安徽省阜陽市2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題含解析

Page26安徽省阜陽市20223-2024學(xué)年高二上學(xué)期二調(diào)考試物理試題一、選擇題1.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個光滑的半圓形細管，A、B為細管上的兩點，A點與圓心等高，B點為細管最低點。一個小球從A點勻速率滑到B點，小球除受到重力和細管的彈力外，還受另外一個力。小球從A點滑到B點的過程中，關(guān)于小球，下列說法正確的是（）A.合力做功為零 B.合力的沖量為零C.機械能不變 D.機械能增大【答案】A【解析】【詳解】A．小球從A點滑到B點的過程中，做勻速圓周運動，小球所受合外力提供向心力，不為零；小球的動能不變，根據(jù)動能定理可知，合力做功為零，故A正確；B．小球從A點滑到B點的過程中，小球的速度大小不變，方向發(fā)生了改變，則小球的動量發(fā)生了變化，根據(jù)動量定理可知，合力的沖量不為零，故B錯誤；CD．小球從A點滑到B點的過程中，小球的動能不變，重力勢能減小，則小球的機械能減小，故CD錯誤.故選A。2.光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達式為，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡諧運動的振幅。若振子質(zhì)量為0.25kg，彈簧的勁度系數(shù)為25N/m。起振時系統(tǒng)具有勢能0.06J和動能0.02J，則下列說法正確的是（）A.振子的最大加速度為16m/s2B.振子經(jīng)過平衡位置時速度為0.4m/sC.若振子在位移最大處時，質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，則振子經(jīng)過平衡位置的速度增大D.若振子在位移最大處時，質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，則振子經(jīng)過平衡位置的速度減小【答案】D【解析】【詳解】A．彈簧振子振動過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有所以該振動的振幅為A=0.08m由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為故A錯誤；B．振子經(jīng)過平衡位置時，彈性勢能為零，則系統(tǒng)機械能表現(xiàn)為動能，即所以速度為v=0.8m/s故B錯誤；CD．振子在位移最大處時，速度為零，動能為零，所以質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，不影響系統(tǒng)的機械能，當(dāng)振子運動到平衡位置時，有解得故C錯誤，D正確。故選D。3.如圖所示，有一光滑并帶有圓弧的曲面，傾斜放在平面上，在曲面的底部平行于軸線畫一條虛線，現(xiàn)將一個可視為質(zhì)點的小球從圖中位置平行于虛線以一定的初速度進入曲面，將小球下滑過程中經(jīng)過虛線時的位置依次記為a、b、c、d，以下說法正確的是（）A.虛線處的ab、bc、cd間距相等B.經(jīng)過ab、bc、cd的時間相等C.小球從釋放到離開曲面末端時（曲末端的圓弧可認為在水平面內(nèi)）動能的變化量與初速度大小有關(guān)D.小球通過a、b、c三點時對曲面的壓力大小與初速度大小有關(guān)【答案】B【解析】【詳解】B．小球在垂直于虛線所在平面內(nèi)做類似單擺運動，具有等時性規(guī)律，所以經(jīng)過ab、bc、cd的時間相等，故B正確；A．小球在沿虛線方向做勻加速直線運動，所以，故A錯誤；C．小球從釋放到離開斜面末端時，只有重力作用，動能變化量等于重力做功大小，與初速度大小無關(guān)，故C錯誤；D．小球通過a、b、c三點時，斜面對小球的支持力與小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虛線平面內(nèi)分（圓周）運動的向心力，小球初速度方向沿虛線向下，無論初速度大小如何，小球通過a、b、c三點時在垂直于虛線方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根據(jù)牛頓第三定律可知小球通過a、b、c三點時對斜面的壓力大小相同，與初速度無關(guān)，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，輕質(zhì)細桿兩端固定兩個質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置，靜止釋放b球，下列說法正確的是（）A.b球落地的瞬間，a球的速度不為0B.在b球落地前的整個過程中，b球的機械能守恒C.在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球的沖量不為0D.