（网络收集）2025年湖南物理高考真题带答案带解析带分值文字版一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.关于原子核衰变，下列说法正确的是（）A.原子核衰变后生成新核并释放能量，新核总质量等于原核质量B.大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间，为该元素的半衰期C.放射性元素的半衰期随环境温度升高而变长D.采用化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期【答案】B【解析】本题考察原子核衰变、爱因斯坦质能方程及半衰期。A选项，原子核衰变存在质量亏损，新核总质量小于原核质量，A错误；B选项，半衰期定义为大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间，B正确；C、D选项，放射性元素的半衰期由原子核内部自身因素决定，与环境温度、化学方法等外界因素无关，C、D错误。【分值】4 2.如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、、表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】本题考察运动的分解及运动学图像问题。可先对物块进行受力分析，确定物块的运动性质，再分别分析水平方向和竖直方向的运动情况，进而判断各图像是否正确。分析物块的运动性质：物块在光滑斜面上运动，受到重力和斜面的支持力，合力沿斜面向下，大小恒定，物块做匀减速直线运动，加速度a=gsinθ（θ为斜面倾角），方向沿斜面向下。分析水平方向的运动：将加速度a和初速度v0沿水平和竖直方向分解。水平方向有分加速度ax=acosθ=gsinθcosθ，因为水平方向加速度恒定，物块做匀变速直线运动，根据速度-位移公式=-2axx（v0x为初速度水平分量），vx与x不是一次函数关系，图像是抛物线的一部分，A、B错误。分析竖直方向的运动：竖直方向分加速度ay=asinθ=gsin2θ，恒定不变，物块做匀变速直线运动，根据速度-位移公式=-2ayy（v0y为初速度竖直分量），vy与y是二次函数关系，vy-y图像是曲线，即图像是抛物线的一部分，C正确，D错误。综上，答案选C。【分值】4 3.如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质，入射点为A点，折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（）A.入射角θ小于45°B.该介质折射率大于C.增大入射角，该单色光BC上可能发生全反射D.减小入射角，该单色光在AB上可能发生全反射【答案】D【解析】本题考察光的折射及全反射问题，解决此类问题的关键是画好光路图，由几何关系进行解答。根据几何关系可知，折射角，又光线是从光疏介质射入光密介质的，因此入射角大于折射角，即入射角，A错误；根据折射定律得n=，B错误；由于，根据全反射临界角公式可知，解得，增大入射角，设该单色光在弧BC上的入射点为M，如图所示，则在等腰三角形中，，所以一定不能发生全反射，C错误；同理，减小入射角，设该单色光在弧AB上的入射点为N，如图所示，则在等腰三角形△AON中，，所以可能发生全反射，D正确。O A BθM Nα【分值】4 4.我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理得到。下列选项正确的是（）A.a为为为B.a为为为C.a为为为D.a为为为【答案】A【解析】本题考察万有引力定律的应用问题，卫星在同步轨道上有卫星在行星表面附近有解得M=，结合题中条件可知，，A对【分值】4 5.如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.A球静止时，轻绳上拉力为B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小【答案】C【解析】本题考察力的平衡及牛顿第二定律的加速度与合力的瞬时对应关系。对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示，根据力的平衡条件得，解得，AB错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a=g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。mg T 30o F相30o【分值】4 6.如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是（）A.S与a相连，灯泡的电功率最大B.S与a相连，灯泡两端的电压为C.S与b相连，流过灯泡的电流为D.S与c相连，灯泡的电功率为【答案】B【解析】本题考察理想变压器的工作原理理想变压器与副线圈电路等效为一个电阻，则有=，根据理想变压器的工作原理可知，，又R=，联立解得，等效电路如图所示，a b S c R~R R R又的电功率等于灯泡的电功率，S与c相连时回路中电流最大，的电功率最大，灯泡的电功率最大，A错误；当S与a相连时，根据串联分压规律可知，两端的电压U1=U=U，则灯泡两端的电压U2==，B正确；当S与b相连时，等效电路中的电流I1=，则流过灯泡的电流I2=kI1=.C错误；当S与c相连时，等效电路中的电流I1=，则的电功率P1=，即灯泡的电功率为P2=，D错误。【分值】4二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，在平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于平面。频率均为。