2019-2020学年陕西省延安市吴起高中高二（上）期末物理试卷 pdf版含答案

2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分，1-8 题只有一个选项正确，9-12 题有多个选项正确，全部选对得 4 分，选
对但不全得 2 分，不选或有错选得 0 分）
1．（4 分）两个放在绝缘架上的相同金属球相距 r，球的半径比 r 小得多，带电量大小分别为 q 和 3q，相互斥力大
小为 3F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）
A．F B． C．4F D．2F
2．（4 分）如图为真空中两点电荷 A、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为 A、B
电荷连线的中点，a、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是（ ）

A．A、B 可能带等量异号的正、负电荷
B．A、B 可能带不等量的正电荷
C．a．b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零
D．同一试探电荷在 a、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反
3．（4 分）喷墨打印机的简化模型如图所示．墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初
速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输
入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小．则从墨汁微粒进入偏转电场开始到
打到纸上的过程中（不计墨汁微粒的重力），以下说法正确的是（ ）

A．墨汁微粒的轨迹是抛物线
B．电量相同的墨汁微粒轨迹相同
C．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关
D．减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹


4．（4 分）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r，R1、R2 为定值电阻，R3 为滑动变
阻器，C 为电容器，图中电表为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列
说法中正确的是（ ）

A．电流表示数变小
B．电压表示数变小
C．a 点的电势降低
D．电容器 C 所带电荷量增多
5．（4 分）如图所示，其中电流表 A 的量程为 0.6A，表盘均匀划分为 30 个小格，每一小格表示 0.02A，R1 的阻值
等于电流表内阻的 ； R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍．若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流
值，则下列分析正确的是（ ）

A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04A
B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02A
C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06A
D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01A
6．（4 分）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，
不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）

A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合


B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
7．（4 分）三根平行的长直导线。分别垂直地通过一个等腰三角形的三个顶点，三导线牛电流方向相同，A、B 两
导线中的电流大小相同。如图所示，已知导线 A 在斜边中点 O 处所产生的磁场的磁感应强度大小为 B，导线 C
在斜边中点 0 处所产生的磁场的磁感强度大小为 2B，则 O 处的磁感应强度的大小和方向为（ ）

A．大小为 B，方向沿 OA 方向
B．大小为 2 B，方向竖直向下
C．大小为 2B，方向沿 OB 方向
D．大小为 2B，方向沿 OA 方向
8．（4 分）如图所示，在边长为 2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为 m、电荷量
为﹣q 的带电粒子（重力不计）从 AB 边的中点 O 以速度 v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且
与 AB 边的夹角为 60°，若要使粒子能从 AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小 B 需满足（ ）

A．B＞ B．B＜ C．B＞ D．B＜
9．（4 分）沿 x 轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示（图线为正弦图线），则下列说
法正确的是（ ）



A．Ob 两点的电势差等于 Od 两点的电势差
B．a、c 两点的电势相等
C．电子在 O 点的电势能大于电子在 c 点的电势能
D．质子由 a 点沿 x 轴运动到 c 点的过程中，电场力先做负功再做正功
10．（4 分）如图所示，一根重力 G＝0.1N、长 L＝1m 的质量分布均匀的导体 ab，在其中点弯成 θ＝60°角，将此
导体放入匀强磁场中，导体两端 a、b 悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均为竖直状态，当导体中通过 I＝1A 的电
流时，两根弹簧比原长各缩短了△x＝0.01m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小 B＝0.4T，
则（ ）

A．导体中电流的方向为 b→a
B．每根弹簧的弹力大小为 0.10N
C．弹簧的劲度系数 k＝5N/m
D．若导体中不通电流，则弹簧伸长 0.02m
11．（4 分）如图是一个医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分
别与高频电源相连．现分别加速氘核（ H）和氦核（ He），下列说法中正确的是（ ）

A．它们的最大速度相同


B．它们的最大动能相同
C．两次所接高频电源的频率相同
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
12．（4 分）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中 S0A＝ S0C，
则下列相关说法中正确的是（ ）

A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝 S0 的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 2：3
二、实验题（共 16 分，每空 2 分）
13．（6 分）某学生用如图 a 所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：
被测金属导线 ab，电阻约 10Ω，导线允许流过的最大电流 0.8A，稳恒电源 E，电源输出电压恒为 E＝12V，电压
表 V，量程为 3V，内阻约 5KΩ，保护电阻：R1＝l0Ω，R2＝30Ω，R3＝200Ω．刻度尺、螺旋测微器，开关 S，导
线若干等
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线 ab 的长度 l，用螺旋测微器测出导线的直径 d．
②按如图 a 所示电路将实验所需器材用导线连接好．
③闭合开关 S，移动接线触片 P，测出 aP 长度 x，读出电压表的示数 U．
④描点作出 U﹣x 曲线求出金属导线的电阻率 ρ．



