路歐姆定律可知回路電流為 I＝＝ A＝0.05 A 則燈L

19、1的功率P1＝I2R＝5×10－2 W. 16．(16分)如圖所示，兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50 m．軌道的MM′端接一阻值為R＝0.50 Ω的定值電阻，直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.60 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域右邊界為NN′、寬度d＝0.80 m；水平軌道的最右端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R0＝0.50 m．現(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場(chǎng)的左邊界s＝2.0 m 處，其質(zhì)量m＝0.20 kg、電阻r＝0.10 Ω.ab桿在與桿垂直的、大小為2.0 N的水平恒力

20、F的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)撤去F，桿穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，結(jié)果恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高位置PP′.已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2.求： (1)導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體桿的電流的大小和方向； (2)在導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量； (3)在導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為v1 由動(dòng)能定理得(F－μmg)s＝mv－0 導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv1 此時(shí)通過(guò)導(dǎo)體桿的電流大小為I＝ 代入數(shù)據(jù)解得I＝3 A 由右手定則可知，電流的方向?yàn)橛蒪指向a. (2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt 聯(lián)立解得q＝0.4 C. (3)由(1)可知，導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度v1＝6.0 m/s 設(shè)導(dǎo)體桿通過(guò)半圓形軌道的最高位置時(shí)的速度為v， 則有mg＝ 在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到滑至最高位置的過(guò)程中，由能量守恒定律有 mv＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd 解得Q＝0.94 J. - 9 -