卷子答案网-一个不只有答案的网站成都市成华区2023-2024学年高二上学期期中考试
物理
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．关于元电荷和点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．元电荷就是点电荷，二者没有区别
B．元电荷的电量为，点电荷一定是体积很小的带电体
C．元电荷可以是电子，也可以是质子
D．元电荷目前被认为是自然界中电荷的最小单元，体积很大的带电体有时也能看成点电荷
2．以下说法正确的是（ ）
A．只适用于点电荷产生的电场
B．适用于任何电场
C．由可以计算的大小，但是与、无关
D．由可知与成正比，与成反比
3．图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为，内阻，调零电阻的最大值，电池电动势，两表笔短接调零后，用它测量电阻，当电流计指针指在满刻度的时，则的阻值是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面且相邻等势面间电势差相等，实线为一带负电的粒子仅在电场力的作用下减速通过该区域时的运动轨迹，P、Q是运动轨迹上的两点，由此可知（ ）
A．粒子一定从P点运动到点
B．a、b、c三个等势面中，的电势最高
C．粒子运动的加速度在逐渐减小
D．粒子从等势面到比从等势面到电势能的变化量小
5．如图，电荷量分别为和的点电荷固定在边长为的正方体的两个顶点上，是正方体的另一个顶点，如果点电荷、连线中点的电场强度大小是，则正方形点的电场强度大小是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示为真空中某一静电场的电势在轴上分布的图象，轴上B、C两点电场强度在轴方向上的分量分别是、，下列说法中正确的是（ ）
A．的大小大于的大小 B．的大小小于的大小
C．的方向沿轴正方向 D．点电场强度在方向上的分量最大
7．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（ ）
A．小球不可能做匀速圆周运动
B．小球运动到最低点时，电势能一定最大
C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大
D．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小
8．如下图所示，平行板a、b组成的电容器与电源连接，闭合开关，电路稳定后，一带电粒子（不考虑重力）从平行板电容器左侧某点以平行极板射入电容器，打在板上的点．则（ ）
A．该粒子带负电
B．将极板向上移动一小段距离，带电粒子打在点的左侧
C．将滑片向右移动，带电粒子打在点的右侧
D．断开，将极板向下移动一小段距离，带电粒子仍然打在点
9．如图所示，电荷量，质量为的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为，以下判断中正确的是（ ）
A．物体将沿斜面减速下滑 B．物体将沿斜面加速下滑
C．物体仍保持匀速下滑 D．物体可能静止
10．如图甲所示的电路中定值电阻，电源电动势，。如图乙所示，曲线为灯泡的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的图线，以下说法正确的是（ ）
甲 乙
A．开关断开时电源的效率为
B．开关闭合后电源的总功率会变小
C．开关闭合后灯泡的亮度增强
D．开关断开时小灯泡消耗的功率为
二、多项选择题（本大题6个小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的正确答案，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分）
11．如图所示，、、三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计重力及其相互作用，那么（ ）
A．偏转电场对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
12．关于多用电表的使用，下列操作正确的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．测电压时，图甲连接方式红黑表笔接法有误
B．测电流时，应按图乙连接方式测量
C．测电阻时，可以按图丙连接方式测量
D．测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量
13．小灯泡通电后其电流随所加电压变化的图线如图所示，为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为轴的垂线，PM为轴的垂线，下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应点，小灯泡的电阻为
C．对应点，小灯泡的电阻为
D．对应点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值
14．在如图所示电路中，闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、和表示，电表示数变化量的绝对值分别用、、和表示，下列说法正确的是（ ）
A．变小，变大，变小，变大 B．变大，变小，变大，变大
C．不变，变小，变小 D．不变，不变，不变
15．在如图甲所示的电路中，、和为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，电路中的总电流为，则此时（ ）
甲 乙
A．通过的电流为通过的电流的2倍
B．此时、和的电阻均为
C．消耗的电功率为
D．消耗的电功率为消耗的电功率的4倍
16．如图，电源的电动势，内阻，，，，，为电阻箱，调节范围为，电容器，下极板接地，两极板正中间有一点（未标出），初始时刻开关断开，，则正确的是（ ）
A．若将电容器的下极板稍向下移动，则点的电势增大
B．闭合开关后，流过的电荷量
C．将电阻箱调到后再闭合开关，稳定后电容器上的电量为0
D．闭合开关后，将电阻箱从0开始逐渐调到最大值，电源的输出功率先增大后减小
三、实验题（本大题2个小题，17题10分，18题12分，共22分）
17．某同学设计了如图所示的电路测电源电动势及电阻和的阻值．实验器材有：
待测电源（不计内阻）
待测电阻，定值电阻
电流表（量程为，内阻不计）
