2021年上海市松江区高考物理一模试卷

2021年上海市松江区高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）

1.第一次发现电流磁效应的科学家是()

A. 安培

B. 法拉第

C. 麦克斯韦

D. 奥斯特

2.磁感应强度B的单位T等价于()

A. N

Am B. A

Nm

C. AN

m

D. m

AN

3.做竖直上抛运动的物体，每秒的速度增量总是()

A. 大小不等，方向不同

B. 大小相等，方向不同

C. 大小不等，方向相同

D. 大小相等，方向相同

4.如图轻质支架，A、B固定在竖直墙上，C点通过细绳悬挂一重物，则重物对C点的拉力按效果分解正确的是()

A. B.

C. D.

5.图示电场中，负电荷仅受电场力作用，由A点沿电场线运动到B点，此过程中()

A. 电场力增大，电势能减小

B. 电场力减小，电势能减小

C. 电场力增大，电势能增大

D. 电场力减小，电势能增大

6.从冰箱中拿出的空瓶，一段时间后瓶塞弹出，其原因是()

A. 瓶内气体分子数增加

B. 瓶内所有气体分子的运动都更剧烈

C. 瓶塞所受合外力变小

D. 瓶塞受瓶内气体分子的作用力变大

7.如图所示，斜面上放一物体A恰好能匀速下滑，如果在物体A上再施加一个力F，使

A仍匀速下滑，关于力F的方向，下列说法正确的是()

A. 垂直斜面向下

B. 竖直向下

C. 水平向左

D. 水平向右

8.物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的v?t图是()

A. B. C. D.

9.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，此时质点A沿y

轴负方向振动，该波的波速为v=20m/s，则()

A. 这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为40m

B. 这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为40m

C. 这列波沿x轴负向传播，2s内质点A通过的路程为2m

D. 这列波沿x轴正向传播，2s内质点A通过的路程为2m

10.A、B两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的

位置，如图所示，曝光的时间间隔相等，则()

A. t2时刻，A木块速度大于B木块速度

B. t2时刻，A木块速度小于B木块速度

C. t1时刻，A木块速度大于B木块速度

D. t1时刻，A木块速度小于B木块速度

11.如图所示，质量为m的物体静止于粗糙水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ，

物体右侧与一轻弹簧相连，初始时弹簧为原长，现用水平力缓慢向右拉弹簧，使物体向右通过一段位移s，该过程中手的拉力做功一定()

A. 等于μmgs

B. 大于μmgs

C. 小于μmgs

D. 大于2μmgs

12.如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度

改为相应的温度刻度。下列说法正确的是()

A. 低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀

B. 低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀

C. 高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀

D. 高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

13.牛顿第一定律______牛顿第二定律的推论(选填“是”或“不是”)；______用牛顿第二定律来解释质量是物体

惯性大小的量度(选填“能”或“不能”)。

14.如图所示，一块蹄形磁铁放在水平台秤上，金属棒AB固定在两个磁极之间。当AB中通入电流时，台秤示数

减小。则AB棒所受安培力的方向为______，电流的方向为______。

15.如图，固定密闭容器内储有一定量的水，若拔掉容器底部的软木塞，可能观察到的现象有______。

16.如图，当开关K断开时，电源内电路功率为P1；K闭合时，电源内电路功率为P2。

若两种情况下电源的输出功率相等，则P1______P2；R2______r。(选填“大于”、

“等于”或“小于”)

17.竖直向上拋出的物体，从抛出点到最高点的过程中其动能和重力势能随高度h

的变化图线如图所示，物体上升过程中空气阻力做的功为______J，加速度大小为______m/s2。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

