四川省樂山市2025屆高三物理下學(xué)期第三次調(diào)查研究考試試題含解析

PAGE20-四川省樂山市2025屆高三物理下學(xué)期第三次調(diào)查探討考試試題（含解析）一、選擇題1.如圖所示，細(xì)繩上端固定于天花板上的A點(diǎn)，細(xì)繩的下端掛一質(zhì)量為1kg的物體P，用力F作用于細(xì)繩上的O點(diǎn)；使細(xì)繩偏離豎直方向的夾角為30°，且保持物體平衡，此時(shí)F與水平方向的夾角為30°，重力加速度g=10m/s2，則F的大小等于（）A. B.5N C. D.20N【答案】B【解析】【詳解】與垂直，點(diǎn)受三個(gè)拉力處于平衡，如圖所示依據(jù)幾何關(guān)系知故B正確，A、C、D錯(cuò)誤；故選B。2.某人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，實(shí)施變軌后衛(wèi)星的線速度減小到原來的，此時(shí)衛(wèi)星仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.衛(wèi)星的向心加速度減小到原來的B.衛(wèi)星的角速度減小到原來的C.衛(wèi)星的周期增大到原來的8倍D.衛(wèi)星的半徑增大到原來的2倍【答案】C【解析】【詳解】依據(jù)萬有引力提向心力：，解得：，線速度變?yōu)樵瓉淼?，知軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍．依據(jù)，可知向心加速度變?yōu)樵瓉淼?，故AD錯(cuò)誤；依據(jù)，線速度變?yōu)樵瓉淼?，知軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則角速度變?yōu)樵瓉淼?，故B錯(cuò)誤；依據(jù)，角速度變?yōu)樵瓉淼?，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確．所以C正確，ABD錯(cuò)誤．3.如圖所示，在豎直面（紙面）內(nèi)有勻強(qiáng)電場，帶電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球受水平向右、大小為的恒力F，從M勻速運(yùn)動(dòng)到N。已知MN長為d，與力F的夾角為60°，重力加速度為g，則（）A.場強(qiáng)大小為B.M、N間的電勢(shì)差為0C.從M到N，電場力做功為D.若僅將力F方向順時(shí)針轉(zhuǎn)30°，小球?qū)腗向N做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】A．對(duì)小球受力分析，如圖所示依據(jù)平衡學(xué)問可知解得故A錯(cuò)誤；B．設(shè)電場力方向與水平力方向的夾角為，由圖可知解得所以可得電場強(qiáng)度方向與垂直，所以、兩點(diǎn)電勢(shì)相等等勢(shì)，、間的電勢(shì)差為0，故B正確；C．由于、間的電勢(shì)差為0，所以從到，電場力做功為零，故C錯(cuò)誤；D．因電場力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時(shí)針轉(zhuǎn)，小球受的合力方向與的方向不共線，則小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選B。4.如圖所示，質(zhì)量均為M物塊A、B疊放在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的物塊C用跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩與B連接，且輕繩與桌面平行，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊A受到的摩擦力為B.要使物塊A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，應(yīng)滿意關(guān)系C.若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，輕繩拉力的大小為mgD.若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，輕繩對(duì)定滑輪的作用力為【答案】A【解析】【詳解】A．若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A、B、C三者加速的大小相等，由牛頓其次定律得對(duì)A，由牛頓其次定律得解得，故A正確；B．當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A所受的靜摩擦力達(dá)到最大，依據(jù)牛頓其次定律有解得以A、B、C系統(tǒng)為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得解得故要使物塊A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則，故B錯(cuò)誤；C．若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)輕繩拉力的大小為F，對(duì)C受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有解得，故C錯(cuò)誤；D．若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，由A可知，此時(shí)的加速度為對(duì)C受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有解得依據(jù)力的合成法則，可得輕繩對(duì)定滑輪的作用力故D錯(cuò)誤。故選A。5.在光電效應(yīng)試驗(yàn)中，用頻率為ν的光照耀光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)，下列說法正確的是A.增大入射光強(qiáng)度，光電流增大B.減小入射光的強(qiáng)度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消逝C.改用頻率小于ν的光照耀，肯定不發(fā)生光電效應(yīng)D.改用頻率大于ν的光照耀，光電子的最大初動(dòng)能變大【答案】AD【解析】【分析】光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，依據(jù)光電效應(yīng)方程推斷影響光電子最大初動(dòng)能的因素．【詳解】A．增大入射光強(qiáng)度，單位時(shí)間內(nèi)照耀到單位面積上的光子數(shù)增加，光電流增大，A正確；B．光電效應(yīng)現(xiàn)象是否消逝與光的頻率有關(guān)，而與照耀強(qiáng)度無關(guān)，B錯(cuò)誤；C．