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿方向传播，波速均为。下列说法正确的是（）A.两横波波长均为B.时，C处质点加速度为0 C.时，C处质点速度不为0 D.时，C处质点速度为0【答案】AD【解析】本题考察机械波的叠加，波速、波长与频率间的关系根据波速、波长与频率间的关系得=4 m，A正确；根据几何关系可知，=5 m，则B处波源形成的波传播至C点所需的时间=0.5 s，A处波源形成的波传播至C点所需的时间，故t=0.4 s时，只有A处波源形成的波传播到了C点，且C处质点振动了0.1s=0.1×2.5T=，即此时C处质点振动到了波峰处，加速度最大，速度为零，BC错误；t=0.6 s时，A处波源与B处波源形成的波均传播到了C点，A处波源形成的波使C点振动了0.3s=0.3×2.5T=，B处波源形成的波使C点振动了0.1s=0.1×2.5T=，又两波源产生的波振幅相等，起振方向相同，故C处质点静止，即速度为0，D正确。本题的D项还可以从两列波在某点处的叠加是指动加强还是振动减弱分析。C点到A、B两波源的波程差，而两波源的振动步调一致且振幅相同，所以两列波在C点叠加后，C处质点始终静止。【分值】4 8.一匀强电场方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为。下列说法正确的是（）A.中点的电势为零B.电场的方向与x轴正方向成角C.电场强度的大小为D.电场强度的大小为【答案】AD【解析】本题考察电场的特性及电势能知识，此题采用等电势法求解。根据电势能公式有，解得、、，则OA电点的电势，A正确；在OA变段上找出一与B点等势的点M，可知，BM连线为等势类，与BM连线垂直的线为电场线，如图所沿电场线方x=2+1，则根据几何关系可知，电场线与x轴正方向夹角的正切值，即，根据场强与电势差的关系可知，，B、C错误，D正确。等势线θA(d，0)M x O y B(d，d)E【分值】4 9.如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（）A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半【答案】AC【解析】本题考察右手定则及电磁感应现象规律。根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E=BLv，由欧姆定律有I=.由安培力公式有，又，联立解得.若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；对金属杆的整个运动过程，由动量定理有，又，联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S=，C正确；由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，△S变为原来的，由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。【分值】4 10.如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（）A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等B.D的初动能与其落地时的动能相等C.弹药释放的能量为D.弹药释放的能量为【答案】BD【解析】本题考察动量守恒、平抛运动的规律及能量守恒弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有，由能量守恒定律有，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有，在滑轨上的运动过程，由动能定理有，D脱离滑轨后做平抛运动，则有，h=，D的初动能，爆炸后瞬间A的动能，解得，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有，解得，则D的初动能与其落地时的动能相等，AC错误，BD正确。【分值】4三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.某同学通过观察小球在黏性液体中的运动，探究其动力学规律，步骤如下：（1）用螺旋测微器测量小球直径D如图1所示，__________。（2）在液面处由静止释放小球，同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置，频闪仪每隔闪光一次。装置及所拍照片示意图如图2所示（图中的数字是小球到液面的测量距离，单位是）。（3）根据照片分析，小球在A、E两点间近似做匀速运动，速度大小__________（保留2位有效数字）。（4）小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力（k为与液体有关的常量），已知小球密度为，液体密度为，重力加速度大小为g，则k的表达式为__________（用题中给出的物理量表示）。（5）为了进一步探究动力学规律，换成直径更小的同种材质小球，进行上述实验，匀速运动时的速度将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）2.205（3）0.010（4）（5）减小【解析】本题考查螺旋测微器的读数、速度计算以及力的平衡条件的应用（1）螺旋测微器读数：螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm，可动刻度读数为20.5×0.01mm=0.2005mm，所以最终读数D=2.0 mm+0.2005mm=2.205mm。（3）计算匀速运动速度：由图2可知，A到E的距离△x=7.02cm-5.00cm=2.02cm=0.0202m，时间间隔△t=4×0.5s=2s。