电阻箱
单刀单掷开关，单刀双掷开关
导线若干．
甲 乙
（1）先测电阻的阻值（只有几欧姆）．请将小明同学的操作补充完整：闭合，将切换到，调节电阻箱，读出其示数和对应的电流表示数；将切换到，调节电阻箱，使_______，读出此时电阻箱的示数，则电阻的表达式为_______．
（2）该同学已经测得电阻，继续测电源电动势．该同学的做法是：闭合，将切换到，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电流表示数，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势_______，电阻_______．
（3）若实际电流表内阻不可忽略，则的测量值_______（填“大于”“等于”或“小于”）真实值．
18．某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．电流表（内阻，满偏电流 B．电流表（内阻约为，量程为）
C．定值电阻（） D．滑动变阻器（最大电阻为） E．两节干电池 F．一个开关和导线若干 G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为________mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为________cm。
图1 图2
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_______挡（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为________。
图3 图4
（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。
（4）若实验测得电流表示数为，电流表示数为，则金属棒电阻的表达式为________。（用，，，表示）
四、计算题（本大题共2小题，19题10分，20题14分，共24分．）
19．如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关后，标有“”的灯泡恰能正常发光，电动机的内阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）电动机的机械功率．
20．如图（a）所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为，两极板间距为，板长为，粒子从非常靠近上极板的点以的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由点飞出匀强电场，已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力．求：
（a） （b）
（1）平行板电容器的电容；
（2）CD两点间电势差；
（3）若A、B板上加上如图（b）所示的周期性的方波形电压，时板比板的电势高，为使时刻射入两板间的粒子刚好能由点水平射出，则电压变化周期和板间距离各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v表示）
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物理答案
1．D【分析】本题考查了元电荷、点电荷；点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性。点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍。
【解答】A．元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不同，故A错误；
B．元电荷是带电量的最小值，大小是，带电体能否看做点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故B错误；
C．元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故C错误；
D．元电荷是自然界中电荷的最小单元，体积很大的带电体有时也能看成点电荷，故D正确。
故选D。
2．C【分析】本题考查对场强定义式的理解能力，抓住此式具有比值定义法的共性，定义出的新物理量与两个量无关，反映物质的属性。
【解答】A、电场强度的定义式适用于任何电场，故A错误；
B、公式仅适用于匀强电场，故B错误；
C、由可以计算的大小，但是与q、t无关，故C正确；
D、C由电容器本身性质决定，与Q，U无关，则D错误。故选C。
3．B【分析】本题考查了求待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律可以解题。
【解答】欧姆表内阻：，当电流计指针指在满刻度的时，流过的电流为，待测电阻阻值：，故B正确，ACD错误。
4．B【分析】由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于带电粒子带负电，因此电场线方向也指向左上方；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】A．带电粒子所受电场力指向轨迹内侧，且电场力与等势面垂直，所以粒子所受的电场力指向右下方，粒子做减速运动，故粒子一定从点运动到点；故A错误；
B．由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，而沿电场线电势降低，故等势线的电势最高，点的电势最低；故B正确；
C．等势线密的地方场强大，加速度大，故带电粒子通过点时的加速度较大；故从到加速度增大；故C错误；
D．相邻等势面间电势差相等，故粒子从等势面到与从等势面到电势能的变化量相等，故D错误；故选B。
5．B【分析】本题主要考查点电荷的电场强度及电场的叠加，点电荷的电场强度为，电场的叠加满足平行四边形定则，由此分析解答即可，试题难度一般。
【解答】根据几何知识得点到两个电荷的距离都是，即点场强为。点场强为和在点产生场强的矢量叠加。
则有：，故B选项正确。
6．B【分析】本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在轴上各点的电场强度在方向的分量不相同，如果在方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。
