（新高考）此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級(jí)姓名準(zhǔn)考證號(hào)考場(chǎng)號(hào)座位號(hào)物理（六）注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．在物理學(xué)中，只要選定幾個(gè)物理量的單位，就能夠利用物理量之間的關(guān)系推導(dǎo)出其他物理量的單位。以下的推導(dǎo)關(guān)系中正確的是()A．1Pa＝1kg?m?s－2 B．1T＝1N?Ω?V－1?m－2C．1J＝1N?m?s－1D．1N＝1N?C?m－1【答案】D【解析】根據(jù)F＝ma可知1N＝1kg?m?s－2，則A錯(cuò)誤；根據(jù)，，可得，B錯(cuò)誤；根據(jù)W＝Fx可知1J＝1N?m，C錯(cuò)誤；根據(jù)W＝Fx和W＝Uq，可知，D正確。2．某同學(xué)將一足球豎直向下拋向水平地面，足球以6m/s的速度被地面反向彈回，上升到最高點(diǎn)后落回地面，以后足球每次與地面碰撞后彈回時(shí)的速度大小均為碰撞前速度大小的eq\f(4,5)。不計(jì)足球與地面碰撞的時(shí)間和空氣阻力，取g＝10m/s2，則足球從第一次被彈起到最后停止運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為()A．3sB．4sC．5sD．6s【答案】D【解析】由上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，第一次到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為t，則，解得所以第一次落到地面用時(shí)，因?yàn)樽闱蛎看闻c地面碰撞被彈回時(shí)速度均為碰撞前速度的eq\f(4,5)，故第二次用時(shí)，第三次用時(shí)，故第n次用時(shí)，則，故選D。3．中國空間站將于2022年建成，我國將進(jìn)入空間站時(shí)代，空間站軌道半徑為6800km，可看成圓軌道，空間站可供多名宇航員長(zhǎng)期工作生活，引力常量為G，下列說法正確的是()A．知道空間站的運(yùn)行周期就可以求得地球的質(zhì)量B．空間站的運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)的周期幾乎相等C．空間站的運(yùn)行速度大于第一宇宙速度D．在空間站工作的宇航員因受力平衡而處于懸浮或靜止?fàn)顟B(tài)【答案】A【解析】由萬有引力提供向心力，即有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r可得，知道空間站的運(yùn)行周期就可以求得地球的質(zhì)量，A正確；由于空間站的運(yùn)行半徑比同步衛(wèi)星的小，故空間站的運(yùn)行周期一定小于同步衛(wèi)星的周期，又同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，所以，空間站的運(yùn)行周期一定小于地球的自轉(zhuǎn)周期，B錯(cuò)誤；因?yàn)榭臻g站的運(yùn)行的軌道大于地球的半徑，故空間站的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，C錯(cuò)誤；在空間站工作的宇航員的合力提供向心力，其受力不平衡，D錯(cuò)誤。4．如圖所示，在xOy平面上以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，從原點(diǎn)O以初速度大小為v0沿y軸負(fù)方向開始運(yùn)動(dòng)，后來粒子經(jīng)過x軸上的A點(diǎn)，此時(shí)速度方向與x軸的夾角為30°。A到O的距離為d，不計(jì)粒子的重力，則圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為()A．eq\f(\r(3),2)dB．eq\f(\r(3),3)dC．eq\f(\r(3),4)dD．eq\f(2\r(3),3)d【答案】B【解析】粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可知，解得，則圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑，故選B。5．弗蘭克－赫茲實(shí)驗(yàn)是研究汞原子能量是否具有量子化特點(diǎn)的重要實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)原理如圖甲所示，燈絲K發(fā)射出初速度不計(jì)的電子，K與柵極G間的電場(chǎng)使電子加速，G、A間加有電壓為0.5V的反向電場(chǎng)，使電子減速，電流表的示數(shù)大小間接反映了單位時(shí)間內(nèi)能到達(dá)A極電子的多少。