在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的總功不為0【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，動量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動量為零，在b球落地瞬間系統(tǒng)水平方向動量仍為零，此時b球的速度方向豎直向下，a球的速度為零，故A錯誤；BD．由于當(dāng)b球落地的瞬間，系統(tǒng)水平方向動量為0，所以a球先加速后減速到最后速度變?yōu)?，則輕桿對a球先做正功后做負功，由于球a、b與輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，則在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球先做負功后做正功，且對b球做的總功為0，由于輕桿對b球先做負功后做正功，此過程中b球的機械能不守恒，故BD錯誤；C．對b球，水平方向上動量變化為零，由動量定理可知，桿對b球的水平?jīng)_量為零.在豎直方向上，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，b落地時速度與只在重力作用下的速度一樣，如圖所示v-t圖像中斜線為b球自由落體運動的圖線，曲線為b球豎直方向的運動圖線，在豎直方向上運動的位移與落地速度相同，對比可知b球落地所用時間相對自由落體運動的時間要長，由動量定理可知桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，所以桿對b球的水平和豎直沖量可知，桿對b球的沖量不為零，且方向豎直向上，故C正確。故選C。5.某次冰壺比賽中藍壺靜止在大本營Q處，材質(zhì)相同、質(zhì)量相等紅壺與藍壺發(fā)生對心正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點和N點?？蓪⒈鶋匾暈橘|(zhì)點，半徑大小如圖所示，則（）A.碰撞過程中兩壺動量的變化量相同 B.碰后運動過程中兩壺動量的變化量相同C.兩壺碰撞為彈性碰撞 D.碰后瞬間藍壺速度大小為紅壺的2倍【答案】D【解析】【詳解】A．兩壺碰撞過程中動量守恒，紅壺的動量減少，藍壺的動量增加，所以碰撞過程中兩壺動量的變化量的大小相等，方向相反，故A錯誤；B．由圖可知，碰后兩壺運動的距離不相同，所以碰后兩壺速度大小不同，動量的變化量不相同，故B錯誤；D．碰后紅壺運動的距離為藍壺運動的距離為二者質(zhì)量相等，所受摩擦力相等，碰后勻減速運動加速度相等，則聯(lián)立可得故D正確；C．碰撞過程，動量守恒，則所以所以碰前、后的動能關(guān)系為即碰前動能大于碰后系統(tǒng)的總動能，所以兩壺碰撞屬于非彈性碰撞，故C錯誤。故選D。6.質(zhì)量為的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為的小球，如圖所示，將小球向右拉至細線與豎直方向成角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A.球、車組成的系統(tǒng)總動量守恒B.小球向左仍能擺到原高度C.小車向右移動的最大距離為D.小球運動到最低點時的速度大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．小球靜止釋放后，運動到最低點過程，豎直方向的分速度先增大后減小，豎直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、車組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，則該系統(tǒng)總動量不守恒，故A錯誤；B．對應(yīng)球、車組成的系統(tǒng)而言，由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，又由于系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0，則系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，可知當(dāng)小球向左擺到最高點時，球與車的速度均為0，小球向左仍能擺到原高度，故B正確；C．當(dāng)小球擺到左側(cè)最高點過程，小車位移最大，根據(jù)動量守恒定律的位移表達式有其中解得故C正確；D．小球運動到最低點過程，根據(jù)水平方向動量守恒有根據(jù)機械能守恒定律有解得故D錯誤。故選BC。7.如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有兩個沿y軸方向做簡諧運動的點波源和分別位于和處，某時刻波源在x軸上產(chǎn)生的波形圖如圖乙所示，波源的振動圖像如圖丙所示，由兩波源所產(chǎn)生的簡諧波波速均為，質(zhì)點a、b、p的平衡位置分別位于、、處。已知在時，兩波源均在平衡位置且振動方向相同，下列說法正確的是（）A.兩波源所產(chǎn)生的簡諧波不會發(fā)生干涉B.時，質(zhì)點a向y軸正方向振動C.在內(nèi)，質(zhì)點b運動的總路程是D.