2024-2025学年高二下学期第1周物理复习综合训练

2025年春季高二第1周广东物理复习 综合训练 说明： 1．全卷共8页，15小题，满分100分．测试用时为80分钟． 2．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题3分，共21分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．路面共振破碎机是一种新型路面破碎机械，用于旧水泥路面破碎。破碎机工作锤头由电脑自动调节振动情况，激发锤头下水泥路面局部范围产生共振。若破除旧的混凝土的同时要保护旧路面的地基，为实现这样的目的，破碎机工作锤头的振动应该 A．振动的频率越大，效果越好 B．振动的振幅越大，效果越好 C．振动的频率越接近旧路面地基的固有频率，效果越好 D．振动的频率越接近要破碎的混凝土的固有频率，效果越好 2．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示,已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直,发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U。忽略线圈电阻,下列说法正确的是 (　　) A．发电机输出的电压为πNBSz B．发电机输出交变电流的频率为2πnz C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U D．发电机产生的瞬时电动势e=πNBSnz·sin(2πnzt) 3．如图所示,金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子,最大速率为vm。正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长),电子的质量为m,电荷量为e,则 A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能m+eU C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 4． 如图是一种用折射率法检测海水盐度装置的局部简化图。让光束从海水射向平行空气砖(忽略薄玻璃壁厚度)再折射出来，通过检测折射光线在不同盐度溶液中发生的偏移量d，进而计算出海水盐度。已知某一温度下，海水盐度变大引起折射率变大。下列说法正确的是 A．一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，两束光不一定平行 B．一束复色光透过平行空气砖分成1、2两束光，光束1的频率更高 C．一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，说明海水的盐度变大 D．一束单色光射向平行空气砖后偏移量变小，说明海水的盐度变大 5．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动的周期之比为TA:TB=l:8，则两颗卫星的轨道半径之比和速率之比分别为（　　） A．4:1，1:2 B．1:4，2:1 C．4:1，2:1 D．1:4，1:2 6．如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是（　　） A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化 B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同 C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同 D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小正比 7．如图所示，质量分别为m、3m、nm（，，）的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法错误的是（　　） A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同 C．若BC发生的是弹性正碰，当n=2时，碰撞完成后小球C的速度为 D．n取不同值时，C最终的动量不同，其最大值为 二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，光滑的长方形框架绕着竖直轴匀速转动，与框架的左右两边平行，A是框架其中一个顶点，两根劲度系数均为原长相同的轻质弹簧悬挂在框架上边的点，下端分别悬挂小球1、2（均视为质点），其中质量为的小球1套在框架的竖直边上，在框架的另一条竖直边上固定一水平光滑的硬杆，小球2套在水平硬杆上，系统匀速转动稳定时，小球1位于点，与小球2连接的弹簧与水平方向的夹角为，且框架的竖直边对小球1的弹力刚好为0，水平硬杆对小球2的弹力刚好为0，A与之间的距离为， A与之间的距离为，重力加速度大小为，，两弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．长方形框架匀速转动的角速度为 B．弹簧的原长为 C．小球2做匀速圆周运动的半径为 D．与小球2连接的弹簧的伸长量为 9．如图所示，间距L=1 m、足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，其左端接一阻值R=1 Ω的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S=1 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向上的磁场，磁感应强度B随时间的变化关系为B=8t（T），在其右侧（含边界MN）存在磁感应强度大小B0=2.5 T、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场。