2023年吉林省长春二中高考物理四调试卷（含答案解析）

这是一份2023年吉林省长春二中高考物理四调试卷（含答案解析），共16页。
2023年吉林省长春二中高考物理四调试卷1.  如图所示，为某一物理量y随另一物理量x变化的函数图象，关于该图象与横轴所围面积阴影部分的物理意义，下列说法中正确的是(    )A. 若图象表示质点的加速度随时间的变化关系，则面积值等于质点在对应时间内的位移
B. 若图象表示力随位置的变化关系，则面积值等于该力在对应位移内做功的平均功率
C. 若图象表示沿x轴方向电场的场强随位置的变化关系，则面积值等于电场在段的电势差
D. 若图象表示电容器充电电流随时间的变化关系，则面积值等于对应时间内电容器储存的电能
 2.  如图所示，将一个足球用三个立柱可视为质点支起，小立柱成正三角形放在水平地面上，立柱与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为，已知每个立柱对足球的支持力大小为，，不计足球与立柱间的摩擦，则下列说法正确的是(    )
A. 每个立柱受到三个力的作用 B. 地面对立柱的作用力竖直向上
C. 足球的重力为 D. 每个立柱受到地面的摩擦力为3.  如图所示，在一辆小车上，有质量为，的两个物块随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块(    )
A. 无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰
B. 无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰
C. 上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰
D. 上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰4.  如图所示，空间有一正三棱，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一负的点电荷，则下列说法正确的是(    )A. 底面ABC为等势面
B. A，B，C三点的电场强度相同
C. 若B，C，D三点的电势为、、，则有
D. 将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功
 5.  如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场图中未画出，磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、不计重力从P点先后以大小相等的速率射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3：4，下列说法正确的是(    )
 A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
B.
C. b粒子在磁场中的运动时间为运动周期的
D. a、b粒子离开磁场时的速度方向也成角6.  引力波的发现，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为。星的轨道半径大于b星的轨道半径则(    )A. b星的周期为 B. a星的线速度大小为
C. a、b两颗星的半径之比为 D. a、b两颗星的质量之比为7.  一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙是位于的质点N此后的图像，Q是位于处的质点。则下列说法正确的是(    )
 A. 波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B. 在时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
C. 在时，质点Q的位置坐标为
D. 在时，质点Q开始向下振动8.  如图甲、乙所示，两空间分别存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为纸面内的半圆形曲线，O、分别为两半圆的圆心，PQ、分别为两半圆的水平直径，将带电粒子分别从P、点水平射出，分别经过半圆曲线的M、点，不计粒子重力及空气阻力，则下列说法正确的是(    )
 A. 甲图中粒子带正电，乙图中粒子带负电
B. 甲图中粒子带负电，乙图中粒子带正电
C. 甲图中粒子经过M点时速度方向的反向延长线有可能经过圆心O
D. 乙图中粒子经过点时速度方向的反向延长线一定经过圆心9.  2022年2月5日，由曲春雨、范可新、张雨婷、武大靖、任子威组成的短道速滑混合接力队夺得中国在本次冬奥会的首枚金牌如图所示，若将武大靖在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为蹬冰角的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是(    )
 A. 武大靖转弯时速度的大小为 B. 武大靖转弯时速度的大小为
C. 若武大靖转弯速度变大则需要增大蹬冰角 D. 若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角10.  如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(    )
A. m重力势能的减少量等于m动能的增加量 B. M、m组成的系统机械能守恒
C. M、m组成的系统动量守恒 D. M先加速后匀速运动11.  一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是(    )A. 处电场强度最小，但不为零
B. 粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C. 在0、、、的处电势、、、的关系为
D. 段的电场强度大小方向均不变
 12.  如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，平行板电容器中带电质点P原处于静止状态，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、；的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是(    )
A. 质点将向下运动，理想电流表中有从a流向b的瞬间电流
B.
C. 电源的输出功率减小
D. 电源的效率变小13.  某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是______。
A.理想化模型法
B.等效替代法
C.阻力补偿法
