2018-2019学年四川省广安市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省广安市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年四川省广安市高二（上）期末物理试卷 一、单选题 ‎1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是（　　）‎ A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B. 安培首先发现通电导体在磁场中受到力的作用，我们把这个力称为安培力 C. 法拉第在实验中观察到在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故A正确； B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确； C、法拉第经过十年不懈努力，发现“磁生电”的效应，但在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误； D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。‎ ‎【点睛】明确物理学史，对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。‎ ‎2.下列关于电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是（　　）‎ A. 电荷在电场中一定受到电场力的作用 B. 运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 C. 同一电荷所受电场力小的地方，该处电场强度不一定弱 D. 同一运动电荷所受洛伦兹力小的地方，该处磁感应强度一定弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A正确，B错误； C、根据知，同一电荷越小，则越小，故C错误； D、根据得，F与v、B的大小和方向都有关，故同一运动电荷所受洛伦兹力小的地方，该处磁感应强度不一定弱，故D错误。‎ ‎【点睛】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件 ‎3.如图所示，直角三角形导线框abc在有界磁场外运动一时间后以速度v从左向右匀速进入匀强磁场区域，从图示位置开始计时，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图象中的哪一个（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题分两段过程研究：一段是ac段切割磁感线的过程，另一段是ac段和ab段都切割磁感线的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，根据有效的切割长度L，由感应电动势公式E=BLv分析感应电动势大小的变化，从而确定出感应电流大小的变化；‎ ‎【详解】在ac段进入磁场切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca。线框有效的切割长度均匀增大，由E=BLv知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大； 在ab段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，即感应电流方向不变。线框有效的切割长度均匀减小，由E=BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题是电磁感应中图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象。‎ ‎4.两个放在绝缘支架上的相同金属球相距d，球的半径比d小得多，分别带-q和3q的电荷量，相互作用的引力为3F．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的作用力将变为（　　）‎ A. 0 B. 引力F C. 斥力F D. 斥力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系；‎ ‎【详解】解：由库仑定律可得： 所以有： 而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的各带电量为，则库仑斥力为： ，故C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】本题可能会出现由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误，在学习中应注意审题的练习。‎ ‎5.如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，若从A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下向B点运动，其v-t图象如图乙所示，则下列说法正确的电子（　　）‎ A. A、B两点电势 B. A、B两点电场强度 C. 场强方向由A指向B D. 电子在A、B两点的电势能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电子的运动方向确定电场力方向，判断电场线方向，即可分析电势的高低，从速度时间图线得到电子做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，确定场强的变化；‎ ‎【详解】A、电子仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点，则电子所受的电场力方向从A指向B，所以电场线的方向是从B指向A的，由于沿电场线的方向电势降低，所以，故A正确，C错误； B、从速度时间图线得知电子做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力不断变小，电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，所以，故B错误； D、电子仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，所以电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。‎ ‎【点睛】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小。‎ ‎6.如图所示的电路中，电源内阻为r=1Ω，电源电动势为E=6V，R为定值电阻，电流表内阻不计。当闭合S1、S2时，电流表示数为1A；当闭合S1、断开S2时电流表示数为0.5A，下列说法正确的是（　　）‎ A. 、均闭合时，R的功率为 B. 电动机的线圈电阻小于 C. 闭合、断开时，电源的效率为 D. 闭合、断开时，电动机的功率大于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求出R的电压，由P=UI求出R的功率，根据电动机两端的电压U＞IR分析电动机的线圈电阻，电源的效率等于电源的输出功率与总功率的百分比；‎ ‎【详解】A、S1、S2均闭合时，电流表示数，则R两端的电压为：‎ ‎ R的功率为：，故A错误； B、R的阻值为： 当闭合S1、断开S2时电流表示数为： 则电动机两端的电压为： 设电动机的线圈电阻为，根据，得，故B正确。 C、闭合S1、断开S2时，路端电压为： 电源的效率为：，故C错误； D、闭合S1、断开S2时，电动机的功率为：，故D错误。‎ ‎【点睛】对于电动机，要知道其两端的电压与电流的关系是，求电功率只能用公式，求电热只能用。‎ ‎7.磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入己电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直。如图所示，把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。设该气流的电阻率为ρ，则下列说法中错误的是（　　）‎ A. 该磁流体发电机模型的上表面电势高于下表面电势 B. 产生的感应电动势为 C. 流过外电阻R的电流强度 D. 