2019年广东省珠海市香洲区高考物理模拟试卷(解析版)

1、20192019 年广东省珠海市香洲区高考物理模拟试卷年广东省珠海市香洲区高考物理模拟试卷 6.太阳系外有一颗星球，其半径为R，自转周期为 T0，测到其平均密度为 0=，G为引力常量。该星 一、单选题（本大题共5 5 小题，共 30.030.0分） 1.物理学重视逻辑， 崇尚理性， 在人们对物理世界进行探索的过程中， 科学实验起到了非常重要的作用， 物理理论往往建立在对科学实验事实观察的基础上，下列说法符合历史事实的是（） A.赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B.查德威克用 粒子轰击 174N 获得反冲核 187O，发现了中子 C.贝克勒尔发现的天然放射性现象，提出了原子核

2、式结构模型 D.爱因斯坦发现光电效应的规律，揭示了光具有波动性 2.甲、 乙两物体从同一位置沿同一直线运动， 它们的 x-t图象如图所示 （乙 的图线为抛物线），下列说法错误的是（） A.乙物体先向负方向运动， 时刻以后反向向正方向运动 B. 时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大 C. 时刻，乙物体追上甲 D. 时刻，两者相距最远 3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和 3m的三个木块， 其中质量为 2m和 3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T现用水平拉力F 拉质 量为 3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确 的是（） A.质量为 2m 的木块受到

3、四个力的作用 B.当 F 逐渐增大到 T时，轻弹簧刚好被拉断 C.当 F 逐渐增大到 时，轻弹簧还不会被拉断 D.当 F撤去瞬间，m 所受摩擦力的大小和方向不变 B 为两等量异种电荷，B连线的中垂线， b， 4.A、图中水平虚线为 A、现将另两个等量异种的检验电荷a、 如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终 关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（） 球表面周围空间充满厚度为d= （小于该星球的同步卫星距星球表面的高度）、密度为=的均匀 介质，若现在在该星球表面发射一颗同步卫星，则下列说法正确的是（） A.该同步卫

4、星运行的角速度为 C.该同步卫星运行的速度大小为 B.该同步卫星离星球表面的高度为2R D.该同步卫星的向心加速度大小为 7.如图所示，在边长为 a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边 长也为 a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导 线框的电阻为 R现使导线框以周期T绕其中心 O点在纸面内匀速转动，经 过 导线框转到图中虚线位置，则在这 时间内（） A.顺时针方向转动时，感应电流方向为 B.平均感应电动势大小等于 C.平均感应电动势大小等于 D.通过导线框横截面的电荷量为 8.绝缘光滑斜面与水平面成 角，一质量为m、电荷量为-q 的小球从

5、斜 面上高 h处，以初速度为v0、方向与斜面底边MN平行射入，如图所 示，整个装置处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向平行 于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN，则下 列判断正确的是（） A.小球在斜面上做匀变速曲线运动 B.小球到达底边 MN的时间 C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为 D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为 A.在 AB的连线上 a 所处的位置电势 B.a、b 整体在 AB连线处具有的电势能 C.整个移动过程中，静电力对a 做正功 D.整个移动过程中，静电力对a、b 整体做正功 5.如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽 头有一根引线

6、，该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再 通过理想二极管 D 连接到手机电源上。已知原副线圈的匝数比为 22：1，若原线圈中输入的电压为u=220sin314t（V），则下列说 法正确的是（） A.手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50Hz B.手机电源得到的是正弦交流电。其频率为50Hz C.该装置正常工作时手机电源获得的电压为5V 9.下列说法正确的是（） A.零摄氏度的物体的内能为零 B.气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果 C.温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D.理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E.浸润现象是分子

7、间作用力引起的 三、实验题探究题（本大题共2 2 小题，共 15.015.0 分） 10. 某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A的前 端装上撞针，给小车A 某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡 皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A 后连着纸带，纸带穿过 电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50Hz。 D.若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为 二、多选题（本大题共4 4 小题，共 23.023.0分） 第 1 页，共 8 页 （1）在用打点计时器做