t=0时，某金属棒从MN处以v0=4 m/s的初速度开始沿斜面向上运动，已知金属棒质量m=1 kg，与导轨之间的动摩擦因数，导轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t=0时，闭合回路中有大小为2 A的逆时针方向的电流 B．金属棒在运动过程中受到的安培力方向一直沿斜面向下 C．金属棒最终将以1.2 m/s的速度匀速运动 D．金属棒最终将以1.0 m/s的速度匀速运动 10．如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1kg的P、Q两小球（均视为质点）分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5m的细线（不可伸长）相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动（Q未到达O点）。取重力加速度大小g=10m/s2。在P从O点向右运动4m的过程中（    ） A．该水平拉力F先增大后减小 B．P所受重力的冲量大小为4N·s C．Q所受重力对Q做的功为-3J D．该水平拉力F做的功为 三、非选择题:本大题共5小题，共54分。考生根据要求作。 11．如图所示的实验装置可以用来验证动量守恒定律以及动量定理，气垫导轨放在水平桌面上，导轨上有两个带有遮光条的滑块，两个光电门均与数字毫秒计相连。 （1）碰撞实验开始之前，用天平测出滑块A、B（含遮光条）的质量为、，还需要用 （选填“毫米刻度尺”或“游标卡尺”）测出滑块A、B上遮光条的宽度，已测出遮光条的宽度均为d。 （2）需要把气垫导轨调整为水平：开动气泵后，只在导轨左端放置一个带遮光片的滑块，然后轻轻向右推一下这个滑块，给滑块一个初速度，观察数字毫秒计显示的滑块通过光电门1和2的时间与，若发现，这表明气垫导轨左端 （选填“高于”或“低于”）右端，需要反复调节支持旋钮直到。 （3）气垫导轨调整为水平后，把滑块A和滑块B放置在图中的位置上，开始碰撞实验：给滑块B一个向左的初速度，滑块B与静止的A发生碰撞并被反弹，数字毫秒计记录下滑块A通过光电门1的遮光时间为，滑块B第一次、第二次通过光电门2的遮光时间分别为和，以向左为正方向，如果关系式 （用、、、及表示）在误差范围内成立，表明碰撞过程动量是守恒的。 （4）把实验装置稍加变化，验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨右端抬高，使得导轨与水平面夹角为30°，然后固定导轨。还让滑块B从原位置由静止滑下，滑块B通过光电门2和1的遮光时间分别为、，通过光电门2和1的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式 （用d、、、t及g表示）在误差范围内成立，表明动量定理成立。 12．霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所示，在一半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=k，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学欲通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。 (1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，所加电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“＋”接线柱与 （选填“M”或“N”）端通过导线相连。 (2)已知薄片厚度d=0.40 mm，该同学保持磁感应强度B=0.10 T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。 根据表中数据，求出该半导体薄片的霍尔系数为 ×10-3 V·m·A-1·T-1（保留2位有效数字）。 (3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向 （选填“a”或“b”），S2掷向 （选填“c”或“d”）。 为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一阻值合适的定值电阻串联在电路中。在保持其他连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件 和 （填器件字母代号）之间。 13．如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求： (i)抽气前氢气的压强； (ii)抽气后氢气的压强和体积。 14．(12分)如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0．01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视作质点)，从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0．6 m，BC长L＝2 m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0．5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g＝10 m/s2)求： (1)小钢球第一次经过C点时的速度大小vC； (2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小FB； (3)若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。 15．真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g。 （1）油滴运动到B点时的速度； （2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。 参考答案 1．D　 根据共振现象，当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体的振幅达到最大值，所以应使破碎机工作锤头振动的频率与要破碎的混凝土的固有频率相接近，从而损坏混凝土，这样效果好，而与旧路面地基频率相差较大，可以不损坏路面的地基，D正确，A、B、C错误。 2．C　 发电机线圈的转速为nz,输出交变电流的频率f==nz,B错误;线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生正弦式交流电,最大值Em=NBS·2π·nz,输出电压的有效值E==πNBSnz,A错误;变压器原、副线圈的匝数比==,C正确;发电机产生的瞬时电动势e=Emsin ωt=2πNBSnz·sin (2πnzt),D错误。 3．C 由动能定理得eU=Ek-Ek0,故电子到达N的动能与M、N间距离无关,A错误;由动能定理得eU=Ek-m,则到达N的电子的最大动能与初速度方向无关,B错误;逸出的光电子初速度最大且方向沿y方向时,y方向位移最大,由=ma,d=at2,ym=vmt,联立解得y=vmd,C正确;由动能定理得eUc=m,解得Uc=,D错误。 4．C　 光束经过平行空气砖发生两次折射后只发生侧移，不发生偏折（点拔：光经过平行玻璃砖折射，出射光与入射光平行），故两束光一定平行，A错误；两束光从海水射入空气发生折射现象，同一介质对频率更高的光的折射率更大，由题图可知n1＜n2 ，则f1＜f2，即光束2的频率更高（关键点：光的频率越大，同一介质对它的折射率越大），B错误；一束单色光射向平行空气砖后偏移量变大，即海水的折射率变大，说明海水盐度变大，C正确，D错误。 5．B 根据开普勒第三定律可得 根据题意，周期之比已知为，即可求出半径之比为。根据万有引力提供向心力可得 变形可得 由此可得运动速率之比为，故ACD错误，B正确。 故选B。 6．C 由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，A错误；粒子第一次加速，由动能定理得，粒子第二次加速，由动能定理得，整理得，，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，B错误；设粒子到出口处被加速n圈，加速时间为t，由动能定理得，又由洛伦兹力提供向心力得，周期，，联立得，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同,C正确；设D形盒半径为R，则有，又，联立可得，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度平方成正比，D错误； 7．D A．小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有，小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒，则有，解得，小球A通过圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为，根据牛顿第二定律有，联立解得，小球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为，根据牛顿第三定律可知，小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，A正确，不满足题意要求； B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为，则BC碰撞过程，根据动量守恒有，根据能量守恒有，联立解得BC碰撞损失的机械能为，可知，当n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，B正确，不满足题意要求； C．小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有，根据机械能守恒有，联立解得，，若BC发生的是弹性正碰，当时，BC碰撞过程，根据动量守恒有，根据机械能守恒有，联立解得，碰撞完成后小球C的速度为，C正确，不满足题意要求； D．当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有，解得，碰撞完成后小球C的速度为，则此时C的动量为，可知，当n取1时，C的动量取最小值为，D错误，满足题意要求。选D。 8．AD AB．设弹簧的原长为，与小球1、小球2连接的弹簧的伸长量分别为、，由几何关系有，与小球1连接的弹簧与竖直方向的夹角为，小球1做匀速圆周运动的半径为，对小球1进行受力分析，有，，解得，，A正确，B错误； C．对小球2进行受力分析，有，，解得，C错误； D．由几何关系可知，与小球2连接的弹簧的伸长量，解得，D正确。选AD。 9．AC A．t=0时，金属棒产生的动生电动势大小，方向由N到M。圆形区域内磁感应强度B随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为，方向沿顺时针方向。因，所以金属棒中的电流方向由N→M，闭合回路中有逆时针方向的电流，电流大小为，A正确； B．金属棒开始运动时，金属棒受到沿斜面向下的安培力、重力的分力和摩擦力作用，沿斜面向上减速运动，当时，感应电流为零，但金属棒仍受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力作用，继续减速，此后，这时闭合回路中有顺时针方向的电流，金属棒受到沿斜面向上的安培力和沿斜面向下重力的分力、摩擦力的作用，故金属棒在运动过程中受到的安培力方向不是一直沿斜面向下，B错误； CD．沿斜面向上的安培力大小等于沿斜面向下重力的分力与摩擦力的合力时，金属棒开始匀速运动，即，解得金属棒匀速运动的速度大小，C正确，D错误。选AC。 10．BD A．令，则有 既有 根据牛顿第二定律有 ， 解得 P向右运动过程中，减小，则水平拉力F增大，A错误； B．