根据速度公式v=，可得v=≈0.010m/s（保留2位有效数字）。（4）推导k的表达式：把小球看作近似匀速运动时，受力平衡，重力、浮力、黏滞阻力的关系为=+kDv。化简可得：=kDv，进一步整理得k=。（5）分析直径变小对匀速速度的影响由k=，变形可得v=。当换成直径更小的同种材质小球，D减小，其他条件不变，匀速运动时的速度将减小。综上，答案依次为：（1）2.205；（3）1.0×10-2；（4）；（5）减小。【分值】7 12.车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为__________。（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接__________。（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率__________（用R、a、b、c表示）。（4）测得不同压力F下电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在__________两端（填“”或“”）。（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则__________（填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】（1）8000（2）（3）（5）（6）大于【解析】本题考察电学实验，掌握欧姆表的使用，电流表和滑动变阻器的连接方式。（1）多用电表读数：多用电表选“×1k”挡，指针示数为8，读数为8×103Ω=8000Ω（2）电路连接1.判断电流表接法：水泥块电阻R=8000Ω，电压表内阻RV≈10kΩ，电流表内阻RA≈100Ω。计算==70，=≈1.43，因为>，根据”大内小外“确定电流表的连接方式，从而确定电压表两侧导线的连接，所以电流表内接。2.分压接法连接：滑动变阻器采用分压接法，即滑动变阻器一端接电源正极，一端接电源负极，滑片引出线连接待测电路，保证电压从0开始调节。具体连接：电源正极接滑动变阻器一端，滑动变阻器另一端接电源负极；滑动变阻器滑片接线柱连接电流表“+”接线柱，电流表“-”接线柱连接水泥块一端，水泥块另一端连接电压表“+”接线柱，电压表“-”接线柱连接电源负极，完成电路（按内接、分压要求，将导线对应连接到电表和滑动变阻器正确接线柱）。（3）先通过题图2确定水泥块的长度和横截面积，然后利用电阻定律即可求解，由电阻定律有R=，可得ρ=。（5）结合题图3和(3)问分析确定水泥块R1上压力变大时，水泥块R1的电阻如何变化，根据题图4和串联分压规律确定水泥块R1上压力变大时水泥块R1两端的电压和滑动变阻器R2两端的电压如何变化，最后结合报警器在两端电压大于或等于3 V时启动和R1上压力大于或等于F0时报警器启动判断报警器应该并联在谁的两端。由于报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，R1上压力大于或等于F0时报警器启动，又由题图3可知，F越大ρ越小，结合(3)问分析可知F越大水泥块的电阻越小，由题图4和串联分压规律可知F越大水泥块两端的电压越小，滑动变阻器两端的电压越大，故报警器应并联在滑动变阻器R2两端。（6）先分析电源使用时间过长电动势变小时，报警器两端的电压如何变化，然后据此确定为了使报警器启动，报警器两端的电压应如何变化，水泥块R1两端的电压如何变化，最后结合(5)问分析确定水泥块R1上的压力如何变化。若电源E使用时间过长，电动势变小，则当R1上压力等于F0时，滑动变阻器两端的电压小于3 V，为了使滑动变阻器两端的电压等于3 V，则滑动变阻器R2应分得更多的电压，水泥块R1应分得更少的电压，由串联分压规律可知水泥块Rt的电阻应更小，结合(5)问分析可知水泥块R1上的压力应更大，故F1大于F0。【分值】9 13.用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为的空气柱。液柱长为h，密度为。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为，大气压强为。（1）若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；（2）考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长，细管开口向上竖直放置时空气柱温度。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。【答案】（1）（2）9.5 m/s2【解析】本题考查玻意耳定律和理想气体状态方程的应用，根据实验条件确定气体变化过程，再选择对应的气体实验定律列方程求解。（1）利用玻意耳定律求重力加速度g确定初末状态压强：细管竖直时，封闭气体压强p1=p0+ρgh（大气压加上液柱产生的压强），空气柱长度L1；水平时，封闭气体压强p2=p0（液柱水平，无额外压强），空气柱长度L2。应用玻意耳定律：设液柱的横截面积为S，因为温度不变，根据玻意耳定律p1L1S=p2L2S解得：g=（2）若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相水同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得=联立可得g==9.5 m/s2【分值】10 14.如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。