2024年广东省普通高中高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年广东省普通高中高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.被称为“火焰发现者”的火灾报警器，其光电管的阴极对室内灯光中的紫外线毫无反应，只有被明火中的紫外线照射时才会报警。已知光电管阴极的金属发生光电效应的截止频率为ν0，灯光中紫外线的频率为ν1，明火中紫外线的频率为ν2，则ν0、ν1、ν2的大小关系是( )
A. ν2>ν1>ν0B. ν1>ν2>ν0C. ν2>ν0>ν1D. ν0>ν2>ν1
2.如图是敲击甲、乙两个音叉后，发出的两列声波a和b在空气中向前传播的示意图。从图中信息可知声波a的( )
A. 波长小于b的波长
B. 波长大于b的波长
C. 波速小于b的波速
D. 波速大于b的波速
3.图甲是磁电式电表的内部构造，其截面如图乙，两软铁间的磁场可看作是均匀辐射分布的，圆柱形软铁内部的磁场可看作是平行的。若未通电的线圈在P、Q位置的磁通量分别为ΦP、ΦQ，则( )
A. ΦQ=0B. ΦQ=ΦPC. ΦP<ΦQD. ΦP>ΦQ
4.在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa=6V、φb=4V、φd=2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
5.如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2=n3，则下列关系式正确的是( )
A. U1：U4=n1：n4B. U1：U4=n4：n1
C. I1：I4=n1：n4D. I1：I4=n4：n1
6.如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b两处的横截面直径分别为0.8cm和0.6cm，则经过a、b的水流速度之比va：vb为( )
A. 1：3B. 1：9C. 3：4D. 9：16
7.据报道，“TRAPPIST−1恒星系统”由1颗红矮星和7颗(如图所示)围绕它运行的行星组成，若地球半径为R，则行星的半径如表。据推测行星g和h的密度大致相同，若行星g的第一宇宙速度为v，则行星h的第一宇宙速度约为( )
A. 0.5vB. 0.7vC. 1.5vD. 2.3v
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.为了减少污染，根据相关规定，加油站必须进行“油气回收”，操作如下：油枪从封闭油罐中吸取体积为V的汽油加到汽车油箱，同时抽取油枪周围体积为1.2V的油气(可视为理想气体)，压入封闭油罐(压至体积为V)。假设油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则将油气压入油罐的过程中，油气( )
A. 压强增大B. 对外做正功C. 向环境放热D. 从环境吸热
9.如图为晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面(设其半径足够大)的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则( )
A. 离子掺杂在x轴的负半轴上B. 离子掺杂在x轴的正半轴上
C. 圆柱形磁场的磁感应强度必须小于vkLD. 圆柱形磁场的磁感应强度必须小于v2kL
10.如图，质量为60kg的同学在练习跳球。他将篮球从离地面高为2m的位置以5m/s的初速度竖直向上抛出，接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的0.2s时刻恰好跳离地面，此时手指尖离地面高为2.5m。不计空气阻力，g取10m/s2，已知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则( )
A. 起跳过程，地面对该同学的冲量为120N⋅s
B. 起跳过程，合外力对该同学的冲量为240N⋅s
C. 触碰到篮球时该同学的速度为0
D. 触碰到篮球时该同学的速度为1m/s
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.某同学利用如图甲所示的部分电路测量标识模糊的滑动变阻器的最大阻值。请完成下列相关内容：
(1)连接线路：要求在不拆电路的情况下完成欧姆调零和测量滑动变阻器的最大阻值，则闭合开关S前，a接线柱不能连接到滑动变阻器的______接线柱。
A.b
B.c
C.d
D.e
(2)欧姆调零：正确连接a与滑动变阻器的接线柱后，先将多用电表的选择开关旋至“×10”位置，再将滑动变阻器的滑片滑到______(选填“最左端”“最右端”)，闭合开关S，旋转多用电表的______(选填“P”“Q”)旋钮，使指针指到______，完成欧姆调零。
