浙江市嘉兴区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题

浙江市嘉兴区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试

题汇编一解答题

1.（2022.浙江嘉兴•二模）如图甲所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，比赛过程

如图乙所示，在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出，冰壶沿水平冰道

中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以％=Ji5m∕s的速度被掷出后，恰好停

在营垒区中心。，Po间距离为x=30m.己知冰壶的质量为，〃=20kg,冰壶自身大小

可忽略，冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。

（1）求冰壶与冰面间的动摩擦因数〃；

（2）实际比赛中，运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动

摩擦因数减小。某次比赛中冰壶投掷速度%=3m∕s,从MN前方IOm处开始不停擦拭冰

面，直至冰壶正好停在0。若擦拭后冰壶与冰面间动摩擦因数减小至某一确定值，求此

次比赛中冰壶运动总时间：

（3）若冰壶从P处以%=3m⅛投出后立即开始不停擦拭冰面，擦拭距离为20m,其他

条件不变，则冰壶能否停在。点，请通过计算说明理由。

2.（2022•浙江嘉兴•统考二模）如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧BCDC

为圆弧最低点，圆弧最高点。与光滑半圆管OE相切，E与长度L=Im的传送带相连，

传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量叫=0.Ikg的小物块从斜面顶端A下滑。

已知斜面高∕z=（）∙3m,倾角。=37,与物体间动摩擦因数4=05；圆弧BC。和半圆管

■半径分别为R=0.5m,r=0.1m；传送带以速度V=O.5m∕s逆时针转动，与物体间动摩

擦因数〃2=02。管的内径可忽略，物体可视为质点.

（1）若小物块初速度为零开始下滑，经过C点时对轨道的压力是多大；

（2）若给小物块合适的沿斜面向下的初速度，它就可到达E点，则与此初速度对应的

初动能々最小值是多少;