8、“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有_（填标号）。 A实验时要保证长木板水平放置 B相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源 （2）纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为 _m/s（结果保留一位有效数字），A、B 两车的质量比值等于_。（结果保留一位有效数 字） 11. 某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下： 电池 E（电动势和内阻均未知） 表头 G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知） 电压表

9、V（量程为 1.5V，内阻 Rv=1000） 滑动变阻器 R1（010） 电阻箱 R2（01000） 开关一个，理想导线若干 （1）为测量表头 G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E 闭合开关，调节滑动 变阻器 R1滑片至中间位置附近某处， 并将电阻箱阻值调到 40时，表头恰好满偏，此时电压表 V的示 数为 1.5V；将电阻箱阻值调到 115，微调滑动变阻器 R1滑片位置，使电压表V 示数仍为 1.5V，发现 此时表头 G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G 的内阻 Rg=_，表头 G的量程 Ig=_mA。 （2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电

10、路如图丙所示，电阻箱R2的阻值 始终调节为 1000：图丁为测出多组数据后得到的图线 （U 为电压表 V 的示数，I为表头 G的示数）， 则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E=_V，内阻 r=_（结果均保留两位有 效数字） （3）该同学用所提供器材中的电池E、表头 G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、 （2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为_。 从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.6N，A 与 B发生正碰，碰后 B小球水平 2 飞出，落到地面时的水平位移为s=0.80m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s ，求： （1）小球 A在碰前克服摩擦

11、力所做的功； （2）A与 B 碰撞过程中，系统损失的机械能。 13. 中心均开有小孔的金属板C、D与半径为 d的圆形单匝金属线圈连 接，圆形框内有垂直纸面的匀强磁场，大小随时间变化的关系为 B=kt（k未知且 k0），E、F为磁场边界，且与 C、D 板平行。D 板右方分布磁场大小均为B0，方向如图所示的匀强磁场。 区域的 磁场宽度为 d，区域的磁场宽度足够大。在C 板小孔附近有质量 为 m、电量为 q 的负离子由静止开始加速后， 经 D板小孔垂直进入 磁场区域，不计离子重力。 （1）判断圆形线框内的磁场方向； （2） 若离子从 C 板出发， 运动一段时间后又恰能回到C 板出发点， 求离子在磁场

12、中运动的总时间； （3）若改变圆形框内的磁感强度变化率k，离子可从距 D 板小孔 为 2d 的点穿过 E 边界离开磁场，求圆形框内磁感强度的变化率k 是多少？ 14. 如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上， 汽缸内部 被质量均为 m 的活塞 A和活塞 B分成高度相等的三个部分，下边两部分封 闭有理想气体 P和 Q，活塞 A 导热性能良好，活塞 B 绝热。两活塞均与汽缸 接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装置，初始状态 温度均为 T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为 且保持不变，现对 四、计算题（本大题共3 3 小题，共 42.042.0分） 12.

13、如图所示，一个半径为R=1.00m粗糙的 圆弧轨道，固定在竖直平面 内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=1.25m。在轨道末 端放有质量为 mB=0.30kg的小球 B（视为质点），B左侧装有微型传 感器，另一质量为 mA=0.10kg 的小球 A（也视为质点）由轨道上端点 气体 Q缓慢加热。求： 当活塞 A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度 T1； 活塞 A 恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q 加热，当气体 P 体积减为 原来一半时，气体 Q的温度 T2。 第 2 页，共 8 页 第 3 页，共 8 页 答案和解析 1.【答案】A 【解析】 解：A、质量为 2m 的物体受重力、支