18.如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置：

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为______，用DIS测小车的加

速度；

(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a?F关系图线(如图b)，此

图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______；

(3)若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到的a?F图线与图b中的图线相比会有什么不同：

______；

(4)在(3)中，若小车的质量为M，不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为______。

四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）

19.如图所示，用绝缘丝线将质量为m、电荷量为q A的带负电小球A系在O点。在距O点

的正下方H处用绝缘柄固定一带电小球B(两球均可看成点电荷)。当丝线与竖直方向

夹角为θ=30°时，球A静止，此时A、B两球连线与丝线AO垂直。已知静电力常量

为k，重力加速度为g。

(1)画出A球受力示意图，判断B球的电性；

(2)求A球所在处的电场强度E；

(3)求B球的电荷量q B；

(4)若支持B球的绝缘柄漏电，A球在竖直平面内缓慢运动至θ=0°处，B的电荷尚未漏完。在整个漏电过程中，

丝线的拉力大小如何变化？请说明原因。

五、计算题（本大题共1小题，共16.0分）

20.如图，在竖直平面内，AB为粗糙的长直轨道，与水平方向的夹角为θ=53°，BCD、DEG均为半径为r=2m的

光滑圆弧形轨道，AB与BCD相切于B点，O1、O2为圆心，连线水平，C为圆弧形轨道的最低点，E为最高点。

一质量为m=1kg的小环套在轨道AB上，受到水平恒力F的作用，自P点由静止下滑，运动到B点时撤掉水平恒力F，小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点E。已知小环与AB轨道间的动摩擦因数为μ=0.8，P、m，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：

B之间的距离为s=160

47

(1)小环过B点的速度；

(2)小环在PB间运动的加速度；

(3)水平恒力F的大小；

(4)若改变水平恒力F的大小，小环能否到达E点？请分析说明。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、安培是提出安培定则与安培力，故A错误；

B、法拉第提出磁能生电，故B错误；

C、麦克斯韦提出电磁场理论，故C错误；

D、第一个发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故D正确．

故选：D．

根据各位物理学家的贡献回答：奥斯特发现电生磁，安培研究了电流的磁场的判断方法：安培定则；焦耳研究了热功当量；法拉第发现了磁生电．

本题考查了物理学史，记清每位物理学家的贡献是解题的关键．

2.【答案】A

【解析】解：磁感应强度B=F

IL ，磁感应强度单位为T，则1T=1N

A?m

，故A正确，BCD错误。

故选：A。

明确国际单位制中基本单位以及基本物理量，明确国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题．

本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键；同时注意明确物理公式同样可以进行物理单位的计算．

3.【答案】D

【解析】解：竖直上抛运动是匀变速直线运动，加速度为g。方向竖直向下，根据△v=gt，知每秒速度增量大小相等，方向竖直向下。故ABC错误，D正确。

故选：D。

竖直上抛运动是匀变速直线运动，根据△v=gt分析每秒的速度增量大小和方向。

解决本题时要知道做竖直上抛运动的物体，加速度是竖直向下的g，则每秒的速度增量总是gt=10m/s，方向竖直向下。

4.【答案】B

【解析】解：轻质支架不考虑其自身的重力，C点受到重物的拉力、AC的作用力以及BC的作用力，由于C点的作用力没有引起AC与BC边的转动，可知AC对C点的作用力一定沿AC的方向，BC对C的作用力一定沿BC的方向，所以重物对C点的拉力可以沿AC的方向与BC的方向分解，结合结合平行四边形定则可知，重物对C点的拉

力按效果分解为沿AC的方向斜向下的一个分力以及沿CB的方向斜向下的另一个分力，故B正确，ACD错误。故选：B。

对C点进行受力分析，结合C点受到的力，对重物的拉力进行分解即可。

本题是三力平衡问题，关键是区分固定杆与可动杆间的弹力方向，固定轻杆的弹力可以沿着任意方向，而可动杆的弹力方向是沿着杆的，否则会引起转动．

5.【答案】C

【解析】解：根据电场线的疏密可知，A处的电场强度小于B处的电场强度，故由A到B的过程中电场力增大；负电荷受力与电场线方向相反，故由A到B的过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确，ABD错误。

故选：C。

明确电场线的疏密表示电场强度的大小，从而确定电场力的大小；再根据电场力的方向确定电场力做功情况，由功能关系确定电势能的变化情况。

本题考查对电场线的认识以及电场力做功与电势能间的关系，要注意明确电场力做正功时电势能减小，电场力做负功时电势能增大。

6.【答案】D

【解析】解：A、瓶子是密封的，故瓶内气体分子数不变，故A错误；

B、温度是分子平均动能的标志，从冰箱中取出后温度将上升，分子平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故B错误；

C、瓶塞在冰箱中不动，合外力为零，取出后瓶塞弹出，合外力不为零，此时合外力增大，故C错误；

=C，瓶内气体体积不变，温度升高，故压强增大，所以瓶塞受瓶内气体分子的D、由理想气体状态方程可得：pV

T

作用力变大，故D正确；

故选：D。

由理想气体状态方程和分子的平均动能进行分析。

本题主要考查了考生对于平均动能和理想气体状态方程的理解，解题关键在于平均动能增大不是每个分子的动能都增大。

7.【答案】B

【解析】解：设物体的质量为m、物体与斜面间的动摩擦因数为μ、斜面的倾角为θ。

由于施加外力F前物体A匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsinθ=μmgcosθ，解得：gsinθ=μgcosθ。