(3)若给小物块沿斜面向下的初速度，使其运动过程中不脱离轨道，则与此初速度对

应的初动能Ek应满足什么条件。

3.(2022•浙江嘉兴•二模)如图所示是水平面内一款游戏装置，GH、JP是以。为圆心

的圆弧形金属导轨，GJ之间通过开关S连接电容C=0∙5F的电容器，右侧平行金属导轨

MN、PQ分别连接圆心。及JP,OK垂直于MN；在G”和JP之间、OK的左侧区域存

在着磁感应强度B∕=1T的环形匀强磁场，在ABCD及EFZy内均存在着磁感应强度

冬=2T的匀强磁场；a、AC为材质、粗细相同的金属棒，人靠近EF置于磁场中，C靠

近AD置于磁场外。先以水平外力使匕、C保持静止，让。以。为圆心且g=50rad∕s逆

时针匀速转动；当。经过OK瞬间，撤去6、C所受外力，人受磁场力作用在极短时间内

即以速度%=4m∕s滑出磁场。此后断开S,使。停在KP间某位置。b撞击c∙后两者粘合

在一起。己知G”、JP半径分别为4=0.Im,4=0.3m；α长度Z,=0.3m;b、C完全相同

且长度均为∕=0.2m,质量均为IOg,电阻均为R=2C;ABC。区域长度X=O.5m各区域

磁场方向如图。除金属棒外所有电阻忽略不计，所有导轨均光滑，MMPQ足够长且间

距为0.2m。求：

(1)。转到OK位置前，使6、C保持静止的水平外力大小；

(2)6在磁场中获得4m∕s速度过程中流过人的电荷量；

(3)仄c∙碰撞以后6和c∙产生的焦耳热。。

4.(2022•浙江嘉兴・二模)如图所示是一个粒子打靶装置的示意图。在平面直角坐标系

，中y≥0和y≤范围内存在磁感应强度相等、方向均垂直OD平面向里的匀强磁

场，在一√≤)W0范围内存在沿+x方向的匀强电场。在X轴正半轴适当区域沿X轴放置一

试卷第2页，共8页

块足够长的粒子收集板，其左墙为N点。一个质量为小、电荷量为q的带正电粒子，从

静止经电压U加速后第1次到达X轴并从坐标原点。沿-y方向进入电场，且从坐标为

（0.5d,-d-）的点离开电场、再从坐标为（d,-d）的点进入电场。此粒子第4次到

达X轴时恰好打到N点并被收集，不计粒子的重力。

（1）求该装置中电场强度E与磁感应强度2的大小；

（2）求此粒子从。到N过程中，在第四象限中离X轴的最大距离；

（3）若将加速电压调整为原来的k倍，粒子仍能打到N点被收集。请写出人应满足的

关系式。

'×B粒子收集板

⅛------------

d____-_--_-_AE_____

×B

5.（2020•浙江嘉兴•二模）如图甲所示，小同学携带滑雪板和滑雪杖等装备在倾角。=30。

的雪坡上滑雪。他利用滑雪杖对雪面的短暂作用获得向前运动的推力F（视为恒力），

作用时间为f∕=0∙8s,后撤去推力运动了Z2=1.2so然后他重复刚才的过程总共推了3次，

其运动的VY图像如图乙所示。已知小和装备的总质量，"=60kg,下滑沿直线运动且下滑

过程阻力恒定。求；

（1）小同学开始运动时的加速度α∕;

（2）全过程的最大速度为皿；

（3）推力尸和阻力f的大小。

甲乙

6.（2020•浙江嘉兴•二模）如图所示，一个质量机=Ikg的小物块（视为质点），压缩弹

簧后释放以vo=6m∕s冲上长度∕=6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一

半径R=（λ5m的圆轨道A8CE>,A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过。

到达E位置抛出在距离平台边缘E水平距离s=1.6m,高度/7=Im处有一可升降的接物

装置，通过调节装置的高度可以接收不同速度抛出的小物块。已知小物块与传送带之间

的动摩擦因数〃=025,其它摩擦均忽略不计，求：

（1）小物块释放前，弹簧所储存的弹性势能；

（2）若传送带以05m∕s的速度顺时针转动，判断小物块能否通过圆轨道最高点C

（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道

ABCC传送带转动速度的可能值；

（4）小物块到达接物装置时的最小动能。

C

.

.

7

:::

:!T!

.