用頻率為ν的光照耀光電管陰極，發(fā)生光電效應(yīng)，用頻率較小的光照耀時(shí)，若光的頻率仍大于極限頻率，則仍會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．依據(jù)可知，增加照耀光頻率，光電子的最大初動(dòng)能也增大，D正確．6.如圖所示，在一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)坡內(nèi)存在微感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)比荷為的正粒子，從A點(diǎn)沿與AO夾角的方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，最終從B點(diǎn)沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受磁場力作用，則A.粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑B.粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C.粒子的初速度的D.若僅變更初速度的方向，該粒子仍能從B點(diǎn)飛出磁場區(qū)域【答案】AC【解析】【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度的偏向角等于軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角．畫出軌跡，由數(shù)學(xué)學(xué)問求出軌跡半徑，再利用洛倫茲力供應(yīng)向心力結(jié)合結(jié)合關(guān)系即可分析求解，利用周期公式結(jié)合粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【詳解】A、畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因?yàn)榱Ｗ訌腂點(diǎn)沿與AO垂直的方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因?yàn)镺AB與O′AB均為等腰三角形，可得：OAB=OBA=O′BA=O′AB，所以O(shè)′A與BO也平行，因?yàn)榱Ｗ铀俣确较蚱D(zhuǎn)的角度為，故AO′B=，所以四邊形OAO′B為兩個(gè)等邊三角形組成的菱形，故粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=R，故A正確．B、粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期：T==，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角=600，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t==，故B錯(cuò)誤．C、依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得：qv0B=m，結(jié)合軌道半徑r=R，聯(lián)立可得粒子的初速度為：v0=，故C正確．D、當(dāng)入射粒子速度方向發(fā)生變更時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖如圖所示，

速度大小不變，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，入射速度方向發(fā)生變更，粒子在圓周上的出射點(diǎn)也隨之變更，所以若僅變更初速度的方向，該粒子將不能從B點(diǎn)飛出磁場區(qū)域，故D錯(cuò)誤．故選A、C【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要駕馭住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，利用洛倫茲力供應(yīng)向心力，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解；運(yùn)用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．7.如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，固定在水平面上，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左側(cè)區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，重力加速度為g，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A.金屬棒克服安培力做的功等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能B.金屬棒克服安培力做的功為mghC.金屬棒產(chǎn)生的電熱為D.金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】CD【解析】【詳解】A．金屬棒克服安培力做功等于金屬棒與定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱，故A錯(cuò)誤；B．由能量守恒定律可知，金屬棒克服安培力做功與克服摩擦力做功的和為mgh，故金屬棒克服安培力做功小于mgh，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)動(dòng)能定理有則克服安培力所做的功為；電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于客服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為，故C正確；D．金屬棒在下滑過程中，由機(jī)械能守恒定律得則得金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，取向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量定理有又則有解得金屬在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為故D正確。故選CD。8.如圖所示，斜面豎直固定放置，斜邊與一光滑的圓弧軌道相切，切點(diǎn)為，長為，圓弧軌道圓心為，半徑為，，，水平．現(xiàn)有一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從點(diǎn)由靜止下滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為，則關(guān)于滑塊的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.