2024年甘肃省金太阳高考物理联考试卷（2月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年甘肃省金太阳高考物理联考试卷（2月份）（含详细答案解析），共15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.图甲为研究光电效应的实验装置，用不同频率的单色光照射阴极K，正确操作下，记录相应电表示数并绘制如图乙所示的Uc−ν图像，当频率为ν1时绘制了如图丙所示的I−U图像，图中所标数据均为已知量，则下列说法正确的是( )
A. 饱和电流与K、A之间的电压有关B. 测量遏止电压Uc时，滑片P应向b移动
C. 阴极K的逸出功W0=eν1Uc2−eν2Uc1ν2−ν1D. 普朗克常量h=Uc2−Uc1ν2−ν1
2.如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为14圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是( )
A. 地面对A的支持力不变
B. 地面对A的摩擦力不变
C. 墙对B的作用力不变
D. B对A的支持力不变
3.如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A，B两点，已知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球做平抛运动的初速度大小为10m/sB. O、A两点间的距离为5m
C. A、B两点间的距离为10mD. O、B两点间的距离为13m
4.由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换(如图乙所示)，松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为( )
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
5.2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地球表面的高度为h。已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 该卫星的环绕速度为 GMR+hB. 该卫星的加速度大小为GMR+h
C. 该卫星的角速度为 GM(R+h)3D. 该卫星的周期为4π2(R+h) R+hGM
6.光在某种玻璃中的传播速度是真空中的1n，要使光由真空射入玻璃时折射光线与反射光线垂直，则入射角的正弦值为( )
A. 1nB. n n2+1C. n2−1nD. 1 n2+1
7.电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是( )
A. 若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B. 若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动
C. 若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动
D. 若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=6s时刻的波形图，图乙为x=11cm处质点的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 波向x轴负方向传播
B. 波向x轴正方向传播
C. 图甲中实线与y轴交点的纵坐标为2.5cm
D. 图甲中实线与y轴交点的纵坐标为5 32cm
9.实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电机的正方形线圈ABCD绕OO′轴以转速n匀速转动。已知线圈的边长为L，匝数为N，总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R，其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 回路中感应电动势的峰值为4π2n2NBL2
B. 小灯泡两端的电压为πnNRBL2R+r
C. 通过小灯泡的电流为 2πnNBL2R+r
D. 小灯泡的功率为2π2n2N2RB2L4(R+r)2
10.如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5：3，线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2两种情况下( )
A. 所用拉力大小之比为3：5
B. 通过线框的电荷量之比为3：5
C. 线框中的感应电流之比为3：5
D. 线框中产生的热量之比为3：5
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。跨过轻质定滑轮的轻质细线两端连接两个完全相同的空铝箱，左侧铝箱下端连接纸带，向右侧铝箱中放入质量为m的砝码，由静止释放后，铝箱运动的加速度大小a可由打点计时器打出的纸带测出，改变右侧铝箱中砝码的质量，重复实验，得到多组a、m值。已知当地的重力加速度大小g=9.8m/s2，打点计时器所接电源的频率为50Hz。
(1)实验过程中打出图乙所示的一条理想纸带，图中O、A、B、C、D相邻两计数点间还有九个计时点未画出，则铝箱运动的加速度大小a=______m/s2(结果保留两位小数)。
(2)根据图丙中的数据可知，每个空铝箱的质量M=______kg(结果保留两位小数)。
12.某实验小组欲将电流表G(量程为0∼3mA)改装为欧姆表。实验器材如下：电动势为1.5V的干电池1节、滑动变阻器(阻值范围为0∼1000Ω)。将它们按如图甲所示连接。
(1)将图甲中接线柱______(填“P”或“Q”)接红表笔。
(2)将图甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内阻Rg=______Ω。