7.（2020•浙江嘉兴•二模）如图所示为某手摇发电装置的原理简化图，可自由转动的水

平金属杆CQ上固定两个半径分别为，•和!■的均匀金属圆盘G、N圆盘的圆心位于CD

杆上。金属圆盘G处于水平向右与盘面垂直的匀强磁场中，磁感应强度的大小为瓦圆

盘N绕有绝缘细线，在恒力作用下，圆盘G、N和杆按图示方向匀速转动手摇发电装置

通过电刷P和Q与两电阻、小型电动机M、平行板电容器构成如图所示的电路平行板

电容器两板间距为d,上极板通过长度为0.75d的绝缘细线悬挂一带电量为口的金属小

球。开始时开关S与“连接，测得电动机M两端的电压为U,通过它的电流为/。已知

两电阻的阻值分别为2R和R,金属圆盘G接入电路的电阻也为R,不计金属杆、导线、

电刷电阻及接触电阻。忽略转动的摩擦阻力，求：

（1）金属圆盘匀速转动的角速度。；

（2）恒力产的大小；

（3）当开关S与b连接，金属圆盘G仍以。角速度匀速转动时，小球在两极板间做简

谐运动且最大摆角为6,小球摆动过程的最小电势能和振动周期。

8.(2020.浙江嘉兴.统考二模)如图所示为一实验装置的剖面图，左侧为电压可以控制

的加速电场。在加速电场右侧有相距为小长也为d的两平行金属板构成的区域，区域

内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为8,磁场的右边界与荧光屏

P之间的距离为24。荧光屏中点O与加速电极上两小孔Si、S2位于两板的中轴线上。

在中轴线正下方d位置有另一块荧光屏。，两块荧光屏的宽度均为2d。现从S1连续注

入质量为加、电荷量为+q且初速可视为零的粒子，经U=25鬻2的加速电场后从小孔

S2射出再经磁场偏转后，打到荧光屏。上。不计带电粒子的重力与各粒子间的相互作

用。求：

(1)带电粒子打到荧光屏Q的具体位置；

(2)若撤去两平行金属板间的磁场，加上平行纸面且垂直两金属板、电场强度为瓦的

匀强电场，判断能否使粒子打到荧光屏。的同一点；

(3)若撤去两平行金属板间的磁场，在三角形ABQ区域加上磁感强度大小和方向与两

平行金属板间磁场皆相同的磁场，加速电压的数值可在［空三,驾区］区间中调节，

2m2m

粒子打在荧光屏。上的距A的最远距离和荧光屏尸上的分布区间。

9.(2021•浙江嘉兴•二模)如图所示的巨型装置具有“世界第一跳楼机”之称。该跳楼机

可以用30s时间将座舱中的乘客送入12Om的高空。假设座舱沿竖直方向从地面由静止

开始匀加速上升，达到最大速度后开始做匀减速运动，到达最高点时速度恰好为零，匀

加速运动的加速度大小是匀减速运动加速度大小的2倍。忽略空气阻力和风力的影响。

求：

(1)上升过程中座舱的最大速度；

(2)减速过程中座舱的加速度；

(3)质量为60kg的乘客在加速过程中受到座舱的作用力大小。

10.（2021∙浙江嘉兴・二模）如图所示，在同一整直平面内有斜面、圆轨道和缓冲装置固

定在水平地面上，斜面、圆轨道均与水平地面平滑连接，缓冲装置中的轻质弹簧右端固

定于竖直墙面上，弹簧原长时左、右两端点对应于地面上的点力、E,滑块压缩弹簧的

距离不超过2r时，缓冲装置可正常工作。一质量为机的滑块从足够长光滑斜面上离地

∕z=3r处的A点由静止开始下滑，经最低点8进入竖直圆轨道，离开圆轨道后沿水平面

继续向前运动并撞击弹簧，直至滑块速度减为0时弹簧的压缩量X=已知圆轨道最

低点至竖直墙面间总长度BE=6r,弹簧原长∕=3r,轨道的BE段粗糙，其余均光滑，

滑块与轨道BE段之间的动摩擦因数恒为〃=0.5,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩

擦力,弹簧的弹性势能Ep与其劲度系数k和形变量X之间满足”=g⅛√（题中火未知）。

（1）求滑块从/7=3,处下滑时，经过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；

（2）要保证缓冲装置正常工作，求滑块开始下滑的最大离地高度；

（3）在保证缓冲装置正常工作的同时，滑块又不脱离轨道且停留在BE段，〃应满足什

么条件？

11.（2021•浙江嘉兴•二模）某兴趣小组设计了“摇绳发电”的方案。如图所示，“八”形等

腰金属架两个端点M、N位于同一水平面上，通过导线与固定在水平面上的两根平行金

属导轨相连，导轨间接有R=I0Ω的电阻。金属棒仍垂直搁置在导轨上，岫中点通过

轻质绝缘弹簧连接一个滑块。金属架和金属棒所在区域均存在竖直向下的匀强磁场。让

滑块运动且金属架绕轴线MN以。=12rad∕s的角速度匀速转动，金属棒始终保持静止。

己知金属架腰长L=5m,总电阻4=5C,两腰夹角，=106。；金属棒长度为1m,阻值

4=10Ω;导轨间距"=Im；q=5.0χl0-T,&=LOT,忽略一切摩擦。

（1）以金属架到达图示位置时开始计时，在图乙中画出感应电动势随时间变化的图像;

试卷第6页，共8页

（2）在金属架由图中位置垂直纸面向外转动30%的过程中，求通过电阻R的电量;