在原來真空的容器中充稀薄汞蒸氣后，發(fā)現(xiàn)K、G間電壓U每升高4.9V時(shí)，電流表的示數(shù)I就會(huì)顯著下降，如圖乙所示?？茖W(xué)家猜測(cè)電流的變化與電子和汞原子的碰撞有關(guān)，玻爾進(jìn)一步指出該現(xiàn)象應(yīng)從汞原子能量量子化的角度去解釋。依據(jù)本實(shí)驗(yàn)結(jié)果下列判斷合理的是()A．電子運(yùn)動(dòng)過程中只可能與汞原子發(fā)生一次碰撞B．汞原子基態(tài)和第一激發(fā)態(tài)的能級(jí)之差可能為4.9eVC．K、G間電子的動(dòng)能越大，越容易使汞原子發(fā)生躍遷D．K、G間電壓越大，單位時(shí)間內(nèi)到達(dá)A極的電子數(shù)越多【答案】B【解析】電子運(yùn)動(dòng)過程中有可能與汞原子發(fā)生一次，也有可能沒發(fā)生碰撞，還可能發(fā)生多次碰撞，A錯(cuò)誤；由于電壓U每升高4.9V時(shí)，電流表的示數(shù)I就會(huì)顯著下降，說明汞原子基態(tài)和第一激發(fā)態(tài)之間的能極之差等于4.9eV，B正確；K、G間電子的動(dòng)能越大，根據(jù)乙圖，不一定更使汞原子發(fā)生躍遷，C錯(cuò)誤；K、G間電壓越大，由乙圖可知，單位時(shí)間內(nèi)到達(dá)A極的電子數(shù)不一定越多，D錯(cuò)誤。6．沙游樂場(chǎng)有兩個(gè)沙坡PM、QM，P、Q、M三點(diǎn)在同一豎直圓周上，圓心為O，圓周最低點(diǎn)為M，P、Q位置如圖所示，一游客分別從P、Q兩點(diǎn)由靜止下滑到M點(diǎn)的過程中，加速度分別為a1、a2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2，損失的機(jī)械能分別為E1、E2，到達(dá)M點(diǎn)的速度分別為v1、v2，則()A．a(chǎn)1＞a2B．t1＝t2C．E1＜E2D．v1＞v2【答案】C【解析】設(shè)PM與水平面夾角為α，QM與水平面夾角為β，根據(jù)牛頓第二定律，，依題意有α＜β，sinα＜sinβ，cosα＞cosβ，得a1＜a2，A錯(cuò)誤；由，得，，因?yàn)閮山嵌炔幌嗟?，故B錯(cuò)誤；損失的機(jī)械能在數(shù)值上等于克服摩擦力做的功，有，，因?yàn)椋訣1＜E2，故C正確；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有，可得v1＜v2，故D錯(cuò)誤。二、選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，每題有多項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。7．天花板下懸掛的輕質(zhì)光滑小圓環(huán)P可繞過懸掛點(diǎn)的豎直軸無摩擦地旋轉(zhuǎn)。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質(zhì)量為m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。設(shè)兩球同時(shí)做如圖所示的圓錐擺運(yùn)動(dòng)，且在任意時(shí)刻兩球均在同一水平面內(nèi)，則()A．兩球運(yùn)動(dòng)的周期相等B．兩球的向心加速度大小相等C．球A、B到P的距離之比等于m2∶m1D．球A、B到P的距離之比等于m1∶m2【答案】AC【解析】對(duì)其中一個(gè)小球受力分析，其受到重力和繩的拉力FT，繩的拉力在豎直方向的分力與重力平衡，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有，拉力在水平方向上的分力提供向心力，設(shè)該小球到P的距離為l，則有，解得周期為，因?yàn)槿我鈺r(shí)刻兩球均在同一水平面內(nèi)，故兩球運(yùn)動(dòng)的周期相等，A正確；連接兩球的繩的張力FT相等，由于向心力為，故m與l成反比，即，C正確，D錯(cuò)誤；又小球的向心加速度，θ不同，故向心加速度大小不相等，B錯(cuò)誤。8．某小型水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示，發(fā)電機(jī)輸出的電壓恒定，通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電，已知輸電線的總電阻為R，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，它的副線圈兩端的交變電壓如圖乙所示，R0為負(fù)載電阻。若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法中正確的是()A．降壓變壓器T2的輸入功率與輸出功率之比為4∶1B．降壓變壓器T2原線圈的輸入電壓為880VC．升壓變壓器T1的輸出電壓大于降壓變壓器T2的輸入電壓D．