（1）求粒子所带电荷量q；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】带电粒子在电磁组合场中的运动+带电粒子在电磁叠加场中的运动（1）求粒子所带电荷量q分析电路，求出电容器两端的电压闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，滑动变阻器接入电路的电阻R=r0。根据闭合电路欧姆定律I=，可得电路中的电流I=。电容器两端的电压等于滑动变阻器两端的电压，U==。分析粒子在电容器中的类平抛运动粒子从a点进入电容器后，在电容器中做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d=v0t，可得运动时间t=。在竖直方向由牛顿第二定律有q=ma由运动学公式有d=at2=联立可得q=（2）设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知则θ=30o由几何关系可知粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示S R E0 r0 d d v0 a c b B 60o 30o r r O v由几何关系可知r==d在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB=m联立可得B=（3）水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有qE=qv1B可得v1=v0 30o v1 2 v2 2 v 2由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度，方向与竖直方向的夹角为30o，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m可得=d作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示c b B 30o 30o r O v2 E由几何关系可知图3正则动量法当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有即对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有联立可得关键分析（1）该问的关键是分析粒子在电容器中的运动；（2）该问的关键是分析粒子在磁场中的运动，根据几何关系求粒子在磁场中的运动半径；（3）该问的关键是分析粒子在电容器右侧电磁叠加场中的运动，配速法和正则动量法是解决该类问题的常用方法。【分值】14 15.某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力大小；（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。【答案】（1）（2）（3）(k≥1)，vmin=【解析】本题考察机械能守恒，牛顿第二定律，斜上抛运动和人船模型的动量守恒(1)若滑杆固定，则机器人从B点运动到滑杆正下方的过程中做圆周运动，只有重力对机器人做功，设机器人运动到滑杆正下方时的速度大小为，则由动能定理有mgL=机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得又v=联立解得机器人运动到滑杆正下方时轻绳拉力的大小F=4mg(2)设机器人松开轻绳时的速度大小为，根据题意作出机器人松开轻绳时的位置及速度如图所示，a 1.2L M b A B m v L 37o 37o对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，由动能定理有机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从松开轻绳到抛至A点所用时间为t，则在水平方向上由运动学公式有在竖直方向上由运动学公式有联立可得v==(3)由于轨道是光滑的，则机器人绕滑杆与轻绳的连接点运动的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则机器人从B点运动到滑杆正左方的过程中，机器人在水平方向上向左运动，滑杆沿水平光滑轨道向右运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为2L，设此过程机器人向左运动的位移大小为，滑杆向右运动的位移大小为，则由人船模型有又M=km联立可得机器人从滑杆正左方运动到松开轻绳的位置的过程中，机器人在水平方向上向右运动，滑杆沿水平光滑轨道向左运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为△x=L-Lcos37o，设此过程机器人向右运动的位移大小为x1，滑杆向左运动的位移大小为x2，同理，由人船模型有mx1=Mx2又x01=x1+x2=L-Lcos37o=0.2L M=km联立可得x1=，x2=则机器人松开轻绳时，滑杆距B点的距离为xB=L-x2+x2=L设机器人松开轻绳时机器人相对轻绳的速度为v相，滑杆的速度为，作出此时两速度的示意图如图所示a 1.2L M b A B m v L 37o 37o v相则机器人松开轻绳时水平分速度大小为机器人松开轻绳时竖直分速度大小为由于机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则有机器人从B点运动到松开轻绳的位置，系统机械能守恒，有机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A点，设该过程的运动时间为，则由运动学公式有1.联立可得v=则当k=1时，v取最小值，有vmin=【分值】16。
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