(3)调试：在(2)的基础上，将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，观察到多用电表的示数较小，为了得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋至______位置，______(选填“需要”“不需要”)再次进行欧姆调零。
(4)测量：在(3)的调试后，进行正确操作和测量，多用电表指针指示如图乙，则滑动变阻器的最大阻值为______Ω。
12.某实验小组利用单摆周期公式T=2π Lg测量当地重力加速度的值。
(1)为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择______。
(2)组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲，则小球直径为______ mm。
(3)周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与______之和。
(4)某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如表的实验数据并描点在图乙的坐标系中，请在图乙中作出T2−L图像。
(5)根据T2−L图像算出重力加速度g=______m/s2(结果保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
13.如图，竖直放置的半圆形玻璃砖半径为R、可绕圆心O顺时针转动，O与竖直放置的光屏相距2R。初始时玻璃砖的直径与光屏平行，激光笔对准O，垂直于光屏发出一束激光射向玻璃砖，在光屏上的O1点留下亮点；保持激光笔位置不变，让玻璃砖绕O点顺时针转动60∘，亮点在光屏上移动到与O1相距2 33R的位置。已知激光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)激光在玻璃砖内的传播时间。
14.如图，运动员练习单杠下杠：双手抓住单杠与肩同宽，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率vA=1m/s，转至B点时脱离单杠，重心经过最高点C，最后落到地面，D点为落地时的重心位置。已知运动员的质量m=60kg，做圆周运动时其重心到单杠的距离R=1m；脱离单杠后运动员在空中上升与下降的时间之比为5：7，B、D两点的高度差为1.2m，重心在C点时速率vC=1.5m/s；g取10m/s2，A、B、C、D在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：
(1)运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小和方向；
(2)C、D两点间的水平距离；
(3)从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
15.地表附近存在着环境电场，该电场可视为场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场，蜘蛛可以通过向空中吐出带电蛛丝实现飞行如图，在无风的天气里，质量为m的蜘蛛，从地面向空中吐出4根蛛丝，恰好可以使它脱离地面；在有水平风的天气里，t=0时蜘蛛从地面向空中吐出n(n>4且为偶数)根蛛丝，T时刻咬断一半蛛丝，经过一段时间后落到地面完成“迁徙”，假设蜘蛛吐出的每根蛛丝都相同，且电荷集中在蛛丝顶端，蜘蛛自身始终不带电；已知重力加速度为g，水平风力大小恒为f=16mg，忽略空气对蜘蛛的其他作用力。
(1)判断蛛丝的电性，求每根蛛丝的带电量q；
(2)蜘蛛要实现空中“迁徙”求n的值；
(3)求蜘蛛“迁徙”一次飞行的水平距离x(计算结果可以保留根号)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0
因为光电管的阴极对室内灯光中的紫外线毫无反应，说明灯光中的紫外线的频率为ν1小于光电管内部金属的极限频率ν0，故ν1<ν0
明火中的紫外线照射到光电管的阴极K时才启动报警，说明明火中的紫外线的频率为ν2大于光电管内部金属的极限频率ν0，故ν2>ν0
故ν0、ν1、ν2的大小关系是ν2>ν0>ν1
故ABD错误，C正确。
故选：C。
发生光电效应的条件是照射光的频率应大于等于金属的极限频率；由此判断。
本题是对爱因斯坦光电效应方程的常规考查，只需要学生了解光电效应产生的条件，就可以正确选择。
2.【答案】A
【解析】解：AB.从图中不难看出，a的波长小于b的波长，故A正确，B错误；
CD.声波在空气中的传播速度都相同，故CD错误。
故选：A。
根据题干中的图片可以判断波长的大小；
声波的速度根据所在的介质的不同而不同，在同一中介质下，声速是一样的。
本题主要考查声波的传播速度受那些因素影响和根据图片判断波长的大小。
3.【答案】C
【解析】解：线圈在P位置时与磁场平行，穿过线圈的磁通量ΦP=0。线圈在Q位置时与磁场方向成一定夹角，此时有磁通量，ΦQ>0，所以ΦP<ΦQ，故ABD错误，C正确。
故选：C。