本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法。
【解答】AB．在点和点附近分别取很小的一段，由图象，点段对应的电势差大于点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，故A错误，B正确；
C．沿电场方向电势降低，在点左侧，的方向沿轴负方向，在点右侧，的方向沿轴正方向，故C错误；
D．点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在点受到的电场力为0，故D错误。
故选B。
7．B【分析】带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析。要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式。
【解答】A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误；
CD、重力与电场力大小未知，小球速度最大位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故CD错误；
B、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故B正确。
故选：B。
8．D【分析】根据电容器的特点，分析电容器电压的变化，从而分析场强和电场力的变化。
【解答】A．由图可知，上极板带正电，下极板带负电，粒子不计重力向下偏转，故带正电，故A错误；
B．由图可知，两极板间不变，由可知，当极板上移，增加，减小，，则减小，粒子打在点右侧，故B错误；
C．滑片右移，变大，电容器两端不变，由可知，不变，，则不变，粒子仍打在点，故C错误；
D．现断开开关后，电容器板间的电量保持不变，根据电容的决定式及可得，故减小，不变，故不变，粒子仍打在点，故D正确。
故选D。
9．C【分析】本题要注意明确电场力的性质，当加一竖直向上的匀强电场时，相当于增大了物体的重力，在摩擦因数不变的情况下，物体仍保持匀速下滑。注意这种等效观点的应用。
【解答】质量为的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，设斜面倾角为，摩擦因数为，故，当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为，电场力竖直向上，此时物体合力应为，故，物体仍保持匀速下滑，故C正确，ABD错误。
故选：C。
10．D【分析】本题考查了电源的伏安特性曲线和电阻伏安特性曲线，注意交点的意义，在分析开关闭合后的变化时，也可以将电源和电阻等效为一个新电源分析。
开关断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，根据图像计算灯泡功率和电源总功率，从而计算效率；根据闭合电路欧姆定律分析当开关闭合后灯泡亮度的变化及电源功率的变化。
【解答】AD．开关断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，，，实际功率，电源总功率，所以电源的效率为，A错误，D正确；
B．闭合开关后，电路外电阻减小，，干路电流增大，总功率增大，B错误；
C．闭合开关后，干路电流增大，增大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，C错误。
故选D。
11．AD
A、带电粒子在加速电场中加速，电场力做功；由动能定理可知：；解得：；
粒子在偏转电场中的时间；
在偏转电场中的纵向速度
纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可知三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；
C、因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；
故选：AD。
由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再由运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．根据电场力做功可明确做功大小关系．
本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．
12．AB
解：根据多用电表“红进”“黑出”，可知
A．测电压时，红表应接灯泡的正极，故A正确；
B．测电流时，电流从红表笔进入，故B正确；
C．测电阻时，应将待测电阻与电源断开，故C错误；
D．测二极管的反向电阻时，红表笔应接二极管正极，黑表笔应接二极管负极，故D错。
故选：AB。
多用电表是电流表、电压表和欧姆表共用一个表头，流入多用电表的电流是“红进”“黑出”
多用表的黑表笔接内部电池的正极，红表笔接内部电池的负极，这样正好符合电流“红进”“黑出”。
13．CD【分析】小灯泡的图线上的各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率增大，灯泡的电阻减小；任一状态灯泡的电阻，并依据与图象面积大小表示功率，从而即可求解。
对于线性元件，，对于非线性元件，。
【解答】A．图线各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；
BC．根据欧姆定律得到，对应点，小灯泡的电阻为，R不等于切线斜率，故B错误，C正确；
D．根据功率表达式，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；
故选CD。
14．CD
【分析】本题考查了电路的动态变化，根据部分电路电阻的变化情况，得到总电阻的变化情况，由闭合电路的欧姆定律分析各电压表和电流的变化。
由电路图可知与串联，测量两端的电压，测量两端的电压，测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化，由闭合电路的欧姆定律可分析得出各电压表和电流表的变化情况。
【解答】AB．闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的电阻减小，由于、和串联，则总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律得总电流为：，则总电流增大，由路端电压公式：知，减小，由欧姆定律知电阻两端的电压为：，则增大，由串并联关系知，则减小，故AB错误；