已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示图中相邻两点间有4个点未画出。小车的加速度大小为______结果保留2位有效数字
下列做法正确的是______填字母代号。
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度
实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。选填下列选项的序号
A.小车与平面轨道之间存在摩擦
B.平面轨道倾斜角度过大
C.所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大
D.所用小车的质量过大14.  小明用多用电表欧姆挡测某灯泡电阻，挡位旋钮指“”倍率挡，调零后测试，发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，应改用______倍率挡选填“”或“”；
小明换挡调零后，再次测试该灯泡，指针如图1所示，灯泡电阻阻值为______；
小明用该灯泡连接电路如图2所示，开关闭合后发现灯泡不亮，保持电路完整情况下，欲用多用电表检查该电路开关处于闭合状态何处故障，应使用多用电表的______进行检测。
A.欧姆挡
B.电流挡
C.交流电压挡
D.直流电压挡
 15.  x轴上的波源，分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿、连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点M的平衡位置位于处，求：
两列波传播速度的大小；
点的起振方向；
质点M，从到时间内运动的路程。
 16.  如图所示，质量为的小球A用长为R的不可伸长的轻绳悬挂于O点，在光滑的水平地面上，质量为m的小物块可视为质点置于长木板其右端有一不计厚度的轻质挡板的左端静止，B处于O点正下方，OB两点距离为R，将小球A拉起，使轻绳被水平拉直，将A球由静止释放，A与B发生弹性正碰碰撞时间极短，重力加速度为g。
求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角的余弦；
若长木板C的质量为3m，B与C间的动摩擦因数为，B刚好能运动到木板C右端的挡板处，求木板C的长度L；
若只将问中B与C间的动摩擦因数改为木板C的长度不变，则小物块B与挡板相撞后，恰好能回到C左端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A、若图象表示加速度随时间的变化，y轴表示加速度，x表示时间，由知，，知面积等于质点在相应时间内速度的变化量．故A错误．
B、若图象表示力随位置的变化，根据知，面积等于该力在相应位移内所做的功，故B错误．
C、若图象表示沿x轴方向电场的场强随位置的变化关系，根据，则面积值等于电场在段的电势差，故C正确．
D、若图象表示电容器充电电流随时间的变化，由，知面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，故D错误；
故选：
图象与坐标轴所围面积等于横坐标表示的物理量与纵坐标表示的物理的乘积，由此分析即可．
对于图象的物理意义，要结合相关的物理规律列式来分析．要学会变通，能举一反三．
 2.【答案】D 【解析】解：每个立柱受到自身的重力、足球的压力、地面的支持力和地面的摩擦力，共四个力作用，根据力的合成可知地面对立柱的作用力斜向上而不是竖直向上，故AB错误；
C.对足球分析，根据平衡条件可知，三个立柱对足球作用力的合力与足球的重力G平衡，则，故C错误；
D.足球对每个立柱有斜向下的压力，其大小等于，且方向和竖直方向夹角为，对单独一个立柱分析，根据平衡条件可知其受到地面的摩擦力大小为：，故D正确。
故选：D。
对立柱分析可知立柱受到四个力的作用，根据力的合成可知地面对立柱的作用力方向。对足球分析，列出平衡方程可得到足球的重力，对其中一个立柱分析可以得到每个立柱所受的摩擦力大小。
在分析地面对立柱作用力方向的时候，要注意，立柱受四个力的作用，地面对立柱有支持力和摩擦力，这两个力的的合力方向不可能是竖直向上的。
 3.【答案】A 【解析】解：如果小车上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞；
如果小车上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：，因为初速度相同，减速的加速度相同，根据速度-位移关系可得：，可知两个滑块运动情况相同，所以两滑块一定不相撞，故A正确、BCD错误。
故选：A。
如果小车上表面光滑，当车突然停止时，两物块以相同的速度做匀速直线运动；如果小车上表面粗糙，根据牛顿第二定律分析二者减速运动加速度大小，再根据运动学公式分析运动情况。
本题主要是考查牛顿第二定律的应用，关键是弄清楚滑块的受力情况和运动情况，根据运动情况分析是否碰撞。
 4.【答案】C 【解析】解：A、点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆球面，O到P点距离比A、B、C三点到P点距离短，故电势比A、B、C三点电势低，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；
B.由于A、B、C三点电场强度方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；
C.由于B、C两点到P点距离相等，则两点电势相等，则，故C正确；
D.由于B、C两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离小于BP或CP两点距离，故D的电势低于B、C两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先减小后增加，故静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
根据点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，即距离点电荷相等的地方电势相等，且沿着电场线方向电势逐渐降低分析比较电势；根据电场强度的方向不同确定电场强度是否相同；根据电势的大小关系分析电势差；根据电势高低确定电场力做功正负。
本题考查点电荷的电场，根据分析电场强度大小，关键还要知道点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，即距离点电荷相等的地方电势相等。
 5.【答案】C 【解析】解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得：，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：，故A错误；
粒子在磁场中轨迹如图所示：