14、持力、m 对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受 5个力。故 A错误。 BC、当弹簧的弹力为 T 时，m 和 2m 的加速度 a= 为 2T 时，轻弹簧恰好被拉断。故 BC错误。 D、撤去 F的瞬间，弹簧的弹力不变，m 和 2m 整体的加速度不变，隔离对 m 分析，根据牛顿第 二定律知，m 所受的摩擦力大小和方向都不变，故 D正确。 故选：D。 根据弹簧的最大拉力为T，对质量为m和2m的两个物体分析，求出加速度的最大值，再对整体 分析，求出拉力的最大值。撤去 F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断 m 所受的 摩擦力大小和方向是否改变。 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿

15、第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运 用。 4.【答案】B 【解析】 解：A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，故 A正确； B、卢瑟福用 粒子轰击N，获得反冲核O，发现了质子，故 B错误； C、贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，故 C 错误； D、爱因斯坦发现光电效应的规律，揭示了光具有粒子性，故 D错误。 故选：A。 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也 是考试内容之一。 2.【答案】B 【解析】 ，对整体分析，拉力 F=6ma=

16、2T知当拉力 解：A、在位移-时间图象中，图象的斜率表示速度，由图象可知，乙的斜率先负后正，则乙物体 先向负方向运动，t1 时刻以后反向向正方向运动，故 A 正确； B、乙的图线为抛物线，则乙做匀变速直线运动，加速度不变，故 B错误； 解：A、设AB连线的中点为O由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远 处，所以 O点的电势为零。AO间的电场线方向由 AO，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可 C、图象的交点表示相遇，t2时刻之前甲在乙的前面，则 t2时刻，乙物体追上甲，故 C 正确； D、纵坐标之差表示甲乙之间的距离，根据图象可知 tl 时刻，两者相距最远，故 D正确。 本题选错

17、误的， 故选：B。 在位移-时间图象中，图象的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，抛物线表示 误。 匀变速直线运动，图象的交点表示相遇。 D、a、b看成一个整体，总电量为零，所以整个移动过程中，静电力对 a、b整体做功为零，故 D 解决本题时，要在理解位移-时间图象点和斜率的物理意义的同时，还要理解好好速度-时间图 错误。 象的点、线、面的物理意义，知道图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向。 3.【答案】D 【解析】 知，a所处的位置电势 a0，故 A错误。 B、a所处的位置电势 a0，b所处的位置电势 b0，由 Ep=q知，a、b在 AB处的电势能均 大于零，则整体的电势能

18、 Ep0故 B正确。 C、在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对 a做负功，故 C 错 故选：B。 明确等量异号电荷的电场分布规律，知道 AB 连线的垂直平分线是一条等势线，其电势等于无 第 4 页，共 8 页 穷远处电势。根据电场线的方向分析电势的大小。 对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异 种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远。 5.【答案】C 【解析】 故选：AD。 同步卫星的周期与地球自转周期相同，根据角速度与周期的关系求解角速度，根据万有引力提 供向心力求解半径，根据线速度和角速度的关系求解线速

19、度，根据向心加速度与角速度的关系 求解向心加速度。 本题考查天体的运行规律及同步卫星的规律，要注意明确同步卫星的周期与天体自转周期相 同。 7.【答案】BD 【解析】 解：AB、由于二极管具有单向导电性，副线圈上端高电势时上端二极管导通，副线圈上端低电 势时下端二极管导通，两个二极管交替工作，故手机电源得到的是一股脉动直流电，脉动直流 电通过手机电源时，其周期减半，频率加倍，故手机电源得到的频率为 100Hz，即 A、B错误； C、由单向导电性知每半个周期导通一个二极管，又副线圈的一根引线是通过中心抽头引出的， 由匝数比为，知 ，因此手机电源获得的电压为 U1=5V，故 C 正确； 解：A、由

20、于虚线位置是经过 的。 到达的，而且线框是顺时针方向转动，所以线框的磁通量是变小 根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸 面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为：EHGFE，故 A错误。 B、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E= ，代入数据可得 故选：C。 根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化s=（3-2 根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解 = 电压关系，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。 考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应