(3)保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，在x轴上方存在水平向左的匀强电场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场及垂直纸面向里的匀强磁场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从y轴上的M点水平向右抛出，小球运动到x轴时速度方向恰好竖直向下，进入x轴下方的复合场时恰好做匀速圆周运动，恰好从坐标原点O第二次进入x轴下方的复合场。已知x轴上方及下方电场的电场强度大小相等，M点的纵坐标为d，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)x轴下方磁场的磁感应强度大小B。
14.某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0=300K，活塞与容器顶部的距离l0=20cm，在活塞下方d=4cm处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)封闭气体开始的压强p；
(2)触发报警装置的热力学温度T。
15.如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L，松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
(1)从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
(2)细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、根据饱和电流的意义可知，饱和电流说明单位时间内阴极K发射的光电子的数目是一定的，可知饱和光电流与入射光的强度有关，与K、A之间的电压无关，故A错误；
B、由图可知，当滑片P应向b移动时，光电管上所加的电压为正向电压，所以不能测量遏止电压，故B错误；
C、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0，又eUc=Ekm，
可得Uc=hνe−W0e①
则图线的斜率k=he②
根据图乙可得图线的斜率k=Uc2−Uc1ν2−ν1=Uc1−0ν1−v0③
其中ν0是图线与横轴的交点，也是阴极K的极限频率。
联立①②③可得ν0=ν1Uc2−ν2Uc1Uc2−Uc1；h=eUc2−eUc1ν2−ν1
则金属的逸出功W0=eν1Uc2−eν2Uc1ν2−ν1，故C正确，D错误。
故选：C。
根据饱和电流的大小意义分析；根据光电效应方程，结合图线的意义判断；根据遏止电压的大小可以判断光电子的最大初动能。
解决本题的关键掌握截止电压、极限波长，以及理解光电效应方程eU截=12mvm2=hν−W0，同时理解光电流的大小与光强有关。
2.【答案】A
【解析】如图，A的重力为GA，B的重力为GB，地面对A的支持力为F，地面对A的摩擦力为f，B对A的作用力为FBA，与水平方向的夹角为θ，A对B的作用力为FAB，与水平方向的夹角为θ，墙面对B的作用力为FB。
解：A.由整体分析可知，A、B保持静止时地面对A的支持力等于A与B的重力之和，将A向左移动少许，A、B仍将保持静止，因此地面对A的支持力不变，故A正确；
B.如图，对A进行受力分析可知f=FBAcsθ，又有FBA=FAB，且FABsinθ=GB，因此有f=GBcsθsinθ，将A向左移动，θ增大，f减小，故B错误；
C.由整体分析可知，墙面对B的作用力等于地面对A的摩擦力，已知地面对A的摩擦力减小，故C错误；
D.B对A的作用力FBA=GBsinθ，θ增大，FBA减小，故D错误。
故选：A。
利用整体与隔离法、力的合成与分解法对本题进行求解。
本题考查的是共点力平衡问题，需要用到整体与隔离的受力分析，找出平衡条件求解此类问题。
3.【答案】D
【解析】解：A。由题意知下落到A点竖直方向的速度为vyA=gt=10×0.5m/s=5m/s
小球做平抛运动的初速度大小为v0= vA2−vyA2
解得v0=12m/s，故A错误；
B、O、A两点间的竖直高度为yA=12gt2=12×10×0.52m=1.25m
水平位移为xA=v0t=12×0.5m/s=6m
所以O、A两点间的距离为sA= xA2+yA2
解得sA=6.13m，故B错误；
C、O、B两点间的竖直高度为yB=12g(2t)2
解得yB=5m
水平位移为xB=v0⋅2t=12×2×0.5m=12m
A、B两点间的竖直高度为h1=yB−yA=5m−1.25m=3.75m
A、B两点间的水平位移为x1=xB−xA=12m−6m=6m
A、B两点间的距离为s1= x12+h12
解得s1=6.32m，故C错误；
D、O、B两点间的距离为sB= xB2+yB2
解得sB=13m，故D正确。
故选：D。
根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律结合几何关系表示OA和AB的距离，从而解得初速度。
本题考查平抛运动规律，解题关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向的运动学公式。
4.【答案】B
【解析】解：设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m；调换前对系统根据牛顿第二定律可得
mg−2μmg=3ma
调换后，对系统根据牛顿第二定律可得
2mg−μmg=9ma
联立解得
μ=0.2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据牛顿第二定律，以及对系统整体分析可求出动摩擦因数。
学生在解答本题时，应注意整体法的运用，可以提高解题效率。
5.【答案】C
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=mv2R+h，解得：v= GMR+h，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma，解得a=GM(R+h)2，故B错误；