该磁流体发电机模型的路端电压为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电离的气体含有大量带正电和负电的粒子，进入磁场受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定极板的正负极，确定出电流在外电路中的流向，最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，再根据路端电压U=IR，即可求解；‎ ‎【详解】根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，即上表面电势高于下表面电势，最终电荷处于平衡有： 解得电动势为： 内电阻为： 根据闭合电路欧姆定律有： 那么路端电压为：，综上所述，故ACD正确，B错误。‎ ‎【点睛】本题综合考查了电阻定律、闭合电路欧姆定律以及磁场的知识，关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及通过平衡求出电源的电动势。‎ ‎8.在平面直角坐标系里面有一圆形匀强磁场区域，其边界过坐标原点O和坐标点a（0，L）一电子质量为m，电量为e从a点沿x轴正向以v0速度射入磁场，并从x轴上的b点沿与x轴正方向成60°离开磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该区域内磁感应强度的方向垂直纸面向外 B. 电子在磁场中运动时间为 C. 电子做圆周运动的圆心坐标为 D. 磁场区域的圆心坐标为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粒子运动轨迹如图所示，故磁场方向垂直纸面向里，故A错误；‎ ‎ B、电子运动的圆心角为60°，则由几何关系可知，，则电子做圆周运动的圆心坐标为，则粒子在磁场中飞行时间为：，故BC错误； D、由题意和上图的几何关系可得，过a、O、b三点的圆的圆心在ab连线的中点，所以： x轴坐标 y轴坐标为 所以O1点坐标为（，），故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查带电电粒子在磁场中的运动规律，该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，再根据几何关系分析求解即可。‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，虚线A、B、C代表电场中的三条等势线，其电势分别为9V、6V，3V．实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的交点，电只受电场力作用，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 粒子一定带正电 B. 粒子在P点的动能大于在Q点的动能 C. 粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能 D. 粒子在P点的加速度一定小于在Q点的加速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，故粒子带负电；故A错误；‎ ‎ B、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，根据能量守恒可知，带电粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，故B正确，C错误 D、因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故D正确；‎ ‎【点睛】本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法，本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。‎ ‎10.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小灯泡，C为电容器，R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列结论正确的是（　　）‎ A. 灯泡L变亮 B. 电流表读数变小 C. 电压表读数变小 D. 电容器C上的电荷量增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小灯泡亮度的变化，由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化；‎ ‎【详解】A、当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律得知，总电流增大，路端电压减小，则电流表示数变大，电压表示数变小，灯泡L变亮，故AC正确，B错误； D、电容器的电压，I增大，其它量不变，则U减小，由可知电容器C上电荷量Q减小，故D错误；‎ ‎【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析。‎ ‎11. 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以(　　)‎ A. 将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极 B. 将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极 C. 将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极 D. 将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用安培定则判断电流产生的磁场方向，根据左手定则判断安培力方向.将选项逐一代入检验，选择符合题意的.‎ ‎【详解】A、将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意;故A正确.‎ B、将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意;故B正确.‎ C、将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN 垂直纸面向里运动，不符合题意;故C错误.‎ D、将b、c 端接在电源正极，a、d 端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面向里运动，不符合题意;故D错误.‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的应用，要判断准电流方向和磁场方向.‎ ‎12.如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g整个过程中弹簧始终在弹性限度内。则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中（　　）‎ A. 物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为 B. 物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和 C. 物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为 D. 若物块能弹回，则在向右运动的过程中速度最大的位置在A点左侧 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑块在从释放到弹簧压缩至最短的过程中，有电场力、摩擦力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、电场力做功与电势能的关系等进行判断；‎ ‎【详解】A、物块和弹簧组成的系统机械能的增量等于外力做的功，弹簧弹力是内力，不改变机械能，外力只有电场力和摩擦力，所以从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中机械能的增量为 ‎，故A正确； B、根据能量守恒，电势能的减少量等于机械能的增加量加上系统产生的内能，动能没有变，机械能的增加量等于弹性势能的增加量，所以物块电势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确； C、物块速度最大时，加速度为0，则物块距释放点的距离大于，设弹簧弹力为F，则，释放点到速度最大的位置距离，速度最大时的弹性势能等于机械能的增加量减去动能的增加量，即，其中，故C错误； D、向左经过A点时速度最大，加速度为零，若物块能弹回，向右运动经过A点时摩擦力方向改变，所以反弹经过A点加速度方向向左，不为0，速度最大位置在A点的左侧，故D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量等。