穩(wěn)定后質(zhì)點p振動的表達式為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖乙可知，波源的波長，可得波源的頻率為由圖丙可知波源的頻率所以波源和波源的頻率相同，兩列波振動方向相同，相位差固定，為相干波源，則兩波源所產(chǎn)生的簡諧波可發(fā)生干涉，故A錯誤；B．由圖丙知，在時，波源在平衡位置且向y軸負方向運動，則在時，波源也在平衡位置且向軸負方向運動。波源的波長為可得在時，由于波源和波源所引起處質(zhì)點都在平衡位置向y軸負方向運動；那么在，即經(jīng)過后由波源和波源所引起處質(zhì)點在平衡位置下方且向y軸負方向運動，故B錯誤；C．質(zhì)點b到波源的距離為，質(zhì)點b到波源的距離為，質(zhì)點b到兩波源的距離差為可知b點為振動減弱點，則b點的振幅為在內(nèi)，質(zhì)點經(jīng)過了，則質(zhì)點b運動的總路程故C正確；D．質(zhì)點p到兩波源的距離差為，可知p點為振動加強點，則p點的振幅為由題在時兩波源均在平衡位置且向下振動，可知在時p質(zhì)點在平衡位置且向上振動，相位為0，則p點質(zhì)點初相位為，有可得穩(wěn)定后質(zhì)點p振動的表達式為故D錯誤。故選C。8.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，振幅為2cm，某時刻相距40cm的兩質(zhì)點a、b的位移都是cm，但運動方向相反，其中質(zhì)點a沿y軸負向運動，a的平衡位置距0點不足一個波長，此時0質(zhì)點恰好經(jīng)過平衡位置。下列說法正確的是（）A.該列簡諧橫波波長為2.4mB.質(zhì)點a的平衡位置距0點的距離可能為C.質(zhì)點a的平衡位置距0點的距離一定為D.再經(jīng)，質(zhì)點b到達波峰【答案】B【解析】【詳解】A．設(shè)質(zhì)點的起振方向向上，b的振動方程為可得a質(zhì)點比b振動時間長，所以a的振動方程為可得則ab振動的時間差最短為所以ab之間的最短距離為則通式為則（n=0、1、2、3、4……）故A錯誤；BC．若0點正在向下振動，由A的分析和題意可知，質(zhì)點a的平衡位置距0點的距離為若0點正在向上振動，由A的分析和題意可知，質(zhì)點a的平衡位置距0點的距離為故B正確，C錯誤；D．因為ab振動的時間差最短為根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，質(zhì)點b到達波峰還需經(jīng)過的時間，故D錯誤。故選B。9.據(jù)報道ACF極限緩震材料，是一種集緩沖、減震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的機械能并瞬間把它轉(zhuǎn)化為不明顯的熱能。為了驗證該報道，某同學(xué)找來一個ACF緩震材料置于水平地面，將質(zhì)量為m的鋼球置于緩震材料上方H1處靜止釋放，通過相機測出鋼球與緩震材料的接觸時間為t及鋼球反彈的最大高度H2，假設(shè)鋼球始終在豎直方向上運動，則下列說法正確的是（）A.沖擊時機械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為B.沖擊時機械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為C.鋼球與緩震材料接觸過程中，始終處于超重狀態(tài)D.緩震材料受到鋼球的平均沖力為【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知，沖擊前鋼球的機械能為沖擊后鋼球的機械能為由能量守恒定律可得，轉(zhuǎn)化內(nèi)能的機械能為沖擊時機械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為故A錯誤，B正確；C．鋼球與緩震材料接觸過程中，先加速下降再減速下降，然后加速上升，再減速上升，則鋼球先失重后超重再失重，故C錯誤；D．以向上為正方向有，對鋼球，根據(jù)動量定理有緩震材料受到鋼球的平均沖力為故D正確。故選BD。10.有兩列簡諧橫波a、b在同一介質(zhì)中沿x軸相向傳播，其中a波沿x軸正向傳播，如圖所示，在時刻兩列波的波峰正好在處重合，a、b周期分別為，，則（）A.B.時刻，兩列波的波谷和波谷不可能有重合處C.時刻，處質(zhì)點的振動速度為0D.時刻，某處必有波峰與波峰重合【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可知，列簡諧橫波a、b在同一介質(zhì)中沿x軸相向傳播，故兩列波的波速相等，根據(jù)可得故A正確；B．時刻，a波的波谷位置為(0，1，2，3…)時刻，b波的波谷位置為(0，1，2，3…)兩列波的波谷重合處有即(、0，1，2，3…)時，兩列波的波谷重合，故B錯誤；C．時刻，a波在處位于波峰，質(zhì)點的振動速度為0，b波在處位于波峰，質(zhì)點的振動速度為0，根據(jù)速度的疊加可知質(zhì)點的振動速度為0，故C正確；D．時刻，有可知時刻的a、b波的波形圖可由時刻的a、b波的波形圖向右平移所得，由C可知時刻，在處a、b波波峰重合，故時刻，某處必有波峰與波峰重合，故D正確。故選ACD。11.如圖所示，甲乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，甲與車的總質(zhì)量，車與水平地面間的摩擦不計。