粒子a在磁场中的运动时间为，粒子b在磁场中的运动时间为，可得，又，可得，则有，b粒子在磁场中的运动时间为，由图中轨迹可以看出a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故C正确，BD错误。
故选：C。
 6.【答案】B 【解析】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；
BC、题意可知，，，解得：，，则a星的线速度大小为：，两颗星的半径之比为，故B正确，C错误；
D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：，解得a、b两颗星的质量之比为：，则D错误。
故选：B。
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系。
本题主要是考查双星问题，解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，能够根据万有引力提供向心力进行分析。
 7.【答案】A 【解析】解：A、由图乙可知质点N的起振方向向下，则波源的起振方向向下，由波的上坡下，下坡上法则可得知波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、由图乙可知，在时间内，N在靠近平衡位置，速度增大，加速度减小，M与N相差半波长，振动情况完全相反，所以在时间内，质点M的速度在减小，加速度在增大，故B错误；
CD、由代入数据计算可得波速，波从M传到Q点需要7s，后面还有5s，为，且Q点的起振方向和M相同是向上，故在时，质点Q的位置坐标为，故CD错误。
故选：A。
已知质点N的振动方向，利用同侧法可以判断波的传播方向，由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析波动过程，根据时间与周期的关系，分析质点的运动方向、位置坐标。
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
 8.【答案】D 【解析】解：甲图中，由于带电粒子在电场中受到向下的电场力，故粒子带正电；乙图中，由左手定则可知粒子带正电荷，故AB错误；
C.甲图中带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律可知，粒子经过M点时速度方向的反向延长线与过P点的水平距离的交点为水平位移的中点，即交点与P点的距离为，如果经过圆心O，则要求水平方向的位移应为，明显PM两点间的水平位移，所以假设不成立，故C错误；
D.乙图中粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，设粒子的轨迹半径为R，半圆的半径为r，粒子从射出的速度为，运动轨迹如图所示

因，，为公共边，所以≌
因点的速度v的方向沿指向，且，所以，即，因此，即，又因为，所以与共线，即粒子经过点的速度方向的反向延长线一定过圆心，故D正确。
故选：D。
甲图中，带电粒子在电场中受到向下的电场力，由此分析粒子的电性；乙图中，由左手定则判断粒子的电性；根据类平抛运动的规律分析甲图中粒子经过M点时速度方向的反向延长线是否经过圆心O；根据几何关系证明乙图中的粒子经过点的速度方向的反向延长线一定过圆心。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运的规律进行解答。
 9.【答案】AD 【解析】解：AB、设运动员质量为m，受力分析如图，根据牛顿第二定律有：

解得：
故A正确，B错误；
CD、由上述分析可知若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角，故C错误，D正确；
故选：AD。
分析出武大靖做圆周运动的向心力来源，结合向心力公式计算出最大的速度。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，解题的关键点是理解物体做圆周运动的向心力来源，熟悉公式即可完成解答。
 10.【答案】BD 【解析】解：AB、M和m组成的系统除重力之外其它力不做功，系统的机械能守恒，所以m重力势能的减少量等于m与M动能的增加量之和，故A错误、B正确；
C、M、m组成的系统竖直方向和水平方向合外力都不为零，系统的动量不守恒，故C错误；
D、M与m刚脱离前，M的速度一直增加，m与M脱离后，M的速度不变，做匀速直线运动，所以M先加速后匀速运动，故D正确。
故选：BD。
根据机械能守恒定律分析AB选项；根据动量守恒定律的守恒条件分析C选项；根据M的受力情况分析运动情况。
本题主要是考查了动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件，关键是能够分析运动情况和受力情况，掌握两个定律的守恒条件。
 11.【答案】CD 【解析】解：A、根据电势能与电势的关系可得：，场强与电势的关系：，得电场强度：，由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故A错误；
B、根据功能关系可知：，在图像中，曲线的切线斜率与场强成正比，可知粒子在段受变力作用，做非匀变速运动，段受恒力作用，做匀变速运动，故B错误；
C、负电荷在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，所以，故C正确；
D、负电荷在段受恒力作用，说明该段是匀强电场，即电场强度的大小和方向均不变，故D正确。
故选：CD。
根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得处的电场强度；由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质；由，分析电势的高低。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动之图像问题，解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律分析电荷的运动情况。
 12.【答案】ABD 【解析】解：将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路阻值减小，根据”串反并同“规律，电容器两端电压减小，则质点向下运动，电容器放电，则理想电流表中有从a流向b的瞬间电流，故A正确；
B.令滑动变阻器接入电路阻值为，根据闭合电路欧姆定律