A、如果施加的力F垂直斜面向下，正物体与斜面间的压力增大、摩擦力增大、重力沿斜面向下的分力不变，物体减速运动，故A错误；

B、如果施加的外力F竖直向下，则有：(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ，物体仍匀速下滑，故B正确；

C、如果施加的力F水平向左，正物体与斜面间的压力增大、摩擦力增大、且力F在沿斜面方向的分力沿斜面向上，重力沿斜面向下的分力不变，物体减速运动，故C错误；

D、如果施加的力F水平向右，正物体与斜面间的压力减小、摩擦力减小、且力F在沿斜面方向的分力沿斜面向下，重力沿斜面向下的分力不变，物体加速运动，故D错误。

故选：B。

由于施加外力F前物体A匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsinθ=μmgcosθ，根据力F的方向，分析物体是否受力平衡，由此确定运动情况。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

8.【答案】A

【解析】解：设阻力大小为f，物体的质量为m，斜面的倾角为α，据题有f=kv，k是常量。

根据牛顿第二定律得mgsinα?f=ma，即得a=gsinα?kv

，可知，随着速度v的增大，物体的加速度减小，当

m

mgsinα=f时a=0，结合v?t图象的斜率表示加速度，可知A图正确，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据阻力大小与速度成正比，分析物体所受合外力的变化情况，判断加速度的变化，结合v?t图象的斜率表示加速度，分析图象的形状。

解决本题的关键要能根据牛顿第二定律列式，分析物体加速度的变化情况，结合v?t图象的斜率表示加速度来分析。

9.【答案】C

【解析】解：根据“上下坡”法可知，由于质点A沿y轴负方向振动，所以波向左传播。由图可知，振幅A=5cm，

，解得T=0.2s，质点A在2s振动10个周期，通过的路程s=10×4A=2m，故A、波长λ=4m，根据公式v=λ

T

B、D错误，C正确，

故选：C。

解答本题的思路是：(1)根据质点A的振动方向，由图得到波的传播方向；(2)由图得到波长，根据波速求得周期；

(3)根据振幅求得路程。

使解答本题的关键是：根据”质点A沿y轴负方向振动”，利用：“上下坡”法，波的传播方向。

10.【答案】D

【解析】解：AB、根据图象可知，A、B两木块在t1到t3时间内运动了相同的位移，故两木块在整段时间内的平均速度相等，根据匀加速直线运动情况下一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在t2时刻两木块的速度

相等。故AB错误；

CD、由图象可知，对于A木块，t1到t2时间内的位移与t2到t3时间内的位移之差较大，由△x=aT2可知，A木块的加速度较大，且t2时刻两木块速度相等，故t1时刻A木块速度更小。故C错误，D正确。

故选：D。

根据一段时间内的平均速度与瞬时速度的关系可得出两木块中间时刻的速度大小，结合公式△x=aT2可知两木块的加速度大小，进而判断t1时刻的速度大小。

本题考查匀变速直线运动相关规律，关键对重要公式△x=aT2要能够灵活运用。

11.【答案】B

【解析】解：物块克服摩擦力做功为W f=μmgs，在拉力F作用下，由于弹簧伸长，故克服弹力做功为W弹，故拉力做功等于克服摩擦力做功和克服弹簧弹力做功，故W F=W f+W弹>W f=μmgs，故ACD错误，B正确

故选：B。

在拉力F作用下，弹簧伸长，需要克服弹力做功，物体在前进过程中，克服摩擦力做功，根据能量守恒即可判断。本题主要考查了功的计算，关键是抓住能量守恒即可判断出拉力F做功的转化即可。

12.【答案】B

【解析】解：根据图示电路图结合闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+R+R A)，

解得电路的电流为：I=E

r+R+R A

，可见电阻R越小，电流I越大，对应的温度越低，所以低温对应电流较大的刻度上；

由于电阻R随温度升高均匀增大，则电阻R与温度的变化为：R=R0+kt(k>0)，

解得：t=E

kI ?1

k

(R A+r+R0)，所以t与I不是线性关系，温度刻度不均匀，故B正确、ACD错误。

故选：B。

根据欧姆定律解得电路的电流表达式，根据电阻阻值随温度变化的关系，然后应用闭合电路欧姆定律求出t的表达式进行分析。

本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况以及电阻R随温度的变化情况，根据闭合电路的欧姆定律进行解答。