完成下列填空：
（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径 d，其示数如图 b 所示，该金属导线的直径 d＝ nm．
（2）如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻 R 应选 ，
（3）根据多次实验测出的 ap 长度 x 和对应每次实验读出的电压表的示数 U 给出的 U﹣x 图线如图 c 所示，其中
图线的斜率为 K，则金属导线的电阻率 ρ＝ ．（用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理
量字母表示）
14．（10 分）手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到锂电池。某同学利用下列器材测
定一节锂电池的电动势和内阻，锂电池的电动势约为 3V。

A．量程是 0.6A，内阻约为 0.5Ω 的电流表
B．量程是 3V，内阻是 6kΩ 的电压表
C．量程是 15V，内阻是 30kΩ 的电压表
D．阻值为 0～1kΩ，额定电流为 0.5A 的滑动变阻器
E．阻值为 0～10Ω，额定电流为 2A 的滑动变阻器
F．定值电阻 4Ω，额定功率 4W
G．开关 S 一个，导线若干
（1）这位同学设计的电路图中的导线应连接到 处；（填“①”或“②”）
（2）为了减小实验误差，电压表应选择 ；（填器材前的序号）
（3）为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择 ；（填器材前的序号）
（4）用上图中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的 U﹣I 图线如图所示，由图线可
得该锂电池的电动势 E＝ V，内阻 r＝ Ω．（计算结果都保留两位有效数字）
三、计算题（共 36 分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）


15．（12 分）如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角 θ＝37°，导轨的一端接有电动势 E＝3V、内阻
r＝0.5Ω 的直流电源，导轨间的距离 L＝0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度 B＝0.5T、方向垂直于导轨
所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量 m＝0.04kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且
接触良好，导体棒的电阻 R＝1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g 取 10m/s
2
，sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8）求：
（1）ab 受到的安培力大小；
（2）ab 受到的摩擦力大小。

16．（12 分）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处固定一点电荷，将质量为 m，带电量为+q
的小球从圆弧管的水平直径端点 A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点 B 时，对管壁恰好无压力。求：
（1）固定于圆心处的点电荷在 AB 弧中点处的电场强度大小；
（2）若把 O 处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为 E 的匀强电场，带电小球仍从 A 点由静止释放，
下滑到最低点 B 时，小球对环的压力多大？

17．（12 分）如图所示，真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 R＝0.5m，磁场垂直纸面向里．在
y＞R 的区域存在沿﹣y 方向的匀强电场，电场强度为 E＝1.0×10
5
v/m．在 M 点有一正粒子以速率 v＝1.0×10
6
m/s
沿+x 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比
荷为 ＝1.0×10
7
c/kg，粒子重力不计．
（1）求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）求沿+x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．



四、附加题：供有能力的学生选做，成绩可记入总分
18．（10 分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图 1 所示的 xOy 平
面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 作周期性变化的图象如图 2 所示。x 轴正方
向为 E 的正方向，垂直纸面向里为 B 的正方向。在坐标原点 O 有一粒子 P，其质量和电荷量分别为 m 和+q．不
计重力。在 t＝τ/2 时刻释放 P，它恰能沿一定轨道做往复运动。

（1）求 P 在磁场中运动时速度的大小 v0；
（2）求 B0 应满足的关系；
（3）在 t0（0＜t0＜τ/2）时刻释放 P，求 P 速度为零时的坐标。



2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分，1-8 题只有一个选项正确，9-12 题有多个选项正确，全部选对得 4 分，选
对但不全得 2 分，不选或有错选得 0 分）
1．【解答】解：由库仑定律可得：
3F＝ ＝ ；
F＝ ；
而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为 2q；
则库仑力 F′＝ ＝4F；
故选：C。
2．【解答】解：A、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B 是两个等量同种电荷。故 AB
错误。
C、电场线只是形象描述电场的假想曲线，a．b 两点处无电场线，其电场强度也不为零，故 C 错误；
D、同一试探电荷在 a、b 两点处场强大小相等方向相反，所受电场力大小相等，方向一定相反，故 D 正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、墨汁微粒在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，轨迹不是抛物线，故 A 错误。
B、微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：
水平方向：L＝v0t；
竖直方向：y＝ ，
则出偏转电场时的偏转位移 y＝ ，电量相同，墨汁微粒的轨迹不一定相同，故 B 错误。
C、根据 y＝ 知，墨汁微粒的运动轨迹与带电量有关，故 C 错误。