21、用，理解二极管单向导电性，注 意原副线圈的功率相等，是解题的关键。 6.【答案】AD 【解析】 D、若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时还能间歇充电，但其有效值满足 =， ，即 D 错误； 由几何知识得：OC=a，0A=a，AB=AC， ）a ，解得： 2 ，故 B正确，故 C 错误。 t=，D、通过导线框横截面的电荷量 q= t= 故 D正确。 故选：BD。 根据楞次定律判断感应电流的方向 解：A、题意知，该同步卫星运行的角速度 0=，故 A 正确； 运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小 根据电量的表达式求出通过导线框横截面的电荷量 分析清楚线框的运动过程、知道磁通量如

22、何变化、求出磁通量的变化量是解题的前提与关键； 要掌握应用楞次定律判断感应电流方向的方法与步骤；应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、 欧姆定律与电流的定义式可以解题 B、设该星球的同步卫星距星球中心的距离为 r，同步卫星的质量为 m0，且将星球和星球表面 空间的介质视为另外一个更大的天体，其质量为 M+M，根据万有引力定律和向心力公式有 G =m0r，而 M=0R3，M=（R+d）3-R3，解得 r=2R，则该星球的同步卫星 距星球表面的高度 h=r-R=R，故 B错误； C、该同步卫星运行的速度大小 v=0r= D、该同步卫星的向心加速度大小为 a= ，故 C 错误； =，D 项正确。 8.【

23、答案】ABC 【解析】 第 5 页，共 8 页 解：A、由于小球在下滑过程中，速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒 定，故小球做匀变速曲线运动，故 A正确； 一切物体在任何温度下都具有内能； 气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满 整个容器，如果没有约束，气体将散开； B、小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的 温度是分子的平均动能的标志； 分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度 a=gsin，再由运动学公式，球到达底边 MN的时 理解分子力的变化特点与规律； 间 t=，故 B正确浸润和不

24、浸润现象是液体分子间相互作用的表现。 该题考查的知识点比较多，加强对基本概念的记忆，是学好 3-3的基本方法。要注意浸润和不 浸润现象是液体分子间相互作用的表现。 10.【答案】BC0.62 【解析】 CD、根据小球能够沿斜面到达底边 MN，则小球受到的洛伦兹力 0f=qv0Bmgcos，解得：磁 感应强度的取值范围为 0B 根据小球能够沿斜面到达底边 MN，则小球受到的洛伦兹力 0f=qv0Bmgcos； 解得：磁感应强度的取值范围为 0B0B 故选：ABC。 A选项根据受力分析，结合力的合成法则，并依据牛顿第二定律，及曲线运动条件，即可求解； B选项依据洛伦兹力小于等于重力的垂直斜面的分力

25、；CD 选项根据运动学公式，结合牛顿第 二定律，即可求解。 考查曲线运动的条件，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解洛伦兹力虽受到速度大小 影响，但没有影响小球的合力，同时知道洛伦兹力不能大于重力垂直斜面的分力。 9.【答案】BCE 【解析】 cos，故 C 正确，D错误。解：（1）A、实验前要平衡摩擦力，实验时要把木板右端适当垫高以平衡摩擦力，故 A错误； B、为使两车碰撞后粘在一起，相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰 撞后粘在一起，故 B正确； CD、为充分利用知道，实验时要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，故 C 正确， D错误； （2）由图示纸带可

26、知，碰撞前小的速度为：v= 碰撞后两车的速度为：v=0.4m/s， =0.6m/s， 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv=（mA+mB）v 代入数据解得：mA：mB=2； 故答案为：（1）BC；（2）0.6；2。 解：A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以零摄氏度的物体仍然有内能。故 A错误； B、气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充 满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故 B正确； C、温度是分子的平均动能的标志，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同；故 C 正确；（1）系统所受合力为零时系统动量守恒，实验前