13.【答案】不是能

【解析】解：(1)牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的定量关系，所以牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论；

(2)力--是改变物体运动状态的原因，加速度--描述物体运动状态变化的快慢

由F=ma得

F一定时，m越大，a越小--即物体运动状态越不容易改变；说明m越大，物体惯性越大；a一定时，m越大，F越大--即要更大的力才能改变相同的运动状态，说明m越大，物体惯性越大，所以m是惯性大小的量度，即能用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度。

牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，

牛顿第一定律是基础，说明力不需要运动来维持，第二定律给出了力与运动的具体关系．

14.【答案】向下B指向A

【解析】解：当AB中通入电流时，台秤的示数减小，说明磁铁受到金属棒的作用力向上，根据牛顿第三定律可知，金属棒受到的安倍力向下，根据左手定则可知电流方向为从B到A；

故答案为：向下；B指向A

(1)由牛顿第三定律判断安倍力的方向；

(2)由左手定则判断电流方向。

本题考查了牛顿第三定律和左手定则，关键是熟练掌握应用。基础题。

15.【答案】水部分流出、水全部流出、水柱不动、水柱向上运动

【解析】解：设水的高度为h，密闭容器内气体的压强为p，外界大气压强为p0，

当p>p0?ρg?时，水部分流出甚至全部流出；

当p=p0?ρg?时，水柱不动；

当p

故答案为：水部分流出、水全部流出、水柱不动、水柱向上运动。

根据水柱最终的平衡，由p=p0?ρg?可以求解。

了解封闭气体压强的特点，关键在结合液柱的平衡条件建立关系进行分析。

16.【答案】小于小于

，电源内电路功

【解析】解：当开关K断开时，R1和R2串联，此时电路中的电流为I1=E

R1+R2+r

率为：P1=I12r；

K闭合时，R1短路，外电路只有R2，此时电路中的电流为I2=E

，电源内电路功率为：P2=I22r，

R2+r

由于I1

电源的输出功率随外电阻的变化情况如图所示，当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，若两种情况下电源的输出功率相等，则R2小于r。

故答案为：小于；小于。

根据开关断开、闭合时电路的连接情况求出电流强度，再根据电功率的计算公式求解电功率；根据外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大分析电阻大小关系。

本题主要是考查了电源的功率，掌握电源总功率、电源内功率和电源的输出功率与电流的关系，能够从P?R图象上进行分析判断。

17.【答案】?112.5

【解析】解：由图示图象可知，物体在抛出点时的机械能为：E1=5J+0=5J，

物体在最高点的机械能为：E2=4J+0=4J，

由能量守恒定律可知，上升过程空气阻力做功W=E2?E1=(4?5)J=?1J，

由图示图象可知，物体上升的最大高度?=4m，

空气阻力f做功：W=?f?，

代入数据解得阻力大小：f=0.25N；

由图示图象可知，物体在最高点时的重力势能：E p=mg?=4J

代入数据解得：m=0.1kg

物体上升过程，对物体，由牛顿第二定律得：

mg+f=ma

代入数据解得，加速度大小a=12.5m/s2

故答案为：?1；12.5。

物体在上升过程中，重力势能增大，动能减小，根据图示图象求出物体上升过程中空气阻力做的功；然后根据功的计算公式求出物体受到的阻力大小；由重力势能表达式E P=mg?求出物体的质量m；由于牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度大小。

根据图示图象分析清楚物体的运动过程、根据图示图象获取所需信息是解题的前提与关键，应用能量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。

18.【答案】小车总质量小车所受外合力钩码质量过大或未满足m小车>>m钩码图线为直线，没有弯曲部分Mg

【解析】解：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力．(2)以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，

由牛顿第二定律得：m钩码g=(m小车+m钩码)a，小车的加速度a=

m

钩码

m

小车

+m

钩码

g

小车受到的拉力F=m小车a=

m

钩码

m

小车

m

小车

+m

钩码

g，当m

钩码

<

小车

时，

可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，

则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a?F图象偏离直线

(3)若在原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足m小车>>m钩码，应该为一条倾斜的直线，不会发生弯曲；