當(dāng)R0增大時(shí)，升壓變壓器T1的輸出電壓增大【答案】BC【解析】降壓變壓器為理想變壓器，故輸入功率與輸出功率之比為1∶1，A錯(cuò)誤；由圖象得到，降壓變壓器副線圈兩端交變電壓u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，有效值為220V，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，故降壓變壓器T2原線圈的輸入電壓為，B正確；由于輸電線電阻有電壓降，故升壓變壓器T1的輸出電壓大于降壓變壓器T2的輸入電壓，C正確；當(dāng)R0增大時(shí)，由于升壓變壓器T1的輸入電壓不變，故輸出電壓不變，D錯(cuò)誤。9．如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室的水平地面，質(zhì)量m＝0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時(shí)受到一個(gè)豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢(shì)能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢(shì)能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢(shì)能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．小球釋放位置距地面的高度為0.6mB．小球在下落過程受到的風(fēng)力為0.1NC．小球剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為0.45JD．小球的最大加速度大小為10m/s2【答案】BC【解析】由圖乙可知，小球處于釋放位置的重力勢(shì)能為0.70J，故根據(jù)，可得，解得，故A錯(cuò)誤；對(duì)下落的小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，小球未接觸彈簧前，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球受重力和豎直向上的恒定風(fēng)力f，根據(jù)牛頓第二定律有，在小球接觸彈簧后，彈簧開始形變，此時(shí)小球受重力、風(fēng)力、彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律有，，在增大，則T在增大，在減小，此時(shí)小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到，即時(shí)小球速度最大，之后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)，而在增大，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到小球速度減為0，由圖乙可知小球速度減為0時(shí)小球下落0.6m，故，，故B正確；小球剛接觸彈簧時(shí)，小球下落了0.5m，則，解得，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律知，小球下落過程中最大加速度為，故D錯(cuò)誤。10．如圖所示，兩足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面平行放置，虛線CD垂直于導(dǎo)軌，CD右邊區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。兩金屬桿a、b長(zhǎng)度與導(dǎo)軌寬度相等，在導(dǎo)軌上始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿a不計(jì)電阻，質(zhì)量為m，桿b電阻為R，質(zhì)量為2m，桿b初始位置距離虛線CD足夠遠(yuǎn)。桿a從CD左邊某位置以初速度v0開始向右運(yùn)動(dòng)，第一次桿b固定，第二次桿b自由靜止。兩次相比較()A．桿a最后的速度，兩次都為零B．桿a所受安培力，兩次的最大值相等C．整個(gè)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱，第一次的小于第二次的D．整個(gè)過程中通過桿b的電荷量，第一次的大于第二次的【答案】BD【解析】當(dāng)b固定時(shí)，桿a最后速度為0，當(dāng)b自由時(shí)，桿a最后速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得，解得v＝eq\f(1,3)v0，所以A錯(cuò)誤；兩次的桿a都做減速運(yùn)動(dòng)，開始時(shí)切割磁感線速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大小，感應(yīng)電流最大，安培力最大，有，所以桿a所受安培力，兩次的最大值相等，則B正確；當(dāng)b固定時(shí)，產(chǎn)生的焦耳熱為，當(dāng)b自由時(shí)，產(chǎn)生的焦耳熱為，所以C錯(cuò)誤；當(dāng)b固定時(shí)，通過的電荷量為q1，由動(dòng)量定理可得，，解得，當(dāng)b自由時(shí)，通過的電荷量為q2，由動(dòng)量定理可得，，解得，則整個(gè)過程中通過桿b的電荷量，第一次的大于第二次的，所以D正確。