D、根据 y＝ 知，减小偏转极板间的电压，出电场时偏转位移减小，打到纸上的偏转位移减小，可
以缩小字迹，故 D 正确。
故选：D。
4．【解答】解：
B、在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流 I
增大，电阻 R1 两端电压增大，则电压表示数变大，故 B 错误。
D、电阻 R2 两端的电压 U2＝E﹣I（R1+r），I 增大，则 U2 变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故 D 错
误。
AC、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a 的电势大于零，a 点的电势等于 R2 两端的电压，U2 变小，
则 a 点的电势降低，通过 R2 的电流 I2 减小，通过电流表的电流 IA＝I﹣I2，I 增大，I2 减小，则 IA 增大。即电流
表示数变大。故 A 错误，C 正确。
故选：C。
5．【解答】解：AB、当接线柱 1、2 接入电路时，电流表 A 与 R1 并联，根据串并联电路规律可知，R1 分流为 1.2A，
故量程为 1.2A+0.6A＝1.8A；故每一小格表示 0.06A；故 AB 错误；
CD、当接线柱 1、3 接入电路时，A 与 R1 并联后与 R2 串联，电流表的量程仍为 1.8A，故每一小格表示 0.06A，
故 C 正确，D 错误；
故选：C。
6．【解答】解：A、根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，故 A 正确，
B、地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，故 B 正确，
C、由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，故 C 不正确
D、在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒
子受到洛伦兹力的作用，故 D 正确
本题选不正确的，故选：C。
7．【解答】解：由题意可知，三平行的通电导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等，电流 A 与 Bz 在 O 处的合磁感
应强度为零，则 O 点的磁感应强度等于导线 C 在斜边中点 0 处所产生的磁场的磁感强度，大小为 2B；
依据右手螺旋定则可知，在 O 处电流 C 产生的磁感应强度的方向沿 OA 方向，故 ABC 错误，D 正确；
故选：D。


8．【解答】解：粒子刚好达到 C 点时，其运动轨迹与 AC 相切，如图所示：

则粒子运动的半径为：r＝acot30°＝ a，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m ，
解得：r＝ ，
粒子要能从 AC 边射出，粒子运行的半径：R＞r，
解得：B＜ ，
故选：B。
9．【解答】解：A、根据图象与 x 轴围成的面积分析电势差的大小，Ob 两点的电势差小于 Od 两点的电势差，故 A
错误；
B、根据图象与 x 轴围成的面积分析电势差的大小，知 Uoa＝UOc，所以 a、c 两点的电势相等，故 B 正确；
C、根据电场强度的方向知 x＜0 处电场线方向沿 x 轴负方向，x≥0 电场沿 x 轴正方向，O 点的电势大于 c 点的
电势，电子带负电，电子在 O 点的电势能小于电子在 c 点的电势能，故 C 错误；
D、质子带正电，沿电场线方向运动做正功，逆着电场线方向做负功，故质子由 a 点沿 x 轴运动到 c 点的过程中，
电场力先做负功再做正功，故 D 正确；
故选：BD。
10．【解答】解：A、由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由 b→
a，故 A 正确；
B、通电后，ab 导体的有效长度为 l＝ L＝0.5m，受到的安培力为 F＝BIL＝0.4×1×0.5N＝0.2N
F﹣mg＝2F 弹
F 弹＝ N＝0.05N，故 B 错误；
C、F 弹＝k△x


k＝ ＝ ＝5N/m，故 C 正确
D、导线不通电，则 2kx＝mg
x＝ ＝ ＝0.01m，故 D 错误
故选：AC。
11．【解答】解：A、根据 qvB＝m ，得 v＝ ．两粒子的比荷 相等，所以最大速度相等。故 A 正确。
B、最大动能 Ek＝ mv
2
＝ ，两粒子的比荷 相等，但质量不等，所以最大动能不等。故 B 错误。
C、带电粒子在磁场中运动的周期 T＝ ＝ ，两粒子的比荷相等，所以周期和频率相等。故 C 正确。
D、根据 Ek＝ mv
2
＝ ，知仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，故 D 错误；
故选：AC。
12．【解答】解：A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子
带正电，故 A 错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力，qvB＝m ，解得：r＝ ，由 v、B 都相同，r 甲＜r 乙，则甲的比荷大于乙的比
荷，故 B 正确；
C、能通过狭缝 S0 的带电粒子，根据平衡条件：qE＝qvB1，解得，粒子速率：v＝ ，故 C 错误；
D、由图示粒子运动轨迹可知，r 甲＝ S0A，r 乙＝ S0C，由题意可知：S0A＝ S0C，则：r 甲：r 乙＝2：3，由
B 可知，粒子轨道半径：r＝ ，由题意可知：v、q、B 都相同，则： ＝ ＝ ，则甲、乙两束粒子的
质量比为 2：3，故 D 正确；
故选：BD。
二、实验题（共 16 分，每空 2 分）
13．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+37.0×0.01mm＝0.870mm，
（2）电路中最大电流为 0.8A，则最小电阻 ，要保证安全，又要测量误差较小，则保护电阻
选 R2，
（3）设金属导线的电阻为 R，根据欧姆定律得：



