2023年高考海南卷物理真题

钍元素衰变时会放出 $\beta$ 粒子，其中 $\beta$ 粒子是（　　）

A．中子

B．质子

C．电子

D．光子

【答案与解析】

β衰变放出的是高速电子流（β粒子），α粒子为氦核流、γ射线为光子流。故选C。
如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（　　）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B．小球运动过程中的速度不变

C．小球运动过程的加速度保持不变

D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功

【答案与解析】

由左手定则，带正电小球速度竖直向下、磁场垂直纸面向里，刚进入磁场时洛伦兹力水平向右；运动过程中速度方向与加速度方向均改变，洛伦兹力始终与速度垂直不做功。故选A。
如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（　　）

A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力

B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力

C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小

D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变

【答案与解析】

工人竖直方向受重力、地面支持力与绳的拉力三力平衡，故重力与支持力不是一对平衡力，A错；工人对绳的拉力与绳对工人的拉力作用于两物体、等大反向，是作用力与反作用力，B对；对动滑轮受力分析可知绳子拉力随重物上升而增大，故C、D均错。故选B。
下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距 $6m$ 的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）

A．该波的周期是 $5s$

B．该波的波速是 $3\mathrm{m/s}$

C． $4s$ 时P质点向上振动

D． $4s$ 时Q质点向上振动

【答案与解析】

由P、Q振动图像知该波周期 $T=4\ \mathrm{s}$ ，A错；两质点振动反相，相距 $\Delta x=6\ \mathrm{m}=(k+\tfrac12)\lambda$ ，波长有多解，波速 $v=\lambda/T$ 亦非定值 $3\ \mathrm{m/s}$ ，B错；由P点图像 $4\ \mathrm{s}$ 时P在平衡位置且向上振动，C对；由Q点图像 $4\ \mathrm{s}$ 时Q在平衡位置且向下振动，D错。故选C。
下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（　　）

A．分子间距离大于 $r_0$ 时，分子间表现为斥力

B．分子从无限远靠近到距离 $r_0$ 处过程中分子势能变大

C．分子势能在 $r_0$ 处最小

D．分子间距离小于 $r_0$ 且减小时，分子势能在减小

【答案与解析】

分子间距大于 $r_{0}$ 时表现为引力，A错；分子从无穷远靠近到 $r_{0}$ ，分子力做正功、势能减小到最小，B错；分子势能在 $r_{0}$ 处最小，C对；间距小于 $r_{0}$ 再减小时斥力做负功、势能增大，D错。故选C。
汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（　　）

A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上

B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd

C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd

D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同

【答案与解析】

由安培定则，线圈1、2中俯视顺时针电流产生竖直向下的磁场，A错；汽车进入线圈1时穿过等效线圈向下的磁通量增大，由楞次定律感应电流方向为 $adcb$ ，B错；离开线圈1时磁通量向下减小，感应电流方向为 $abcd$ ，C对；由“来拒去留”，汽车进入线圈2时受安培力阻碍靠近，方向与速度相反，D错。故选C。
如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（　　）

A．CE

B． $\frac{1}{2}CE$

C． $\frac{2}{5}CE$

D． $\frac{3}{5}CE$

【答案与解析】

电路稳定后电容器相当于断路。取电源负极电势为零，上支路 $3R$ 、 $2R$ 串联，电容器上极板电势 $\varphi_{\text{上}}=E\cdot\dfrac{2R}{3R+2R}=\dfrac{2E}{5}$ ；下支路 $R$ 、 $4R$ 串联，下极板电势 $\varphi_{\text{下}}=E\cdot\dfrac{4R}{R+4R}=\dfrac{4E}{5}$ 。电容器两端电压 $U=|\varphi_{\text{下}}-\varphi_{\text{上}}|=\dfrac{2E}{5}$ ，电荷量 $Q=CU=\dfrac{2}{5}CE$ 。故选C。
如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点， $AO = 2\mathrm{cm}$ ， $OB = 4\mathrm{cm}$ ，在AB固定两个带电量分别为 $Q_1$ 、 $Q_2$ 的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP： $BP = n$ ：1，试求 $Q_1$ ： $Q_2$ 是多少（　　）