另有一質(zhì)量的球，乙站在車對面的地上，身旁有若干質(zhì)量不等的球。開始車靜止，甲將球以速度v（相對于地面）水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一只球以相同速率v水平拋回給甲，甲接到球后，再以速率v將此球水平拋給乙，這樣反復(fù)進行，乙每次拋回給甲的球的質(zhì)量都等于他接到球的質(zhì)量的2倍，則（）A.甲每一次拋出球后，速度均增加B.甲第三次拋出球后，車的速度為，方向水平向左C.從第一次算起，甲拋出4個球后，再也不能接到乙拋回來的球D.從第一次算起，甲拋出5個球后，再也不能接到乙拋回來的球【答案】BC【解析】【詳解】A．甲第一次拋出球后，對甲、車與第一只球，根據(jù)動量守恒定律有解得方向水平向左甲第二次拋出球后，對甲、車與第二只球，根據(jù)動量守恒定律有解得方向水平向左甲第二次拋出球后速度增加量故A錯誤；B．甲第三次拋出球后，對甲、車與第三只球，根據(jù)動量守恒定律有解得方向水平向左，故B正確；CD．根據(jù)規(guī)律可知，甲第n次拋出球后有根據(jù)上述有若甲不能接到乙拋回來的球，則有解得即從第一次算起，甲拋出4個球后，再也不能接到乙拋回來的球，故C正確，D錯誤。故選BC。12.圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號通過壓電陶瓷轉(zhuǎn)換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去.兩列超聲波信號疊加后，會出現(xiàn)振幅幾乎為零的點——節(jié)點，在節(jié)點兩側(cè)聲波壓力的作用下，小水珠能在節(jié)點處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖乙所示情形，圖乙為某時刻兩列超聲波的波形圖，P、Q為波源，點M（-1.5，0）、點N（0.5，0）分別為兩列波的波前，已知聲波傳播的速度為340m/s，則下列說法正確的是（）甲乙A.小水珠懸浮時，受到的聲波壓力為零B.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有10個懸浮點C.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點共有8個D.兩列波充分疊加后，小水珠不可以懸浮在點M（-1.5，0）附近【答案】CD【解析】【詳解】A．小水珠懸浮時，受到的聲波壓力與重力平衡，所以聲波壓力豎直向上，故A錯誤；B．波源P、Q振動步調(diào)相反，當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時，該點是振動減弱點，設(shè)波源P、Q之間某一點坐標(biāo)為x，懸浮點為振動減弱點，滿足（n為自然數(shù)）解得、、、、故兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點，故B錯誤；C．波源P、Q之間振幅為2A的點為振動加強點，當(dāng)波程差為半波長的奇數(shù)倍時，該點是振動加強點，滿足（n為自然數(shù)）解得、、、、兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點共有8個，故C正確；D．由于PQ兩個波源振動步調(diào)相反，M點與兩個波源的波程差為2.5cm，即2.5個波長，為振動加強點，不是節(jié)點，小水珠不能懸浮在此處，故D正確。故選CD。二、非選擇題13.用如圖所示裝置探究物體所受合力的沖量與物體動量變化的關(guān)系。將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)至水平，輕牽引繩一端連接滑塊，另一端通過定滑輪連接鉤碼。氣墊導(dǎo)軌充氣后釋放鉤碼，滑塊上的遮光片經(jīng)過光電門A、B時間分別為、，滑塊從光電門A到B的時間為t；逐漸改變鉤碼個數(shù)n（，2，3，…），重復(fù)實驗，并將實驗數(shù)據(jù)記錄在下列表格中。已知滑塊（含遮光片）總質(zhì)量，每個鉤碼質(zhì)量，遮光片寬度，g取。數(shù)據(jù)組別n/個10.1270.0621.4591200850.0431.005230.0750.0360.858340.0570.0300.699450.05100270.6255（1）滑塊“所受合力的沖量”的計算式是__________。（用題中相關(guān)物理量的符號表示）（2）滑塊“動量變化”的計算式是__________。（用題中相關(guān)物理量的符號表示）（3）本實驗滑塊“動量變化”和“所受合力的沖量I”的相對誤差，如果值在8.00%以內(nèi)，可以得到結(jié)論：滑塊動量變化等于其所受合力的沖量。根據(jù)第5組數(shù)據(jù)，計算相對誤差__________%。（保留三位有效數(shù)字）【答案】①.②.③.5.94（5.90~5.98都對）【解析】【詳解】（1）[1]對滑塊分析，由牛頓第二定律可得對鉤碼分析，由牛頓第二定律可得可得由于，所以有即滑塊所受合力約等于鉤碼的重力，則滑塊所受合力的沖量為所以滑塊“所受合力的沖量”的計算式是。（2）[2]滑塊經(jīng)過光電門A、B時的速度分別為，則滑塊的動量變化為則滑塊“動量變化”的計算式是。（3）[3]根據(jù)第5組數(shù)據(jù)，則有，，，n=5，可得則相對誤差為