CD．因不变，则由欧姆定律可得，保持不变，由数学规律可知，也保持不变，因滑片向上移动，故的接入电阻减小，故变小，而，故保持不变，因，故比值减小，而，故比值保持不变，故CD正确。
故选CD。
15．AC
【分析】根据电路可知，小灯泡与并联之后再与串联，根据串并联电路的特点即可得出结论，值得注意的是要通过图乙得出灯泡的电阻不是定值，而是随着电压的变化在变化。
本题主要考查串并联电路与欧姆定律的综合考查，解题时要注意通过图乙得出灯泡的电阻变化特点，进而根据串并联电路的特点即可解答。
【解答】A．电路中的总电流为，则通过的电流为，因和并联，则和两端电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则有通过的电流为通过的电流的2倍，故A正确；
B．由伏安特性曲线可以读出电流为时，电压为，的电流为，此时电压，由知它们的电阻不相等，故B错误；
C．消耗的电功率为，故C正确；
D．因通过的电流为通过的电流的2倍，假设它们的电阻相等，则有消耗的电功率为消耗的电功率的4倍，而它们的电阻不相等，因此消耗的电功率不等于消耗的电功率的4倍，故D错误。
故选AC。
16．AB
【分析】本题考查的知识点主要有电容器的动态分析和闭合电路的动态分析，知道在直流电路中电容器处理为断路、电容器的电压情况，能认清电流的构造是解题的关键。
【解答】当开关断开时，、和断路，电容器的电压等于所分的电压；当开关闭合时，断路，、串联，、串联后再并联，电容器的电压等于和所分的电压差。
A．开关断开时，电容器的电压不变，接地其电势为零。设电容器间距离为d，P点与上极板的距离为，则点的电势为，可知将电容器的下极板稍向下移动，增大，x、U不变，故点电势增大，故A正确；
B．开关断开时，电容器电压，此时电容器的电荷量为，上极板为正，下极板为负，
开关闭合时，由于，此时电容器电压依然为电压，根据电路知识求得，此时电容器电荷量为，上极板为正，下极板为负，
故流过的电荷量，故B正确；
C．将电阻箱调到后再闭合开关时，由于，故电容器两端的电压不为零，故所带的电荷量不为零，故C错误；
D．闭合开关时，外阻，此时电源的输出功率最大，在电阻箱从0开始逐渐调到最大值过程，外阻一直增大，故电源的输出功率一直减小，故D错误。
故选AB。
17．【分析】本题应明确：遇到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可。
（1）的关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后求解即可；
（2）的关键是根据绘出的图线列出表达式，然后整理出关于与的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解；
（3）的关键是将电源内阻考虑在内，按（1）（2）的思路求解然后比较即可。
【解答】（1）本实验中采用将短路的方式求解待测电阻；由于没有电压表进行测量计算，故在实验中应控制电流不变；
当接时应有：
当接时应有：联立以上两式解得：；
（2）根据闭合电路欧姆定律应有：
变形为：
根据函数斜率和截距的概念应有：，
解得：，；
（3）若考虑电源内阻，对（1）：接时应有：，接时应有：
联立可得，即测量值与真实值相比不变；
对（2）应有：，变形为，
比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，变小，即测量值比真实值偏大。
故答案为：（1）电流表示数仍为；；（2）；；（3）大于。
18．【分析】（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图；
（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。
本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。
【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：，由图示游标卡尺可知，其示数为：；
（2）用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用挡，并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为；
（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表与定值电阻串联组成电压表测电压，用电流表测电流，由于改装后电压表内阻为，电流表内阻约为，待测电阻阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
（4）金属棒电阻阻值：。
故答案为：（1）；；（2）；；
（3）
（4）。
19．（1）根据路端电压求得电源内电压，再根据内电阻求得电源总电流，再根据路端电压和总电流求得电源的输出功率；
（2）根据总电流求得电动机中的电流，再根据焦耳定律求得时间内电动机产生的热量；
（3）分别求得电动机的输入功率和热功率，电动机的机械功率等于总功率与热功率之差。
对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。
解：（1）由题意知，并联部分电压为，故内电压为，总电流，
电源的输出功率；
（2）流过灯泡的电流，
则流过电动机的电流，
电动机的热功率，
内电动机产生的热量；
电动机的总功率，
电动机的机械功率．
20．本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键。
（1）由电容定义式求电容；
（2）两板之间为匀强电场，根据粒子的偏转求得粒子的偏转位移y，C与间电势差；
（3）为使粒子刚好由点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期的关系为，，竖直方向向下的最大分位移不大于。
解：（1）依电容定义有：平行板电容器的电容
（2）两板之间为匀强电场
粒子在电场中加速度，粒子的偏移量：
运动时间
解得：
CD两点的电势差为：
（3）为使粒子刚好由点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期的关系为，
则
竖直方向向下的最大分位移应满足：
即
解得．
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