A． $2n^2$ ：1

B． $4n^2$ ：1

C． $2n^3$ ：1

D． $4n^3$ ：1

【答案与解析】

小球在P点受A、B两电荷的库仑斥力 $F_{A}$ 、 $F_{B}$ 与轨道支持力，三力平衡。由拉密定理 $\dfrac{F_{A}}{\sin\angle OPB}=\dfrac{F_{B}}{\sin\angle APO}$ 。在 $\triangle APO$ 、 $\triangle BPO$ 中由正弦定理有 $\sin\angle APO=\dfrac{AO\sin\angle AOP}{AP}$ 、 $\sin\angle OPB=\dfrac{BO\sin\angle BOP}{BP}$ ，又 $A,O,B$ 共线使 $\sin\angle AOP=\sin\angle BOP$ ，故 $\dfrac{F_{A}}{F_{B}}=\dfrac{BO}{AO}\cdot\dfrac{AP}{BP}=\dfrac{4}{2}\cdot n=2n$ 。而 $F_{A}=k\dfrac{Q_{1}}{AP^{2}}$ 、 $F_{B}=k\dfrac{Q_{2}}{BP^{2}}$ ，于是 $\dfrac{Q_{1}}{Q_{2}}=\dfrac{F_{A}}{F_{B}}\cdot\left(\dfrac{BP}{AP}\right)^{2}=2n\cdot\dfrac{1}{n^{2}}=2n^{3}$ ，即 $Q_{1}:Q_{2}=2n^{3}:1$ 。故选C。
如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（　　）

A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速

B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期

C．飞船在1轨道速度大于2轨道

D．飞船在1轨道加速度大于2轨道

【答案与解析】

飞船从低轨道1升到高轨道2需点火加速做离心运动，A对；由开普勒第三定律，轨道越高周期越大，故1轨道周期小于2轨道，B错；由 $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ ，轨道半径小者速度大，C对；由 $a=\dfrac{GM}{r^{2}}$ ，轨道半径小者加速度大，D对。故选ACD。
已知一个激光发射器功率为 $P$ ，发射波长为 $\lambda$ 的光，光速为 $c$ ，普朗克常量为 $h$ ，则（　　）

A．光的频率为 $\frac{c}{\lambda}$

B．光子的能量为 $\frac{h}{\lambda}$

C．光子的动量为 $\frac{h}{\lambda}$

D．在时间 $t$ 内激光器发射的光子数为 $\frac{Ptc}{h\lambda}$

【答案与解析】

光的频率 $\nu=\dfrac{c}{\lambda}$ ，A对；光子能量 $E=h\nu=\dfrac{hc}{\lambda}$ ，B错（缺 $c$ ）；光子动量 $p=\dfrac{h}{\lambda}$ ，C对；时间 $t$ 内发射光子数 $n=\dfrac{Pt}{h\nu}=\dfrac{Pt\lambda}{hc}$ ，D错。故选AC。
下图是工厂利用 $u=220\sqrt{2}\sin100\pi t\mathrm{V}$ 的交流电给 $36\mathrm{V}$ 照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（　　）

A．电源电压有效值为 $220\sqrt{2}\mathrm{V}$

B．交变电流的周期为 $0.02\mathrm{s}$

C．副线圈匝数为180匝

D．副线圈匝数为240匝

【答案与解析】

交流电压 $u=220\sqrt{2}\sin100\pi t$ ，有效值 $U=\dfrac{220\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=220\ \mathrm{V}$ ，A错； $\omega=100\pi$ ，周期 $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=0.02\ \mathrm{s}$ ，B对；由变压器 $\dfrac{U_{1}}{U_{2}}=\dfrac{N_{1}}{N_{2}}$ 得 $N_{2}=N_{1}\dfrac{U_{2}}{U_{1}}=1100\times\dfrac{36}{220}=180$ ，C对、D错。故选BC。
如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中 $A$ 、 $B$ 带正电， $C$ 带负电， $O$ 、 $M$ 、 $N$ 为 $AB$ 边的四等分点，下列说法正确的是（　　）

A． $M$ 、 $N$ 两点电场强度相同

B． $M$ 、 $N$ 两点电势相同

C．负电荷在 $M$ 点电势能比在 $O$ 点时要小

D．负电荷在 $N$ 点电势能比在 $O$ 点时要大

【答案与解析】

$A$ 、 $B$ 带正电、 $C$ 带负电， $O$ 、 $M$ 、 $N$ 为 $AB$ 边四等分点且 $M$ 、 $N$ 关于 $O$ 对称。电场为矢量， $M$ 、 $N$ 处场强大小相等但方向不同，A错；电势为标量，由对称性 $\varphi_{M}=\varphi_{N}$ ，B对；负电荷电势能 $E_{p}=-|q|\varphi$ ，而 $\varphi_{O}<\varphi_{M}=\varphi_{N}$ ，故负电荷在 $M$ 点电势能小于在 $O$ 点，C对、D错。故选BC。
如图所示，质量为 $m$ ，带电量为 $+q$ 的点电荷，从原点以初速度 $v_{0}$ 射入第一象限内的电磁场区域，在 $0<y<y_{0},0<x<x_{0}$ （ $x_0$ 、 $y_0$ 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 $x>x_{0}$ 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（ $E$ 值有多种可能），可让粒子从 $NP$ 射入磁场后偏转打到接收器 $MN$ 上，则（　　）