解得：U＝ ，
则 U﹣x 图线的斜率 K＝ ，
解得：R＝
根据 ，其中 S＝ ，
得：ρ＝
解得：
故答案为：（1）0.870；（2）R2；（3）
14．【解答】解：（1）接①②的差别在于电流于的分压和电压表的分流的相对大小，由于蓄电池内阻较小，为了避
免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择①。
（2）蓄电池的电动势约为 3V，为了减小实验误差，电压表应选择 B；
（3）改变滑动变阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择 E；
（4）与图 2 所示电源 U﹣I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是 3.2，则电源电动势：E＝3.2V，电源内阻 r＝
﹣R＝ ﹣4≈1.33Ω。
故答案为：（1）①
（2）B
（3）E
（4）3.2 1.3
三、计算题（共 36 分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）
15．【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

导体棒受到的安培力：
F 安＝ILB＝2×0.40×0.50N＝0.40N


（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：
F1＝mgsin37°＝0.04×10×0.6N＝0.24N
由于 F1 小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力 f，根据共点力平衡条件得：
mgsin37°+f＝F 安
解得：
f＝F 安﹣mgsin37°＝（0.40﹣0.24）N＝0.16N
答：（1）导体棒受到的安培力大小是 0.40N；
（2）导体棒受到的摩擦力大小是 0.16N。
16．【解答】解：（1）小球沿半圆弧运动处于点电荷的等势面上，电势能不变，只有重力做功，
由 A 到 B，由动能定理得：
在 B 点，对小球由牛顿第二定律得：
联立以上两式解得： ，电场强度向上，即 O 处的电荷为负电荷，
由于是点电荷﹣Q 形成的电场，由 得到，等势面上各处的场强大小均相等，即 AB 弧中点处的电场强度为

（2）设小球到达 B 点时的速度为 v，由动能定理得： ①
在 B 点处小球对环的弹力为 N，由牛顿第二定律得： ②
联立①和②式，解得小球在 B 点受到环的压力为：N＝3（mg+qE）
由牛顿第三定律得：小球在 B 点对环的压力大小为 N＝3（mg+qE）
17．【解答】解：（1）沿+x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到 0，
粒子一定是从如图的 P 点射出磁场，逆电场线运动，
所以粒子做圆周运动的半径：r＝R



由牛顿第二定律得：Bqv＝m ，
解得：B＝0.2T；
（2）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N 点射出磁场，
MN 为直径在磁场中的路程为二分之一圆周长，s1＝πR，
设在电场中路程为 s2，根据动能定理 得：qE ＝ mv
2
﹣0，解得：s2＝ ，
总路程：s＝s1+s2，解得：s＝（0.5π+1）m；
答：（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小为 0.2T；
（2）求沿+x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程为：（0.5π+1）m．
四、附加题：供有能力的学生选做，成绩可记入总分
18．【解答】解：（1）由图 2 分析可知，在 t＝ τ时刻释放带电粒子 P，在 τ～τ时间内做匀加速直线运动，τ～
2τ时间内做匀速圆周运动，
在电场中：粒子所受的电场力 F＝qE0，
根据牛顿第二定律得：加速度为 a＝ ，
P 在磁场中运动时速度的大小 v0＝at，t＝ τ
解得，v0＝ ；
（2）只有当 t＝2τ时刻，P 在磁场中作圆周运动结束后并开始沿 x 轴负方向运动，才能沿一定的轨道作往复运
动，如图所示。设粒子在磁场中圆周运动的周期为 T，则（n﹣ ）T＝τ，（n＝1，2，3?）


粒子做匀速圆周运动时，有 qvB0＝m ，而 T＝
解得，B0＝ ，（n＝1，2，3?）
（3）在 t0 时刻释放 P，P 在电场中加速时间为τ﹣t0
在磁场中作匀速圆周运动的速度为 v1＝ ，
圆周运动的半径为 r1＝
解得，r1＝
又经（τ﹣t0）时间 P 减速为零后向右加速时间为 t0，
P 再次进入磁场速度为 v2＝
圆周运动的半径为 r2＝
解得，r2＝
综上分析，速度为零时横坐标为 x＝0
相应的纵坐标为：y＝ ，（k＝1，2，3，?）
解得：y＝ ，（k＝1，2，3，?）
答：（1）P 在磁场中运动时速度的大小 v0 为 。
（2）B0 应满足的关系为 B0＝ ，（n＝1，2，3?）；
（ 3 ）在 t0 （ 0 ＜ t0 ＜τ /2 ）时刻释放 P ， P 速度为零时横坐标为 x ＝ 0 ，相应的纵坐标为 y＝
，（k＝1，2，3，?）