三、非選擇題：共52分。第11～14題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分11．(6分)為了研究人們用繩索跨越山谷過程中繩索拉力的變化規(guī)律，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，他們將不可伸長(zhǎng)輕繩的兩端通過測(cè)力計(jì)（不計(jì)質(zhì)量及長(zhǎng)度）固定在相距為D的兩立柱上，固定點(diǎn)分別為P和Q，P低于Q，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)（L＞PQ）他們首先在繩上距離P點(diǎn)10cm處（標(biāo)記為C）系上質(zhì)量為m的重物（不滑動(dòng)），由測(cè)力計(jì)讀出繩PC、QC的拉力大小TP和TQ，隨后改變重物懸掛點(diǎn)的位置，每次將P到C點(diǎn)的距離增加10cm，并讀出測(cè)力計(jì)的示數(shù)，最后得到TP、TQ與繩長(zhǎng)PC之間的關(guān)系曲線如圖所示，由實(shí)驗(yàn)可知：(1)曲線Ⅱ中拉力最大時(shí)，C與P點(diǎn)的距離為_____cm，該曲線為_____（選填“TP”或“TQ”）的曲線。(2)在曲線Ⅰ、Ⅱ相交處，可讀出繩的拉力TQ＝_____N，此時(shí)它與L、D、m和重力加速度g的關(guān)系為TQ＝_____。【答案】(1)60（58～62）TP(2)4.30（4.25～4.35）【解析】(1)由曲線Ⅱ的最高點(diǎn)拉力最大，對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)PC＝60cm，設(shè)PC和QC與水平方向的夾角為α和β，對(duì)C點(diǎn)的平衡可知TP·cosα＝TQ·cosβ，開始C點(diǎn)靠近P點(diǎn)，因α＞β，則，即TP＞TQ，結(jié)合兩曲線左側(cè)部分，Ⅱ曲線靠上則為TP的曲線。(2)兩曲線的交點(diǎn)表示左右的繩拉力大小相等，讀出縱坐標(biāo)為TP＝TQ＝4.30N，設(shè)CQ繩與立柱的夾角為θ，延長(zhǎng)CQ線交于另一立柱上，則，兩拉力相等，由力的平衡可知2TQcosθ＝mg，則。12．(9分)在“探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，器材有：A．粗細(xì)均勻的金屬絲（長(zhǎng)度為1.1m，總電阻約5Ω）B．直流電源（1.5V，內(nèi)阻不計(jì)）C．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約為1Ω）D．電流表（量程300mA，內(nèi)阻約為2Ω）E．電壓表（1.5V，內(nèi)阻約3kΩ）F．滑動(dòng)變阻器（10Ω，1.0A）G．定值電阻（5.0Ω，1.0A）H．刻度尺、開關(guān)、導(dǎo)線若干為了探究金屬絲的電阻與長(zhǎng)度的關(guān)系，甲、乙兩位同學(xué)選擇以上部分器材設(shè)計(jì)如圖a所示電路。甲同學(xué)逐漸減小金屬絲接入電路的長(zhǎng)度x，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭位置，同時(shí)保持電壓表示數(shù)不變，讀出對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)，通過計(jì)算得到金屬絲電阻R甲。得到具體數(shù)據(jù)如表一所示。表一12345金屬絲長(zhǎng)度/cm20.040.060.080.0100.0金屬絲電阻/Ω2.22.63.24.05.0乙同學(xué)逐漸減小金屬絲接入電路的長(zhǎng)度x，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭位置，同時(shí)保持電流表示數(shù)不變，讀出對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)，通過計(jì)算得到金屬絲電阻R乙。得到具體數(shù)據(jù)如表二所示，乙同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙內(nèi)畫出R－x圖線，如圖b所示。