27、要平衡摩擦力，我充分利用纸带，实验时要先 D、理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，但由于分子之间的距离较大，都可以忽略 不计。故 D错误； E、浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关。故 E正确。 故选：BCE。 第 6 页，共 8 页 接通电源，然后再释放纸带。 （2）根据图示纸带应用速度公式求出碰撞前后小车的速度，然后应用动量守恒定律求出两车质 量之比。 本题考查了实验注意事项与实验数据处理，根据图示纸带求出两点间的距离、应用速度公式求 出碰撞前后小车的速度是解题的关键，掌握基础知识、应用动量守恒定律即可解题。 11.【答案】10303.020100 【解析】 代

28、入数据解得：Wf=0.20J （2）碰后对 B 球平抛有：h，s=vBt， 代入数据解得：vB=1.6m/s A、B 碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律有：mAvA=mAvA+mBvB 代入数据解得：vA=-0.80m/s 负号表示方向向左 由能量守恒定律得：E 损= 解：（1）由图乙所示表盘可知，表盘功 30分度，其示数为： 电压表示数：U=1.5V，由欧姆定律可知：U=I（Rg+R2）， Ig=Ig， 即：U=Ig（Rg+40），U=Ig（Rg+115），解得：Rg=10，Ig=30mA； （2）电压表 Rv的内阻为 1000，电阻箱 R2阻值始终调节为 1000， 电压表与电阻箱串联，

29、它们两端电压相等，电压表示数为 U，则路端电压为 2U， 代入数据解得：E 损=0.384J 答：（1）小球 A在碰前克服摩擦力所做的功0.20J； （2）A与 B 碰撞过程中，系统损失的机械能0.384J。 【解析】 （1）小球 A在圆弧轨道上做圆周运动，经过最低点时由合力提供向心力，由牛顿第二定律可以 求出小球A运动到轨道最低处时的速度大小。对于A球下滑的过程，利用动能定理可以求出小 由图丙所示电路图可知，电源电动势：E=2U+Ir，则：U= 由图示 U-I图象可知：=1.5，=10， -I， 球 A克服摩擦力做的功。 （2）小球 B离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律可以求出碰后 B 的

30、速度，然后由动量守恒 定律求出碰撞后 A的速度，再由能量守恒定律求碰撞过程系统损失的机械能。电源电动势：E=3.0V，r=20； （3）欧姆表内阻：R 内= =100，本题是多研究对象多过程问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理、平抛 运动规律、动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意过程的选择与正方向的选择。 13.【答案】解：（1）负离子从 C 板向 D 板加速运动，说明 D 板电势高，对圆形电路，由楞次定律可知， 感应电流方向应是逆时针，所以圆形线框内的磁场方向垂直纸面向里。 （2）离子在、区域内作圆周运动，半径均为R，有：qv0B0=m 欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头

31、正中央刻度为：R 中=R内=100； 故答案为：（1）10；30；（2）3.0；20；（3）100。 （1）根据图示表盘读出表头的示数；根据实验电路图甲，应用欧姆定律求出表头的满偏电流与 内阻。 （2）根据图丙所示电路图，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象 求出电源电动势与内阻。 （3）欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，根据题意应用欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后求出中 值电阻。 本题考查了测量表头内阻与满偏电流、求电源电动势与内阻、求欧姆表中值电阻等问题，分析 清楚题意、根据电路图应用欧姆定律列式即可解题。 12.【答案】解 （1）在最低点，对球，由牛顿第二定律得：FA-mAg=mA 运动周期均为 T，有：T= 解得：T= 由题意知粒子运动轨迹如图（甲），将三个轨迹的圆心连接起来，由几何知识可知，所得三角形为等边三 角形，所以离子在磁场中运动的总时间为： t=2 = 解得：t= （3）单匝圆形线框产生的电动势为U，由法拉第电磁感应定律得： U= =Kd2 离子从 D 板小孔射出速度为 V，有动能定理得：qU= 解得：K= 代入数据解得：vA=4.00m/s 由动能定理得：mAgR-Wf= 离子进入磁场从 E 边界射出的运动轨迹有两种情况： 第 7 页，共 8 页