C、由万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=m(R+h)ω2，解得：ω= GM(R+h)3，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，解得该卫星的周期为T=2π(R+h) R+hGM，故D错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度、角速度、向心力的表达式，根据牛顿第二定律得到加速度表达式。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
6.【答案】B
【解析】解：画光路图，如图所示：
设入射角为α，根据几何知识和折射定律：n′=sinαsin(90∘−α)
依题意有n′=cv=n
解得sinα=n n2+1
故B正确，ACD错误。
故选：B。
画光路图，根据几何知识和折射定律，求入射角的正弦值。
本题解题关键是正确画出光路图，并熟练掌握折射定律。
7.【答案】D
【解析】解：A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；
B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误；
C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；
D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。
故选：D。
根据电子的受力情况分析电子的运动情况，从而分析电子在光屏上的现象。
此题属于知识应用性题目，结合实际问题讨论电子运动情况，需要较强的逻辑思维和知识构架，难度适中。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、由乙图可知，t=6s时刻x=11cm处质点正经过平衡位置向上振动，在甲图上，根据同侧法可知波向x轴负方向传播，故A正确，B错误；
CD、由图甲可知该波的波长为λ=12cm，由图乙知质点振动的周期为T=6s
根据图像甲可知该波的波动方程为y=Asin(2πλx+φ)=5sin(2π12x+φ)cm=5sin(π6x+φ)cm
当x=2cm时，y=5cm，代入上式解得：φ=π6
即有y=5sin(π6x+π6)cm
当x=0时，代入上式解得：y=2.5cm，故C正确，D错误。
故选：AC。
在乙图上，读出t=6s时刻x=11cm处质点的振动方向，在甲图上，依据同侧法分析波的传播方向。根据图像获得波长和周期，写出波动方程，再求图甲中实线与y轴交点的纵坐标。
解答本题时，要把握两种图像的联系，能根据振动图像读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。能根据振幅、波长、初相位写出该波的波动方程。
9.【答案】CD
【解析】解：A、感应电动势的峰值为Em=NBSω=NBL2⋅2πn
故A错误；
B、电动势有效值为E=Em 2= 2πnNBL2
小灯泡两端的电压为U=RR+rE= 2πnNRBL2R+r
故B错误；
C、通过小灯泡的电流为I=ER+r= 2πnNBL2R+r
故C正确；
D、小灯泡的功率为P=I2R=( 2πnNBL2R+r)2R=2π2n2N2RB2L4(R+r)2
故D正确。
故选：CD。
根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值；根据闭合电路欧姆定律求解小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流；根据功率公式求解小灯泡的功率。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。
10.【答案】CD
【解析】解：AC、感应电动势E=BLv，由欧姆定律可知电流I=ER，因此在1、2两种情况下，线框中感应电流之比为3：5；又根据安培定则可知，安培力F=B2L2vR，根据题意1、2两种情况下，导线切割磁感线长度之比为3：5，速度和电阻均相同，因此在1、2两种情况下所用拉力大小之比为9：25，故A错误，C正确；
B、根据平均电动势E−=ΔΦΔt，根据欧姆定律可知平均电流I−=E−R，又根据q=I−Δt，联立可得q=ΔΦR，在1、2两种情况下，线框通过磁场时磁通量变化量相同，因此在1、2两种情况下，通过线框的电荷量之比为1：1，故B错误；
D、根据焦耳定律Q=I2Rt，由A的分析可知，电流之比为3：5；又根据题意，线框中电阻相同，通过磁场时速度相同，因此时间之比为5：3，因此在1、2两种情况下线框中产生的热量之比为3：5，故D正确；
故选：CD。
根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定和安培定则即可分析AC选项；再根据法拉第电磁感应定律求得平均电动势，再根据欧姆定律以及q=I−Δt即可分析B选项；根据焦耳定律分析D选项。
本题需要学生掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培定则以及焦耳定律等知识点，能够对各个知识点熟练运用，题目具有一定的综合性，难度适中。
11.【答案】
【解析】解：(1)相邻两计数点间时间间隔为T=10f=1050s=0.2s
根据逐差法，小车运动的加速度a=xBD−xOA4T2
代入数据解得a=0.50m/s2
(2)设绳子的拉力为T，对左侧空箱子，根据牛顿第二定律T−Mg=Ma
对右侧箱子及砝码，根据牛顿第二定律(M+m)g−T=(M+m)a
代入数据化简得mg=(2M+m)a
由图丙可知，当m=50g=0.05kg时，加速度a=0.7m/s−2
代入数据解得M=0.33kg。
故答案为：(1)0.50；(2)0.33。
(1)利用逐差法求解小车的加速度；
(2)设绳子的拉力为T，分别对左侧空箱子和右侧箱子及砝码用牛顿第二定律，结合图像数据求解空箱子的质量。
本题考查探究加速度与力、质量的关系实验，掌握逐差法求解加速度的方法，解题的关键是熟练运用牛顿第二定律，能够根据图像信息求解箱子的质量。