由此可得


电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，故
故B正确；
C.电源的输出功率
当时，电源输出功率最大，因为一定大于r，故随着减小，电源的输出功率增大，故C错误；
D.电源的效率
由以上分析可知，滑动变阻器滑片向下滑动，减小，电源的效率变小，故D正确。
故选：ABD。
理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析．
 13.【答案】 【解析】解：把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，使重力沿斜面方向的分力等于滑动摩擦力，从而起到平衡摩擦力的效果，属于阻力补偿法，故C正确，AB错误；
故选：C。
相邻两点间的时间间隔为
根据得，小车的加速度大小为
、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使木块做匀加速直线运动，可以减小阻力带来的误差，故A正确；
B、为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误；
C、实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误；
D、摩擦力只需要平衡一次，改变物块的质量不需要再次平衡摩擦力，故D错误；
故选：A。
随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：；；；。
根据实验原理分析即可；
根据匀变速直线运动的判别式求解加速度；
根据实验的原理及操作中的注意事项逐项分析，得出正确的答案；
根据实验原理分析即可。
本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确误差的来源，知道减小误差的方法。另外还考查纸带的处理，会利用运动学公式求解纸带的加速度。
 14.【答案】 【解析】解：欧姆表测电阻时，指针偏转角太大，说明指针所指示数小，根据电阻测量值=指针所指示数倍率可知，要使欧姆挡指针所指示数变大，必须要换成小倍率挡，即将倍率换成“”挡位；
待测电阻。
用多用表电流挡、欧姆挡判断故障都要将电路断开，不能使电路保持完整，故AB错误；
图2为直流电路，不能用交流电压挡，只能用直流电压挡，故C错误，D正确。
故选：D。
故答案为：；；。
欧姆表测电阻时，指针偏转角太大，说明指针所指示数小，电阻测量值=指针所指示数倍率，据此作答；
保持电路完整，就是不能将电路断开，用多用表电流挡、欧姆挡判断故障都要将电路断开，据此分析；图2为直流电路，不能用交流电压挡，据此分析作答。
注意：用多用表测电阻时，欧姆挡的指针是从左往右偏转，欧姆挡的“0”在右方，指针偏转角太大，说明指针所指示数小；欧姆表测电阻时，指针保持在表盘中央位置附近，误差小，这是换挡位的依据。
 15.【答案】解：由图像可知，两列波的波长：
1s内传播了一个波长，该波的周期：
在同一种介质中两列波的传播速度相同，波速为：
解得：
根据“同侧法”可知两列波的起振方向都向上，两列波同时达到M点，所以M点的起振方向向上
设再经时间，两列波再传播到达M点，则：
解得：
在时间内，M点振动时间：
代入数据解得：
M点为振动加强点，其振幅：
根据简谐运动的周期性，质点M从开始振动到运动的路程：
答：两列波传播速度的大小为；
点的起振方向向上；
质点M从开始振动到时运动的路程为36cm。 【解析】两列波相遇并经过重叠区域后，振幅、速度、波长不变。由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期；
根据“同侧法”判断M点的起振方向；
根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其路程。
本题主要是考查机械波的传播，本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．会分析质点的作周期性运动，并能根据振幅求解其路程。
 16.【答案】解：设小球A与B碰前瞬间速度为v0，则有
设碰后A和B的速度分别为v1和v2，设向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
2

设碰后A球能上升的最大高度为H，有
联立解得
解得
由可求得碰后B的速度为v2
B与C相互作用达到的共同速度为v，有mv2
由能量守恒可得：2
由以上各式解得
因B恰好能回到C左端，由B与C系统动量守恒可知，B与C最后的速度也为v，有
2
由以上各式解得 【解析】本题考查了动量守恒定律的应用；分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。