表二12345金屬絲長(zhǎng)度/cm20.040.060.080.0100.0金屬絲電阻/Ω1.02.13.03.95.0(1)在乙同學(xué)所描圖線的R－x圖中，根據(jù)甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描出R－x圖線________。(2)乙同學(xué)應(yīng)選電流表________（填器材序號(hào)“C”或“D”）。(3)結(jié)合R－x圖分析甲、乙兩位同學(xué)的測(cè)量方案誰更合理，并簡(jiǎn)要說明原因________。(4)若甲同學(xué)在保持電壓不變的測(cè)量方案下，為了盡量減小溫度變化對(duì)實(shí)驗(yàn)造成的影響，從題中給出的器材中選擇所需器材，并設(shè)計(jì)改進(jìn)電路。將改進(jìn)后的電路圖畫在虛線框中，并在各元件旁標(biāo)上它的器材序號(hào)?！敬鸢浮?1)見解析(2)D(3)見解析(4)見解析【解析】(1)將表一中數(shù)據(jù)在R－x坐標(biāo)系中描點(diǎn)，并用平滑曲線作出圖線。如圖甲所示。(2)根據(jù)題給電源電動(dòng)勢(shì)及其他元件規(guī)格，乙同學(xué)應(yīng)選量程300mA的電流表D。(3)乙同學(xué)保持電流不變，由焦耳定律可知，可保持金屬絲溫度不變，電阻不變，測(cè)量方案更合理。若甲同學(xué)在保持電壓不變的測(cè)量方案下，為了盡量減小溫度變化對(duì)實(shí)驗(yàn)造成的影響，可與金屬絲串聯(lián)一定值電阻，減小金屬絲中的電流。(4)甲同學(xué)方案的改進(jìn)電路如圖乙所示。13．(12分)如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機(jī)示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進(jìn)入泥土的深度忽略不計(jì)。已知夯錘的質(zhì)量M＝450kg，樁料的質(zhì)量m＝50kg。每次打夯都通過卷揚(yáng)機(jī)牽引將夯錘提升到距離樁頂h0＝5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運(yùn)動(dòng)。樁料進(jìn)入泥土后所受阻力f隨打入深度h的變化關(guān)系如圖乙所示，直線斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，求(1)夯錘與樁料第1次碰撞后瞬間的速度及樁料進(jìn)入泥土的深度；(2)打完第三夯后，樁料進(jìn)入泥土的深度。【解析】(1)設(shè)夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為，則解得取向下為正方向，設(shè)夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，則對(duì)夯錘與樁料，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得。(2)由于每次提升重錘距樁帽的高度均為，每次碰撞后瞬間的速度均為v，設(shè)三次打擊后共下降x，則由圖象可知，克服阻力做功由能量守恒定律得解得。14．(16分)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第二象限內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），—質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的點(diǎn)P(－l，0)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入第二象限，已知其入射速度大小為v0、方向與x軸正方向成75°，該粒子恰好能從y軸上的點(diǎn)進(jìn)入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且進(jìn)入時(shí)的速度方向與第一象限內(nèi)的電場(chǎng)方向相反，第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E′＝。不計(jì)粒子受到的重力。求：(1)第二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)粒子從P點(diǎn)出發(fā)到第二次離開第二象限所經(jīng)歷的時(shí)間t′?！窘馕觥?1)根據(jù)題意可知帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，建立直角坐標(biāo)系，在到的過程中，沿軸方向的位移沿軸方向的位移所以。所以解得，。(2)由(1)可知根據(jù)牛頓第二定律得所以粒子到達(dá)點(diǎn)得速度為進(jìn)入第一象限之后，根據(jù)牛頓第二定律得所以在第一象限減速到零所用時(shí)間為在第一象限減速到零后又反向加速至點(diǎn)，所用時(shí)