12.【答案】P 500 1000
【解析】解：(1)电流从红表笔进入从黑表笔流出，所以接线柱P接红表笔；
(2)欧姆表的内阻
Rg=EIg=1.53×10−3Ω=500Ω
(3)由
R+Rg=EI=1.51×10−3Ω=1500Ω
电阻的阻值为
R=1000Ω
故答案为：(1)P；(2)500；(3)1000
(1)根据电流的流向判断红表笔的接线柱；
(2)根据欧姆定律求出多用电表的内阻；
(3)根据串并联电路规律结合欧姆定律解得电阻值。
本题主要是考查了欧姆表原理和电流表的改装；知道灵敏电流计并联一个较小的电阻时就可以改装成大量程的电流表；改装后实际通过灵敏电流计的最大电流不变。注意弄清楚分电流与总电流的关系、掌握欧姆表测电阻的原理。
13.【答案】解：(1)设电场强度为E，小球进入x轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与重力大小相等，则有：
Eq=mg
则小球在第一象限运动时水平方向和竖直方向的加速度为均为：a=Eqm=mgm=g
设小球在第一象限运动时间为t，在水平方向上做末速度为零的匀减速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，则有：
v0=gt
d=12gt2
解得：v0= 2gd
(2)小球的运动轨迹如下图所示。

小球从P点第一次进入磁场时的速度大小为：v1=gt=v0
OP之间的距离为：xOP=12gt2=d
设小球做圆周运动的半径为R，从Q点运动到O点的时间为t1，则有：
t1=2v1g
QO=12gt12
2R=QO−xOP
联立解得：R=3d2
由洛伦兹力提供向心力得：
qv1B=mv12R
解得：B=2m 2gd3qd
答：(1)小球抛出时的初速度大小v0为 2gd；
(2)x轴下方磁场的磁感应强度大小B为2m 2gd3qd。
【解析】(1)小球进入x轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与重力大小相等，小球在第一象限水平方向上做末速度为零的匀减速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；
(2)根据几何关系求得小球做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。
本题考查了带电体在电磁场中运动问题。对于在电场中匀变速曲线运动，将运动分解处理。对于在磁场中做匀速圆周运动，根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角是解题的关键。
14.【答案】解：(1)根据平衡关系可知
pS+mg=p0S
代入数据解得：p=9.0×104Pa；
(2)当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置，即可知容器内压强等于外界大气压强
对容器内气体根据理想气体状态方程可得pl0ST0=p0(l0+d)ST
代入数据解得T=400K
答：(1)封闭气体开始的压强p为9.0×104Pa；
(2)触发报警装置的热力学温度T为400K。
【解析】(1)根据平衡关系列方程即可求解；
(2)根据理想气体状态方程列式求解。
该题考查活塞处于平衡状态平衡方程以及理想气体状态方程的应用，解答该题的关键是明确出发报警装置的临界状态。
15.【答案】解：本题解答过程均以竖直向下为正方向。
(1)设小球B第一次落地前的速度为vB0，此时小球A的速度为vA1，所用的时间为t1，小球B第一次反弹后的速度为vB1，再经过时间t2两者相碰，根据运动学公式可得：
L=12gt12
vB02=2gL
vA1=vB0=−vB1
vA1t2+12gt22−(vB1t2+12gt22)=L
t=t1+t2
解得：t=54 2Lg，vB1=− 2gL，t2=14 2Lg
(2)设A、B两球第一次碰撞前瞬间的速度分别为vA2、vB2，碰撞后瞬间的速度分别为vA3、vB3，根据运动学公式可得：
vA2=gt
vB2=vB1+gt2
解得：vA2=54 2gL，vB2=−34 2gL
两小球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mvA2+7mvB2=mvA3+7mvB3
12mvA22+12×7mvB22=12mvA32+12×7mvB32
联立解得：vA3=−94 2gL，vB3=−14 2gL
再经过时间t3细绳绷直，设细绳绷直前瞬间A、B两球的速度分别为vA4、vB4，根据运动学公式得：
vA3t3+12gt32−(vB3t3+12gt32)=−L
解得：t3=14 2Lg
vA4=vA3+gt3
vB4=vB3+gt3
解得：vA4=−2 2gL，vB4=0
设绷直瞬间后两者的共同速度为v，根据动量守恒定律得：
mvA4+7mvB4=(m+7m)v
解得：v=−14 2gL
从松手到两小球第一次碰撞A球的位移为：x1=12gt2
第一次碰撞后到细绳绷直A球的位移为：x2=12(vA3+vA4)t3
细绳绷直后到A球速度减到零的位移为：x3=−v22g
三个过程A球的总位移为：xA=x1+x2+x3
解得xA=716L，方向竖直向下。
细绳绷直后小球A距地面的最大距离d=2L−xA
解得d=2516L
答：(1)从松手到两小球第一次碰撞的时间t为54 2Lg；
(2)细绳绷直后小球A距地面的最大距离d为2516L。
【解析】(1)根据自由落体运动与竖直上抛运动规律，结合两球的位移关系，应用运动学公式解答；
(2)根据运动学公式求得碰撞前的速度，两小球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解得碰撞后的速度。根据运动学公式求得各阶段A球的位移，根据距离关系求解细绳绷直后小球A距地面的最大距离。
本题考查了弹性碰撞模型与自由落体运动与竖直上抛运动的相对运动问题。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。本题涉及相对运动过程较复杂，运动过程的分析要思路清晰。