P从O点向右运动4m的过程有 解得 则P所受重力的冲量大小 B正确； C．Q的位移为 则Q所受重力对Q做的功 C错误； D．P的速度 根据几何关系，当P运动了4m时，可解得此时夹角 结合上述可解得Q的速度 对P、Q系统有 解得 D正确。 故选BD。 11．游标卡尺；高于；； （1）[1]为了测量准确度更高，遮光片宽度需要用游标卡尺。 （2）[2]当滑块向右通过光电门1和2的时间，说明滑块加速运动，轨道左端高于右端。 （3）[3]B与A发生碰撞时，碰前B第一次经过光电门2的初速度，碰后B经过光电门2的初速度，碰后A经过光电门1的速度，根据动量守恒，以向左为正方向，即，消去d，可得 （4）[4]根据动量定理，化简得 12．M；1.3；b；c；E；S1（或S2） (1)[1]根据半导体材料是空穴导电，即相当于正电荷移动导电，结合左手定则可以判定通电过程中，正电荷向M侧移动，因此用电压表测M、N两点间电压时，应将电压表的“＋”接线柱与M端相接。 (2)[2]根据题目中给出的霍尔电压和电流、磁场以及薄片厚度的关系式 UH＝k 可得 ≈1.3×10－3 V·m·A－1·T－1 (3)[3][4][5][6]根据电路图可知，要使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b，S2掷向c，为了保证测量安全，在保证其他连接不变的情况下，加入的定值电阻应该接在干路上，即接在E和S1（或S2）之间。 13．(i)(p0＋p)　(ii)p0＋p　 本题考查汽缸内气体的动态变化与平衡问题。 (i)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 (p10－p)·2S＝(p0－p)·S① 得p10＝(p0＋p)② (ii)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。 根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0④ p2V2＝p0V0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接，故 V1－2V0＝2(V0－V2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p⑦ V1＝⑧ 14．(1)2 m/s　(2) N (3)s＝ (1)小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，小钢球速度为零，从C到E的运动过程，根据动能定理有 0－m＝－mg·2R(1分) 解得vC＝2 m/s(1分) (2)设小钢球通过B点时的速度为vB，从B到C的运动过程，摩擦力做功为Wf1＝－μmgL＝－0．1 J(1分) 根据动能定理有Wf1＝m－m(1分) 小钢球经过B点时，根据匀速圆周运动公式有 FB－mg＝(1分) 两式联立，解得 FB＝ N(1分) 根据牛顿第三定律，小钢球对轨道的压力大小FN＝FB＝ N (3)设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为h1， 从O到E的运动过程，由动能定理有 mg(h1－R)－μmg·L＝EkE， 且EkE＝0，解得h1＝R＋μL＝1．6 m， ①当小钢球的释放高度h＜h1＝1．6 m时，小钢球将无法通过E点，其在GH斜面轨道上运动的总路程s为零(2分) 根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度 LGH＝＝0．8 m， 小钢球在斜面GH上运动时，所受摩擦力大小为 Ff＝μmgcos θ＝0．04 N， 小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做功Wf2＝－FfLGH＝－0．032 J， 可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为 Wf2＝－0．032 J， 设小钢球释放高度为h2时，其能够运动到H点，并被反弹，且恰好能够再次经过E点， 根据动能定理有mg(h2－R)＋Wf1＋2Wf2＝EkE，EkE＝0， 解得h2＝2．24 m； ②当小钢球的释放高度h＞h2时，小钢球再次通过E点后，将向D、C方向运动，并不再返回，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s＝2LGH＝1．6 m， 小钢球重力沿斜面向下的分力大小为 F1＝mgsin θ＝0．06 N(2分) ③因为F1＞Ff(或μ＜tan θ)，所以当小钢球的释放高度h1≤h＜h2时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过E点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H点， 根据动能定理有mgh＋Wf1－Ffs＝0，解得s＝2．5h－2．5(m)(1分) 综上可得s＝(1分) 15．(1)； (2)见解析 （1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 油滴在时刻t1的速度为 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足 油滴在时刻t2=2t1的速度为 解得 （2）由题意，在t=0时刻前有 油滴从t=0到时刻t1的位移为 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为 由题给条件有 式中h是B、A两点之间的距离 若B点在A点之上，依题意有 解得 为使，应有 即当 或 才是可能的 条件分别对应于 和 两种情形 若B在A点之下，依题意有 由以上式子得 为使，应有 即 另一解为负，不符合题意，已舍去 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$