当线圈与磁场平行时，线圈的磁通量为零。当线圈与磁场方向成一定夹角时，磁通量不为零。由此分析即可。
对于磁通量，要掌握两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，线圈的磁通量为零。当线圈与磁场垂直时，磁通量最大。
4.【答案】B
【解析】解：如图所示
连接ad与y轴交于m点，根据匀强电场的特点有
Uam=Umd
即
φa−φm=φm−φd
代入数据解得
φm=4V
故bm连线为匀强电场的一条等势线，过O点作等势线的垂线，根据根据电场线总是指向电势降低的方向，可知电场方向沿着aO方向，由于电子带负电，所受电场力的方向与电场强度的方向相反，即电子所受电场力方向沿着Oa方向，根据物体做曲线运动的条件可知，轨迹在合力与速度之间，则能大致反映电子运动轨迹的是②，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据题意，找到匀强电场的一条等势线，再根据电场线与等势线的关系，再做一条电场线，根据粒子的电性确定电场力的方向，最后根据曲线运动合力、轨迹和速度三者的位置关系判断能大致反应粒子运动的轨迹。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由变压器的原副线圈的电压关系可知
U1U2=n1n2
U3U4=n3n4
根据题意
n2=n3
且U3加上r上的电压等于U2可得
U2>U3
故
U1：U4>n1：n4
故AB错误；
CD.由变压器的原副线圈的电流关系可知
I1I2=n2n1
I3I4=n4n3
根据题意：
n2=n3
根据串联电路电流的特点：
I2=I3
可得
I1：I4=n4：n1
故C错误，D正确。
故选：D。
根据变压器的原、副线圈的电压和电流与匝数的关系，结合串联电路电压和电流的特点分析求解。
本题考查了变压器相关知识，理解变压器原、副线圈的电压和电流与匝数的关系是解决此类问题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，取一段极短的时间Δt，对两个不同的截面，有π(da2)2vaΔt=π(db2)2vbΔt
可得va:vb=db2:da2=0.62:0.82=9:16
故ABC错误，D正确。
故选：D。
相等的时间通过任一截面的体积相等，即水的流量相等，可以推出流速和直径的平方成反比。
抓住相等的时间通过任一截面的体积相等就可以解决本题。
7.【答案】B
【解析】解：设行星的半径为R′，在行星表面重力与万有引力相等，则有
GMmR′2=mg′
可得行星的质量为
M=g′R′2G
行星的体积为
V=43πR′3
可得行星的密度为
ρ=MV=3g′4πGR′
由于行星g和h的密度大致相同，可得行星h和g表面的重力加速度之比为
g′hg′g=R′hR′g
由万有引力提供向心力
GMmR′2=mv12R′
可得行星的第一宇宙速度为
v1= GMR′= g′R′
即行星h和g的第一宇宙速度之比为
vh1vg1= g′hR′hg′gR′g=R′hR′g=0.7
其中行星g的第一宇宙速度为v，则行星h的第一宇宙速度约为
vh1=0.7v
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据万有引力和重力相等推导行星的质量，根据密度公式推导行星的密度，根据万有引力提供向心力推导第一宇宙速度判断。
本题关键掌握万有引力在天体运动中的应用。
8.【答案】AC
【解析】解：A、将油气压入油罐的过程中，体积减小，温度不变，根据pV=C可知油气压强增大，故A正确。
BCD、将油气压入油罐的过程中，体积减小，外界对气体做功。由于油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可知油气向环境放热，故C正确，BD错误。
故选：AC。
将油气压入油罐的过程中，体积减小，温度不变，根据玻意耳定律分析压强的变化。因为油罐及加油枪导热良好且环境温度不变，所以气体的内能不变。根据体积的变化分析气体做功情况，结合热力学第一定律分析吸放热情况。
解答本题时，要知道一定质量的理想气体的内能只与温度有关。能根据温度变化判断气体内能的变化，结合体积的变化判断气体做功情况，再根据热力学第一定律分析热传递方向。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.由安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，正离子刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，所以离子掺杂在x轴的正半轴上，故A错误，B正确；
CD.若所有的离子都在晶圆上
则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为
r=L
根据牛顿第二定律
qvB=mv2r
解得B=mvqL=vkL，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据左手定则，判断正离子的受力的偏转方向；由qvB=mv2r求圆柱形磁场的最小磁感应强度。