‎ 三、实验题探究题 ‎13.某同学用多用电表测一定值电阻的电阻值，当他选用“×10Ω”电阻挡进行测量时，指针示数如图中a位置。为了更准确地测量该电阻的电阻值，该同学换用了另一电阻挡进行测量，示数如图中b位置。‎ ‎（1）该同学换用的另一电阻挡为______。‎ A．×1Ω B．×10Ω C．×100Ω ‎（2）该电阻的电阻值为______Ω。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 2400‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，根据题意分析答题；‎ ‎【详解】（1）选用“×10Ω”电阻挡进行测量，由图示可知，指针示数如图中a位置时指针偏角太小，说明所选挡位太小，为了更准确地测量该电阻的电阻值，应换用×100Ω挡，故C正确，AB错误； （2）由图示b指针位置可知，该电阻的电阻值为：。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表的使用与读数，要掌握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。‎ ‎14.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，某同学设计了如图甲所示的电路，实验中供选择的器材如下：‎ A．待测干电池组（电动势为E，内阻约0.1Ω）‎ B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ C．灵敏电流计G（满偏电流Ig=200μA、内阻rg=100Ω）‎ D．滑动变阻器Rx1（0～20Ω、2.0A）‎ E．滑动变阻器Rx2（0～1000Ω、12.0A）‎ F．定值电阻R1（900Ω）‎ G．定值电阻R2（90Ω）‎ H．开关S一只、导线若干 ‎（1）甲图中的滑动变阻器Rx应选______（选填“Rx1”或“Rx2”），定值电阻R应选______（选填“R1”或“R2”）；‎ ‎（2）实验中闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至______（填“a端”、“中央”或“b端”）；‎ ‎（3）若灵敏电流计G的示数用I1表示，电流表A的示数用I2表示，如图乙所示为该实验绘出的I1-I2图线，由图线可求得被测干电池的电动势E=______V（保留3位有效数字），内电阻r=______Ω．（保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). Rx1 (2). R1 (3). a端 (4). 1.47 (5). 0.76‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电源电动势为1.5V较小，电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选，上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与较大的定值电阻串联，改装成量程为：‎ 的电压表，而用定值电阻串联而改装的电压表量程过小，故定值电阻选择； （2）为了保护电路，并让电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时应滑至接入阻值最大位置，即滑到a端； （3）将I1-I2图线延长，与两坐标轴有交点，如图所示： 根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：， 根据图象与纵轴的交点得电动势为：； 与横轴的交点可得出路端电压为时电流是， 由闭合电路欧姆定律可得，电源内阻：。‎ ‎【点睛】本题中考查测定电动势和内电阻实验中的数据处理，本题中要注意单位的正确换算，同时注意正确列出表达式，找出规律，注意改装原理的正确应用。‎ 四、计算题 ‎15.如图所示，两大小相同的平直金属薄板PQ、MN水平正对放置，相距为d，板PQ正中间A点开有小孔。现让金属薄板MN、PQ带上等量正、负电荷，仅在两板间形成竖直向上的匀强电场。现将质量为m、电荷量为q的带正电微粒，从A点正上方的B点由静止释放，微粒穿过PQ板后刚好能到达MN板，已知A、B两点间距离为h，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）两金属板间的电压；‎ ‎（2）若保持两金属板间的电压及板PQ的位置不变，将MN向上移动d，仍将该带电微粒从B点由静止释放，求微粒到达的最低点距A点多远？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设两板间的电势差为U．对于微粒从B点到MN板的整个过程，由动能定理得： ，解得：； （2）设将MN向上移动，两板间的场强为E，则有：E== 设微粒到达的最低点与A点间的距离为x，由动能定理得： 解得：。‎ ‎16.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为L=1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成37°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，两棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.1kg，电阻均为R=0.2Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向N上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．问：‎ ‎（1）通过cd棒的电流I是多少，ab棒向上运动的速度为多少？‎ ‎（2）棒ab受到的力F多大？‎ ‎（3）棒cd每产生Q=0.9J的热量，力F做的功W是多少？‎ ‎【答案】（1）3A， 6m/s（2）1.2N（3）3.6J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）棒cd受到的安培力 ，棒cd在共点力作用下平衡，则 由以上两式代入数据解得 ，由右手定则可知I的方向由d到c； 根据闭合电路欧姆定律可知：ab棒产生的感应电动势 由得：v===6m/s； （2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即 对棒ab，由共点力平衡有；      （3）设在时间t内棒cd产生的热量，由焦耳定律可知：‎ 解得： 在时间t内，棒ab沿导轨运动的位移 力F做的功为：。‎ ‎17.如图所示，在xoy坐标平面内以O′为圆心，半径R=0.2m的圆形区域内存在垂直纸面向外的磁感应强度B=0.1T的匀强磁场，圆形区域的下端与x轴相切于坐标原点O．现从坐标原点O沿xoy平面在y轴两侧各30°角的范国内，发射速率均为v0=2.0×106m/s的带正电粒子，粒子的比荷为=1.0×108C/kg，不计粒子的重力、粒子对磁场的影响及粒子间的相互作用力，求：‎ ‎（1）粒子做圆周运动的轨道半径r；‎ ‎（2）沿y轴正方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时间；‎ ‎（3）若在x≥0.2m，y＞0的区域有电场强度E=15×105N/C．竖直向下的匀强电场，则粒子到达x轴上的范围。‎ ‎【答案】（1）0.2m（2）s（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有： 解得：； （2）分析可知，带电粒子运动过程如图所示：‎ 由粒子在磁场中运动的周期为：T= 可知沿y轴正方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t===s （3）由题意分析可知，当粒子沿着y轴两侧角射入时，将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直电场分别从P′、Q′射入电场区，做类平抛运动，最终到达x轴的位置分别为最远位置P和最近位置Q 粒子在电场中有： 由几何关系到x轴的距离为：y1=1.5r t1== 最远位置P坐标为：x1=r+v0t1=r+v0=0.33m 同理可知：y2=0.5r t2== 最近位置Q坐标为：x2=r+v0t2=r+v0=0.43m 则粒子到达x轴上的范围为：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