滑塊經(jīng)過點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力為B.滑塊下滑后將會(huì)從點(diǎn)飛出C.滑塊其次次經(jīng)過點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為D.滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為【答案】CD【解析】【詳解】A、滑塊從A點(diǎn)下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時(shí)的高度漸漸降低，最終滑塊將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來回滾動(dòng)，此時(shí)經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小，則D到E點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律：，在E點(diǎn)：，聯(lián)立解得：，故A錯(cuò)誤；B、從A到G由動(dòng)能定理得：，其中，解得：，則滑塊下滑后不能從G點(diǎn)飛出，故B錯(cuò)誤；C、滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理：，解得，其次次到達(dá)E點(diǎn)的速度與第一次相同，依據(jù)牛頓其次定律，解得，故C正確；D、滑塊最終將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來回運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理：，解得，故D正確．故選CD．二、試驗(yàn)題9.在一次課外活動(dòng)中，某同學(xué)用圖甲所示的裝置測量放在水平光滑桌面上的鐵塊A與金屬板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)。已知鐵塊A的質(zhì)量kg，金屬板B的質(zhì)量kg。用水平力F向右拉金屬板B，使其始終向右運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后彈簧測力計(jì)示數(shù)如圖甲所示，則A、B間的摩擦力_______N，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)=__________。（g取10m/s2）。該同學(xué)還將紙帶連接在金屬板B的后面，通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打下一系列的點(diǎn)，得到如圖乙所示的紙帶，圖中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，可求得拉金屬板的水平力F=___________N?！敬鸢浮?1).2.50(2).0.25(3).6.50【解析】【詳解】[1][2]A處于平衡狀態(tài)，所受摩擦力等于彈簧秤示數(shù)2.50N依據(jù)解得[3]由題意可知，金屬板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)則加速度為對(duì)B受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有解得10.某同學(xué)做描繪小燈泡（額定電壓為3.8V，額定電流為0.32A）的伏安特性曲線試驗(yàn)，有下列器材可供選用：A.電壓表V1（0~3V，內(nèi)阻3kΩ）B.電壓表V2（0~15V，內(nèi)阻15kΩ）C.電流表A（0~0.6A，內(nèi)阻約1Ω）D.定值電阻kΩE.定值電阻kΩF.滑動(dòng)變阻器R（10Ω，2A）G.學(xué)生電源（直流6V，內(nèi)阻不計(jì)）H.開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)為了使測量結(jié)果更加精確，試驗(yàn)中所用電壓表應(yīng)選用________，定值電阻應(yīng)選用_________（均填器材前的字母）；(2)為盡量減小試驗(yàn)誤差，并要求從零起先多取幾組數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)谔摼€框內(nèi)畫出滿意試驗(yàn)要求的電路圖___；(3)該同學(xué)依據(jù)正確的電路圖和正確的試驗(yàn)步驟，描繪出的伏安特性曲線如圖所示，將兩個(gè)這樣的小燈泡與電動(dòng)勢(shì)為4V、內(nèi)阻為10Ω的電源串聯(lián)，此時(shí)每個(gè)小燈泡的發(fā)熱功率為P=________W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】(1).A(2).D(3).(4).0.20【解析】【詳解】（1）[1][2]由題意可知，燈泡額定電壓為3.8V，而給出的電壓表中有15V和3V兩種，選用15V的電壓則誤差較大，故電壓表選用A；而選用3V的電壓表，則量程偏小，故可以串聯(lián)一個(gè)電阻進(jìn)行分壓；由題意可知，選擇2kΩ的電阻可以使量程擴(kuò)大至可用范圍，故選用D即可；故可以選取3V的電壓表和2kΩ的電阻串聯(lián)充當(dāng)電壓表運(yùn)用；（2）[3]因題目中要求多測幾組數(shù)據(jù)進(jìn)行作圖，故試驗(yàn)中選用分壓接法，并且將R1與電壓表串聯(lián)充當(dāng)電壓表運(yùn)用，電流表采納電流表外接法；故原理圖如圖所示（4）[4]假如用一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻為10Ω的電源與兩個(gè)同樣的小燈泡串聯(lián)組成電路。設(shè)每燈電壓為U，則由閉合電路歐姆定律可知變形可得代入E和r，則有在I-U圖中作出對(duì)應(yīng)的圖象如圖所示則兩圖線的交點(diǎn)，即為燈泡電壓和電流，則有U=1.1V，I=0.18A；則每個(gè)小燈泡的發(fā)熱功率為P=UI=11×0.18W=0.20W三、解答題11.如圖所示，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E（大小未知），一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，OP之間的距離為d，并恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，穿過第一象限磁場后垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場，粒子重力不計(jì)。