要求掌握本题考查带电粒子在复合场中的运动，分析带电粒子在复合场中的运动情况、受力情况，结合几何知识进行求解。
10.【答案】BD
【解析】解：A.篮球到达最高点时，运动的时间为t1=v0g=510s=0.5s
同学运动的时间为t2=t1−Δt=0.5s−0.2s=0.3s
篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则v022g+h1=v人t2−12gt22+h2
代入数据解得v人=4m/s
起跳过程，根据动量定理IF−mgΔt=mv人
解得地面对该同学的冲量为IF=360N⋅s
故A错误；
B.根据动量定理，起跳过程，合外力对该同学的冲量为I合=mv人=60×4N⋅s=240N⋅s，故B正确；
CD.触碰到篮球时该同学的速度为v=v人−gt2=4m/s−10×0.3m/s=1m/s，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据速度-时间公式求出篮球向上运动的时间，然后根据时间关系求出人向上运动的时间，再结合二者的位移关系求出人向上的初速度，根据动量定理分别求出地面对该同学的冲量和合外力对该同学的冲量；根据速度-时间公式求出触碰到篮球时该同学的速度。
该题结合竖直上抛运动考查动量定理的应用，解答的关键是理清运动的过程。
11.【答案】CD 最右端 Q0Ω处 ×1需要 20
【解析】解：(1)连接线路：要求在不拆电路的情况下完成欧姆调零和测量滑动变阻器的最大阻值，则闭合开关S前，a接线柱不能连接到滑动变阻器的d、e接线柱，只能连接b或者c接线柱，当滑动端滑到右端时，闭合电键S可完成欧姆调零；当滑动端滑到左端时，闭合电键S可完成测量滑动变阻器的最大阻值，故AB错误，BC正确。
故选：CD。
(2)欧姆调零：正确连接a与滑动变阻器的接线柱后，先将多用电表的选择开关旋至“×10”位置，再将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关S，旋转多用电表的调零旋钮“Q”旋钮，使指针指到0Ω处(或满偏电流处、欧姆表零刻度处)，完成欧姆调零。
(3)调试：在(2)的基础上，将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，观察到多用电表的示数较小，说明所选倍率过大，为了得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋至“×1”位置，需要再次进行欧姆调零。
(4)测量：在(3)的调试后，进行正确操作和测量，多用电表指针指示如图乙，则滑动变阻器的最大阻值为20×1Ω=20Ω。
故答案为：(1)CD；(2)最右端；Q；0Ω处；(3)“×1；”需要；(4)20。
(1)滑动变阻器采用限流式接法，根据限流式接法分析作答；
(2)根据欧姆调零的正确方法确定滑动变阻器滑动片所处的位置，并完成正确操作；
(3)多用电表的示数较小，说明所选的倍率过大，据此选择倍率并进行欧姆调零；
(4)根据欧姆表测电阻的读数规则读数。
本题考查了欧姆表测电阻的正确操作以及滑动变阻器电阻的测量；掌握滑动变阻器限流式接法的正确方法；注意：欧姆表读数时不需要估读。
12.【答案】D18.9小球半径 9.86
【解析】解：(1)为了较精确地测量重力加速度的值，减小空气阻力的影响，应选择小钢球，小球在摆动的过程中，要固定摆长不发生变化，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，则小球的直径为d=18mm+9×0.1mm=18.9mm；
(3)周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径之和；
(4)根据“描点法”作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
(5)根据单摆的周期公式T=2π Lg
化简可得T2=4π2gL
根据T2−L图像的斜率为k=4π2g=3.6−00.90−0s2/m
解得当地的重力加速度大小为g=π2≈9.86m/s2。
故答案为：(1)D；(2)18.9；(3)小球半径；(4)见解析；(5)9.86。
(1)根据正确的实验操作分析作答；
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺上对齐格数(不估读)×精确度；
(3)根据单摆摆长与摆线长的关系分析作答；
(4)根据“描点法”作图的规则作图；
(5)根据单摆周期公式求解T2−L函数，结合图像斜率的含义分析作答。
本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】解：(1)折射光路图如图所示
根据几何关系可知i=60∘
tanθ=2R2 33R= 3
解得θ=60∘
则r=60∘−30∘=30∘
根据折射定律有n=sinisinr
解得n= 3