(4)以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg，

由牛顿第二定律得：mg=(M+m)a，小车的加速度a=mg

M+m

小车受到的拉力F=Ma=Mmg

M+m

=Mg

M

m

+1

，当m>>M时，此时F=Mg

故答案为：(1)小车总质量；小车所受外合力(2)钩码质量过大或未满足m小车>>m钩码；(3)图线为直线，没有弯曲部分(4)Mg

(1)探究加速度与力的关系，应控制小车的总质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；

(2)控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因；

(3)若在原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足m小车>>m钩码，应该为一条倾斜的直线；

(4)根据牛顿第二定律判断出小车受到的拉力最大值。

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中明确小车的质量远大于钩码的质量原因．

19.【答案】解：(1)A球受力分析如右图所示，由于A受到来自B的斥力，因此B带负电

(2)由A球静止，结合受力分析可得：

F=mgsinθ

T=mgcosθ?E=F

q

=

mg

2q A

场强方向垂直OA向右下方

(3)根据库仑定律可得：F=k q A q B

(Hsinθ)2

=mgsinθ

因此有：q B=mgH2

8kq A

(4)根据相似三角形受力分析可得：

mg OB =

T

OA

,则T=mg

OA

OB

则因为mg，OA，OB都不变，所以T不变OA竖直时有：T+F=mg

此时，F减小T变大

答：(1)受力分析如图所示，B球带负电

(2)场强大小E=mg

2q A

，方向垂直OA向右下方

(3)B的带电量q B=mgH2

8kq A

(4)拉力变大

【解析】本题的关键在于画出受力分析图，根据受力分析可以得到B 球的电性，之后根据库仑定律可以得出我们场强的大小方向。考查了学生对于受力分析，库仑定律的理解。

库仑定律考查一般都是结合共点力平衡进行的，因此解题的关键在于做出受力分析图，明确库仑力的方向；则可利用共点力的平衡条件进行解答．

20.【答案】解：(1)小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点E ，故在E 点的速度为0，

小环由B →E ，根据机械能守恒定律：mgr(1+cosθ)=1

2mv B 2

解得：v B =√2gr(1+cosθ)=√2×10×2×(1+0.6)m/s =8m/s (2)小环由P →

B ，由运动学公式有：v B

2=2as ，解得a =v B

22s =82

2×16047

m/s 2=9.4m/s 2

(3)当Fsinθ

F 1cosθ+mgsinθ?f 1=ma f 1=μN 1

解得：F 1=

ma+μmgcosθ?mgsinθ

cosθ+μsinθ

代入数据解得F 1=5N

当Fsinθ≥mgcosθ，即F ≥7.5N ，小环受力如图2所示，则有：

N 2+mgcosθ=F 2sinθ F 2cosθ+gsinθ?f 2=ma f 2=μN 2

联立解得：F 2=85N

(4)当F <7.5N 时，由(3)有：a =mgsinθ?μmgcosθ+F(cosθ+μsinθ)

m

，a 随F 增大而增大。

当F ≥7.5N 时，由(3)有：a =

mgsinθ+μmgcosθ?F(μsinθ?cosθ)

m

，a 随F 增大而减小。

因v B 2=2as ，a 越大，则v B 越大，小环由B →E 机械能守恒，v B 越大，v E 也越大。

故：F <5N 或F >85N 时，小环不能到达E 点 5N ≤F ≤85N 时，小环能到达E 点 答：(1)小环过B 点的速度为8m/s ； (2)小环在PB 间运动的加速度为9.4m/s 2； (3)水平恒力F 的大小为5N 或者85N ；

(4)若改变水平恒力F的大小，F<5N或F>85N时，小环不能到达E点，5N≤F≤85N时，小环能到达E点

【解析】(1)小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点E，故达到E点的速度为0，从B到E，根据机械能守恒定律求得B点的速度；

(2)从P到B，根据运动学公式求得加速度；

(3)对小环受力分析，根据牛顿第二定律即可求得水平拉力；

(4)根据(3)问中加速度的表达式，判断出加速度a随F的变化关系，判断出到达B点的速度，由B到E根据机械能守恒即可判断出是否到达E点。

本题主要考查了运动学公式，牛顿第二定律和机械能守恒，关键是正确的对物体受力分析，抓住临界条件，即恰好到达E点的速度即可。