計算結(jié)果在5.90~5.98之間都對。14.同學(xué)們用如圖所示的“桿線擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。桿線擺可以繞著立柱來回擺動（立柱并不轉(zhuǎn)動），使擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)。具體操作步驟如下：（1）測量“斜面”的傾角。將鐵架臺放在水平桌面上，在鐵架臺立柱上綁上重垂線，調(diào)節(jié)桿線擺的線長，使重垂線與擺桿垂直。把鐵架臺底座的一側(cè)墊高，使立柱傾斜。測出靜止時擺桿與重垂線的夾角為，則“斜面”的傾角___________。（2）根據(jù)斜面傾角，求出等效重力加速度。（3）測量桿線擺的周期。盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，將擺拉開一個較小的角度，輕輕釋放擺球。用停表測量擺球全振動次所用的時間，則單擺的周期為___________。（4）改變鐵架臺的傾斜程度，重復(fù)實驗，將所需數(shù)據(jù)記錄在表格中。序號（5）為了直觀體現(xiàn)周期與等效重力加速度的關(guān)系，請在坐標(biāo)紙中選擇合適的物理量與單位，補全缺少的數(shù)據(jù)點并繪圖________。（6）通過圖線，可以計算出在擺長一定的情況下，擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。若忽略球的尺寸，本實驗中的擺長應(yīng)為___________填“擺線”、“擺桿”的長度，擺長為___________結(jié)果保留位有效數(shù)字。【答案】①.②.③.④.擺桿⑤.【解析】【詳解】（1）[1]擺桿與重垂線的夾角為為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知（3）[2]根據(jù)擺球全振動的次數(shù)和所用時間，周期（5）[3]根據(jù)題圖可知等效重力加速度為根據(jù)單擺周期公式有在圖中以周期為縱坐標(biāo)軸、以為橫坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，根據(jù)表格中相應(yīng)的各組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點、作圖如圖所示：（6）[4][5]本實驗的擺長為擺桿；由上述圖像圖像的斜率結(jié)合圖像函數(shù)可知解得15.物理學(xué)中，力與運動關(guān)系密切，而力空間累積效果——做功，又是能量轉(zhuǎn)化的量度。因此我們研究某些運動時，可以先分析研究對象的受力特點，進而分析其能量問題。已知重力加速度為g，且在下列情境中，均不計空氣阻力。（1）勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連一可視為質(zhì)點的小物塊，若以小物塊的平衡位置為坐標(biāo)原點O，以豎直向下為正方向建立坐標(biāo)軸，如圖所示，用x表示小物塊由平衡位置向下發(fā)生的位移。a．求小物塊的合力F與x的關(guān)系式，并據(jù)此證明小物塊的運動是簡諧運動；b．系統(tǒng)的總勢能為重力勢能與彈性勢能之和。請你結(jié)合小物塊的受力特點和求解變力功的基本方法，以平衡位置為系統(tǒng)總勢能的零勢能參考點，推導(dǎo)小物塊振動位移為x時系統(tǒng)總勢能的表達式。（2）若已知此簡諧運動的振幅為A，求小物塊在振動位移為時的動能（用A和k表示）【答案】（1）a．見解析，b．；（2）【解析】【詳解】（1）a．設(shè)小物塊位于平衡位置時彈簧的伸長量為x0，有G=kx0當(dāng)小物塊相對于平衡位置的向下位移為x時，受彈力FT和重力G作用，如圖所示合力F合=-FT+G其中FT=k(x+x0）解得F合=-kx即合力與位移大小成正比，方向相反，說明小物塊的運動是簡諧運動。b．合力F與位移x關(guān)系圖線如圖所示，由圖可知物塊由平衡位置到位移為x處的運動過程中合力F做的功由動能定理有WF=ΔEk依據(jù)機械能守恒定律有ΔEk+ΔEp=0解得以平衡位置為零勢能參考點，則（2）小球在運動到平衡位置O點下方距離為時的勢能小球在振幅處的動能為零，依據(jù)能量守恒定律有可得16.娛樂風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個特定的空間內(nèi)人工制造和控制氣流，游人只要穿上特制的可改變受風(fēng)面積（游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積）的飛行服跳入飛行區(qū)，即可通過改變受風(fēng)面積來實現(xiàn)向上、向下運動或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60k