(2)根据折射率与光速的关系有v=cn
则传播时间为t=Rv
解得t= 3Rc
答：(1)玻璃砖的折射率为 3；
(2)激光在玻璃砖内的传播时间为 3Rc。
【解析】(1)作出光的传播图，根据几何关系结合折射定律分析解答；
(2)根据v=cn求得光的传播速度，根据光程计算时间。
本题主要是考查了光的折射定律；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
14.【答案】解：(1)设单杠对每只手的弹力大小为T，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律有
mg−2T=mvA2R
代入数据解得：T=270N
方向竖直向上。
(2)已知脱离单杠后运动员在空中上升与下降的时间之比为5：7，设运动员从B到C的时间为5t0，从C到D的时间为7t0，B、C两点的高度差设为h1，C、D两点的高度差设为h2。
由合运动与分运动的关系可知，运动员从B到C的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动；从C到D的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，则
h1=12g(5t0)2
h2=12g(7t0)2
B、D两点间的高度差
Δh=h2−h1
C、D两点的水平距离为
xCD=vC×7t0
联立解得C、D两点间的水平距离为：xCD=1.05m
(3)设运动员在B点时速度为vB，则有
vB2=vBx2+vBy2
又vBx=vC，vBy=g×5t0
运动员从A到B点的过程中，根据动能定理可知
W合=12mvB2−12mvA2
联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为：W合=787.5J
答：(1)运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小为270N，方向竖直向上；
(2)C、D两点间的水平距离为1.05m；
(3)从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为787.5J。
【解析】(1)运动员在A点时，由重力和单杠弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解单杠对每只手的弹力大小，并确定弹力方向；
(2)运动员从B到C的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动；从C到D的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，根据分位移公式求C、D两点间的水平距离；
(3)根据运动的合成求出运动员经过B点时的速度大小，再由动能定理求从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
本题是斜抛运动与动能定理的综合，关键要熟练运动的分解法处理斜抛运动，掌握分运动的规律。同时，要知道动能定理是求功常用的方法。
15.【答案】解：(1)以蜘蛛和蛛丝整体为研究对象，蜘蛛所受重力大小与蛛丝所受电场力大小相等方向相反，所以蛛丝带负电。由二力平衡知：mg=4qE
变形解得：q=mg4E
(2)依题意，蜘蛛要完成起飞，则n>4；咬断一半蛛丝后，能够降落，则n2<4，故：4又n为偶数，则可取整数时：n=6
(3)设蜘蛛咬断蛛丝前、后，竖直方向加速度大小分别为a1、a2，咬断蛛丝前：6qE−mg=ma1
咬断蛛丝后：mg−3qE=ma2
设咬断蛛丝时，蜘蛛速度为v，上升了h1，咬断蛛丝后，又上升了h2，到达最高点。有：v=a1T
h1=12a1T2
h2=v22a2
蜘蛛咬断蛛丝后，设继续飞行时间为t，有：vt−12a2t2=−h1
蜘蛛在空中飞行时，设水平加速度为ax，根据牛顿第二定律有：f=max
迁徙距离：x=12ax(T+t)2
联立整理解得：x=5+2 64⋅gT2
答：(1)蛛丝的电性为负电荷，每根蛛丝的带电量q；q=mg4E；
(2)蜘蛛要实现空中“迁徙”，n的值为6；
(3)蜘蛛“迁徙”一次飞行的水平距离x为5+2 64gT2。
【解析】(1)对蜘蛛和蛛丝为研究对象，根据二力的平衡求电场强度的大小；
(2)根据题意，要完成迁徙，必咬断一半蛛丝，从而得到n的值；
(3)在水平方向和竖直方向，分别求出咬断蛛丝前后竖直方向的加速度，再求出水平方向的加速度，结合运动学公式求一次飞行的水平距离。
本题以生活现象为背景，考查动力学规律，关键是要建立物理模型，分清蜘蛛的运动过程，根据牛顿第二定律、运动学公式可以解决问题。行星
b
c
d
e
f
g
h
半径
1.12R
1.10R
0.78R
0.91R
1.05R
1.15R
0.77R
次数
1
2
3
4
5
L/m
0.50
0.60
0.70
0.80
0.90
T/s
1.42
1.55
1.67
1.85
1.90
T2/s2
2.02
2.40
2.79
3.42
3.61