求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)帶電粒子從P點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其次次經(jīng)過x軸正半軸所用的時(shí)間t。【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】（1）粒子以垂直于x軸初速度進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由進(jìn)入電場時(shí)的速度與y軸正向成45°角，則有解得豎直速度加速度為加速位移為聯(lián)立解得（2）作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示粒子在電場中運(yùn)動(dòng)，則有解得粒子進(jìn)入磁場的速度為粒子在電場中偏轉(zhuǎn)沿y軸的位移為由幾何學(xué)問得粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由幾何學(xué)問可知粒子在第一象限磁場偏轉(zhuǎn)的圓心角，在第四象限偏轉(zhuǎn)的圓心角為，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子其次次經(jīng)過x軸時(shí)在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間12.如圖所示，在傾角=30°的光滑斜面的底端有一個(gè)固定擋板D，小物體C靠在擋板D上，小物體B與C用輕質(zhì)彈簧拴接。彈簧原長位置位于O點(diǎn)；初狀態(tài)小物塊B靜止在M點(diǎn)，OM=l，彈簧彈性勢(shì)能。小物體A從P點(diǎn)靜止起先下滑，A、B碰撞后一起壓縮彈簧。小物塊A、B第一次脫離后，小物塊A最高能上升到N點(diǎn)，當(dāng)小物塊B速度減為0時(shí)，小物塊C剛好能脫離擋板D。小物體A、B、C的質(zhì)量都是m，重力加速度為g。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)小物塊A、B脫離時(shí)小物塊B的速度v；(3)N、P之間的距離。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】（1）B靜止時(shí)，受力如圖所示

依據(jù)物體平衡條件得彈簧的勁度系數(shù)（2）當(dāng)彈簧第一次復(fù)原原長時(shí)A、B恰好分別，設(shè)此時(shí)A、B速度的大小為v3，已知B靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為，B物體的速度變?yōu)?時(shí)，C物體恰好離開擋板D，此時(shí)彈簧的伸長量也為l，彈簧的彈性勢(shì)能也為EP。對(duì)B物體和彈簧，從A、B分別到B速度變?yōu)?的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得（3）設(shè)A與B相碰前速度的大小為v1，A與B相碰后速度的大小為v2，M、P之間距離為x，對(duì)A物體，從起先下滑到A、B相碰的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得

A與B發(fā)生碰撞，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得從A、B起先壓縮彈簧到彈簧第一次復(fù)原原長的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得小物塊A分別后，最高能上升到N點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒有解得故N、P之間的距離為四、選考題13.下列說法中正確的是_______A.分子間距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力都減小B.布朗運(yùn)動(dòng)反映了氣體或液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)C.食鹽晶體中的鈉、氯離子按肯定規(guī)律分布，具有空間上的周期性D.做功和熱傳遞在變更系統(tǒng)內(nèi)能方面是不等價(jià)的E.其次類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，因此是可能制成的【答案】ABC【解析】【詳解】依據(jù)分子力的特點(diǎn)可知，分子間距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力都減小．故A正確；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體表面的固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，反映了氣體或液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；食鹽晶體中的鈉、氯離子按肯定規(guī)律分布，具有空間上的周期性，選項(xiàng)C正確；做功和熱傳遞在變更系統(tǒng)內(nèi)能方面是等價(jià)的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；其次類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但是違反熱力學(xué)其次定律，因此是不行能制成的，選項(xiàng)E錯(cuò)誤；故選ABC.14.絕熱汽缸倒扣在水平地面上，缸內(nèi)裝有一電熱絲，缸內(nèi)有一光滑的絕熱活塞，封閉肯定質(zhì)量的志向氣體，活塞下吊著一重為G的重物，活塞重為，活塞的橫截面積為S，起先汽缸內(nèi)封閉氣柱的高為h，氣體的溫度為，大氣壓強(qiáng)為．現(xiàn)給電熱絲加熱，活塞緩慢下降，當(dāng)氣體汲取熱量Q時(shí)，活塞下降了h，求：①氣體的溫度上升了多少？②氣體的內(nèi)能增加了多少？【答案】（1）；【解析】【詳解】①活塞下降的過程，氣體發(fā)生的是等壓膨脹依據(jù)蓋-呂薩克定律得：，即解得氣體的溫度上升了②汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為活塞向下運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)外做功依據(jù)熱力學(xué)第肯定律可知：氣體的內(nèi)能增加量為．15.一列簡諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖實(shí)線所示，從今刻起，經(jīng)0.5s波形圖如圖中虛線所示，若波傳播的速度為4m/s，下列說法中正確的是___________A.這列波的周期為0.5sB.這列波沿x軸負(fù)方向傳播C.t=0時(shí)