（3）求金属架转动一周的过程中，金属棒产生的焦耳热；

（4）已知弹簧振子原长XO=O05m、劲度系数左=LON∕m,当金属架与竖直方向成60。

12.（2021•浙江嘉兴•二模）如图所示，两种同位素的原子核M、N从容器A下方的小孔

S/不断飘入S/与S2间的加速电场中，其初速度几乎为零。然后经过小孔S恰好沿!圆

弧通过静电分析器，从小孔S离开后，由正方体右侧面中心位置处小孔02（即图中坐

标系原点）水平向左沿Z轴正方向垂直右侧面进入正方体空腔内。已知静电分析器内有

均匀辐向分布的电场，粒子运动轨迹处电场强度大小为E,圆弧半径和正方体边长均为

L;M、N的质量分别为胆、3m,带电量均为q,重力不计；不考虑粒子之间的相互作

用，打在正方体腔壁上的粒子被全部吸收，且不影响腔内场强的分布。

（1）求加速电场两极板之间的电压U；

（2）若在空腔内加沿+x方向、大小为E的匀强电场，求粒子M、N打在正方体平面上

的位置坐标；

I"的匀强磁场，求粒子N打在正方体平面上

（3）若在空腔内加沿+y方向、大小为

qL

的位置坐标：

（4）若（2）、（3）中的电场和磁场同时存在，单位时间内有上个M粒子进入腔内，求

平面8/GC2&受到M粒子的冲击力大小？

A

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.(1)μ=-↑(2)f=24s;(3)还是停在O点

40

【详解】(1)匀减速过程

2ax=vɑ

由牛顿第二定律

μmg=tna

解得

1

〃=—

40

(2)开始的IOm做加速度为。的匀减速运动，则

2

2axx=vŋ-V

解得

V=2m∕s

擦冰后

2

2αlx2=V

解得擦冰后的加速度

4=0.1m∕s2

则运动的总时间

"口+上

aal

解得

Z=24s

(3)根据动能定理，设擦冰前后的阻力分别为力、力，则

12

~fixi~f2x2=Ek~^mvo

力、力不变，当耳=0时，当X2=2Om不变时X/的值也不变，所以还是停在。点。

2.(1)1.8N；(2)1.05J；(3)0≤Ek≤0.3j^fk≥1.2j

【详解】(1)小物块从A到C过程由动能定理

力1

mgh-μimg-——+mgR(1-cos0)=—mv}.

小物块在C点根据牛顿第二定律

答案第1页，共14页

F-mg=m

NR

解得

FN=I.8N

根据牛顿第三定律，支持力和压力大小相等，方向相反，所以C点对轨道的压力是1.8N。

(2)小物块过E点最小速度为零，从E到£>,由机械能守恒定律得

mg2r=

解得

VD=y∣4gr=2m∕s

小球能通过。点，速度最小时，由重力提供向心力，则有

R

解得

VD'=>[gR=5m∕s>vυ=2m∕s

由上分析，可知必须在。点速度等于石m∕s,对应的动能最小

力1

的LMMg商+"gR(i°s6)fg∙2R=5〃就一％血

解得

EkmM=1.05J

(3)不脱离轨道2种情况

情况I：过尸点，满足

VE≥2m∕s

由动能定理得

h位gR(1-cos一mg(2R+2r)=ɪmv∖-E

ιngh-μιng--------∖-mk

tan。

解得

Ek=L2J

情况2：过圆弧BC。与。点等高处，由动能定理得

答案第2页，共14页

mgh-μtng+mgR(I-COSe)-/WgH=O—E

tan。k

解得

Ek=O∙3J

综上所述，符合条件的动能0≤Elt≤0∙3J或纥≥1∙2J

3.(1)0.1N；0；(2)0.1C；(3)0.0075J

【详解】(1)。转动产生的感应电动势为

E=5(%+叫闿弓-4)

解得

E=2V

根据电阻的决定式得

R=p-=3Ω

aS

根据闭合电路欧姆定律得

E

/千=-------=0.5A

干&+R处

1C=1h=0.25A

氏C受到安培力大小为

Fb=BJ3=0.1N

F=O

(2)动量定理

B2ql=mvx

q=O∙lC

(3)碰撞动量守恒

∕HV1=Imv2

v2=2m∕s

假定粘合以后能穿过磁场

一却♦=2机％-Iinv2

Rm

答案第3页，共14页

v3=lm∕s

Q=-2mv;

2Λ=0.03J

从粘合以后的电阻为

Rl,R

Rhl.='=1Ω

R,+R,

故爪C杆产生的焦耳热

QA=#~QL°∙0°75J

Ka÷RbC

2U_4瓯，八_3÷√2小4√

4.(1)E=----,BD=—.-------；(2)y=--------dj；(3)------F∖∣k=17,/7=1,2,3,..

ddyq4k

【详解】(1)电荷加速过程

qU=→nv1

类平抛运动

d=vat,"吗2

22m

解得

匚

E=——2U

d

第1次进入下方磁场时，由几何关系得

Rl=d,V=∖∕2v0

由公式

V2

qvB=m——

R

得

R=—

qB

解得

n42mU

4=——J------

川q

(2)。到N过程中，粒子在磁场中偏转的弦长

答案第4页，共14页

,nɪ

Ar=―2sina=0.5J

clB

即弦长相等，在弦长相等，半径增大，角度减小情况下，第1次进入下方磁场距离X轴的距

离最大。最大值

y-R1(l-cosa)+i/

解得

(3)粒子第4次经过X轴N点，电场方向加速了4次

X=监4犷

则

A⅛场=3d»工磁场二°∙5d

N点的坐标(8.5",0),加速电压调整为原来的2倍，粒子仍能打到N点被收集，满足:

V

8.5d='变(2/+—^∙^2sina

2加'7qB

且

/〃12

qkU=-mv~

解得

Δ,H~I-

-j-+∖Jk=17,"=1,2,3,.....

5.(1)4m/s2；(2)7.2m∕s;(3)F=300N;户360N

【详解】(1)根据图像可知加速度

∆v「

4=—=4m∕s2

Z

(2)根据题意可知

.3%=a2(2t2+q)

所以

ci2=ɪm∕s2

最大速度

%也产。2a=7.2m∕s

答案第5页，共14页

(3)根据牛顿第二定律

J+mgsinθ=ma2

所以

>360N

同理

F-f-mgsinθ=maι

解得

F=3OON

6.(1)18J；(2)到不了C点；(3)佗5m∕s或者Ogv≤Ji6m/s：(4)17.62J

【详解】(1)根据能量守恒可知，弹性势能转化成动能

1

Ep=]W%7=18J

(2)物体速度6m∕s大于传送带速度，所以在摩擦力作用下要减速，减速到和传送带相同速

度的需要的位移满足

2ax=vɑ-V2,a=μg,x=3.2m<6m

以后和传送带相同速度运动到右端。到达顶端C的过程满足

11

-ms2oAd=—mv2.——mv2

2ct2

Vc=O

最高点速度的最小值为师所以到不了C点

(3)要不脱离轨道，满足两种情况:过C点或过不了B点，根据能量关系求解得物块离开传

送带的速度必须满足大于5m∕s或则小于√10m∕s,所以传送带速度的可能值顺时针转动

v≥5m∕s或者0≤v≤Ji6m∕s,逆时针均可以

(4)要进接物装置，满足平抛规律

S=Vt

.I2

h-y=-gt

2

Ekɪɪmv+mg(h-y)

得

答案第6页，共14页

EkJ心+公

k22V2

当,〃吐J"吆"时,存在极小值，此时y=4m∕s

22V2

因为要过最高点到达E的最小速度为5m∕s,所以不符合要求，根据不等式的特点，5m∕s取

最小值为17.62J

0.75d

7・⑴；⑵八BIr+Br/；⑶与=那+日泅J\3

qU+-qRI

g+∖

ma

【详解】（1）电动机并联电阻R的电流为与，干路电流为/+3,所以转动切割产生的电动

AR

势为

E=U+3R(I+%=4U+3RI

转动切割产生的电动势表达式

E=-Bcor1

2

则转动的角速度为

2(4U+3H∕)

ω=----------ɔ------

Br2

（2）金属杆和金属盘属于同轴转动，角速度相同，所以盘的线速度为更铲2,根据能

Br

量守恒力尸的机械功率等于回路的电功率

(4U+3RDS%=F中

所以

F=Blr+Br-

R

（3）金属棒转动速度保持不变，即电源的电动势不变，电路变化，电容器两端的电压

13

U,=-E=U+-RI

44

负电荷最小电势能的地方为电势最高点

131133

Ep=-Cl——(C/+-/?/)=-qU+-qRI

44416

单摆周期公式

答案第7页，共14页

电容器内匀强电场的场强

小球受到的等效重力值

3

qU+-qRI

•4

mg=mgH----------H---------

所以

3

,qU+]qRI

周期

3

qU+-qRI

]g+,

Iιnd

8.(1)距离A点jd；(2)不能；(3)见解析

O

【详解】(1)带电粒子在加速电场中

12

quτr=-mv~

在磁场中偏转，洛伦磁力提供向心力

2

V-

qvB=m——

R

解得

R=-d

4

由几何知识，可知该粒子离开磁场时，在竖直方向偏转的位移为

y=R-yjR2-d2=--

2

即粒子恰好从下极板边缘射出，速度与水平方向夹角。满足

4

tana=—

3

由几何知识，可得打在荧光屏。上的位置到A点的距离为

d

23

X=-4s-=^d

tana8

(2)根据平抛运动的规律，离开电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，若粒子打在

答案第8页，共14页

相同的位置，满足

1

-

2-y

1d

2-

则

4,1,

y=-J>-d

72

即已经打到下极板，所以不存在这样的电压值。

(3)a∙加速电压的数值可以在位于区间J丝三,誓或］,对应粒子的速度范围为

I2m2m

-L粒子在三角形A3。磁场中对应的半径区间为［C,54］,当粒子轨迹和8。相

_mm\

切时，打在Q屏上距离A点最远，由几何关系得

金&=&+d

解得此时圆周运动半径为

R1=(√2+l)√

打在荧光屏Q上距离A点的最远距离为

⅛=JR「_(RLd)2=^√2√2+l

b.当粒子轨迹半径大于N=(a+l)d时，粒子射出磁场，打在荧光屏P上。当粒子轨迹半径

最大时，粒子打在P上的位置距离8点最远。粒子最大轨迹半径为54以AB为X轴，A为

原点建立坐标系，圆方程的圆心坐标为(0,-44),圆方程为

X2+(y+4d)2=(5d)2

BD所在的直线方程为

y=-x+2d

解出圆与直线的交点

粒子离开磁场后沿直线运动，该直线方程为

答案第9页，共14页

户24时，可求出荧光屏尸上粒子击中区域距离B点的最大距离为

56-13√Uj

V=-------------------a

/11

则粒子打在荧光屏P上距离8点56-3巧d以内的区域.

11

9.(1)8m∕s:(2)0.4m∕s2.加速度方向竖直向下；(3)648N

【详解】(1)设最大速度为山，则：

,I

h=2v,"t

解得：

vm=8m∕s

(2)设加速和减速阶段加速度大小分别为幻、a2,加速时间为〃，则:

⅛=α2(r-rl)

2

a2=0.4m/S

加速度方向竖直向下

(3)设座舱对乘客的作用力为R则：

F-mg=max

F=648N

10.(1)mg；(2)6.5∕∙;(3)2.5r≤⅛≤17+λ^r

4

【详解】(1)滑块从A运动到C的过程中机械能守恒，设C点速度大小为V,则

mg(lι-2r)=ɪz/zv2

设在C点轨道对滑块的作用力为R则

V2

F+mg=m—

r

联立方程得：

F=mg

根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为mg

(2)滑块从力高处下滑时，根据能量守恒

mgh=4μmgr+Ep

设开始下滑的最大高地高度为H，则

答案第10页，共14页

mgH=5μmgr+Eμ

又

"E.

联立方程可得:

H=6.5r

(3)在保证缓冲装置正常工作的同时，滑块又不脱离轨道且停留在BE段，则

①滑块恰好能过C点时，贝∣J:

2

mg=m——

r

2

mg(Λ1-2r)ɪɪmv

解得:

A1=2.5r

②滑块被弹簧反弹后恰好到达与圆心等高点，设弹簧压缩量为X,则:

3mgr=4jLimgr+ɪkr2

EP=^kx2=μmg(3r+x)+mgr

解得:

1+√41

x=--------r

4

Inghi=μmg(3r+x)+Ep

解得:

17+√41

KtL=-------------r

4

联立①②可知，。应满足的条件是

答案第11页，共14页

Ew=β1Scυ=0.72V

变化周期

_rλππ