A．粒子从 $NP$ 中点射入磁场，电场强度满足 $E=\frac{y_{0}mv_{0}^{2}}{qx_{0}^{2}}$

B．粒子从 $NP$ 中点射入磁场时速度为 $v_{0}\sqrt{\frac{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}{y_{0}^{2}}}$

C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 $NM$ 的距离为 $\frac{mv_{0}}{qB}$

D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 $\frac{mv_{0}}{qB}\sqrt{\frac{x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}}}$

【答案与解析】

在 $0<x<x_{0}$ 的电场区，粒子水平速度保持 $v_{0}$ ，竖直方向匀加速。A：若从 $NP$ 中点（坐标 $y_{0}/2$ ）射入磁场，则 $\dfrac{y_{0}}{2}=\dfrac12\dfrac{qE}{m}\left(\dfrac{x_{0}}{v_{0}}\right)^{2}$ ，解得 $E=\dfrac{y_{0}mv_{0}^{2}}{qx_{0}^{2}}$ ，A对。B：此时竖直分速度 $v_{y}=\dfrac{qE}{m}\dfrac{x_{0}}{v_{0}}=\dfrac{y_{0}v_{0}}{x_{0}}$ ，合速度 $v=v_{0}\sqrt{1+\dfrac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}}}=v_{0}\sqrt{\dfrac{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}}}$ ，选项中分母为 $y_{0}^{2}$ ，B错。C：磁场中半径 $r=\dfrac{mv}{qB}\neq\dfrac{mv_{0}}{qB}$ ，C错。D：半径最大对应从 $N$ 点（ $y=y_{0}$ ）射入，此时 $E'=\dfrac{2y_{0}mv_{0}^{2}}{qx_{0}^{2}}$ ， $v_{y}'=\dfrac{2y_{0}v_{0}}{x_{0}}$ ， $v_{\max}=v_{0}\sqrt{\dfrac{x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}}}$ ，故 $r_{\max}=\dfrac{mv_{0}}{qB}\sqrt{\dfrac{x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}}}$ ，D对。故选AD。
用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的 $S_1$ 处有激光点，移走玻璃砖，光点移到 $S_2$ 处，回答下列问题：

（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图＿＿＿＿；（2）已经测出 $AB = l_1$ ， $OA = l_2$ ， $S_1S_2= l_3$ ，则折射率n = ＿＿＿＿（用 $l_1$ 、 $l_2$ 、 $l_3$ 表示）；（3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则 $S_1S_2$ 间的距离会＿＿＿＿（填“变大”，“变小”或“不变”）。

【答案与解析】

（1）光路图：激光从空气斜射入玻璃砖上表面发生折射，在玻璃中向法线偏折，由下表面射出后平行于入射方向侧移，打在屏上S1；虚线表示移去玻璃砖后光线直达S2。（2）由几何关系得折射率 $n=\dfrac{l_{1}\sqrt{(l_{1}-l_{3})^{2}+l_{2}^{2}}}{(l_{1}-l_{3})\sqrt{l_{1}^{2}+l_{2}^{2}}}$ 。（3）改用宽度 $ab$ 更小的玻璃砖，侧移量减小，故S1S2间距变小。
用如图所示的电路测量一个量程为 $100\mu A$ ，内阻约为 $2000\Omega$ 的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为 $12V$ ，有两个电阻箱可选， $R_1$ （0 ~ $9999.9\Omega$ ）， $R_2$ （ $99999.9\Omega$ ）

（1） $R_M$ 应选＿＿＿＿， $R_N$ 应选＿＿＿＿；（2）根据电路图，请把实物连线补充完整＿＿＿＿；

（3）下列操作顺序合理排列是＿＿＿＿： ①将变阻器滑动头P移至最左端，将 $R_N$ 调至最大值； ②闭合开关 $S_2$ ，调节 $R_M$ ，使微安表半偏，并读出 $R_M$ 阻值； ③断开 $S_2$ ，闭合 $S_1$ ，调节滑动头P至某位置再调节 $R_N$ 使表头满偏； ④断开 $S_1$ 、 $S_2$ ，拆除导线，整理好器材（4）如图是 $R_M$ 调节后面板，则待测表头的内阻为＿＿＿＿，该测量值＿＿＿＿（填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。

（5）将该微安表改装成量程为 $2V$ 的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为＿＿＿＿V（保留3位有效数字）。

（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中， $S_2$ 断开，电表满偏时读出 $R_N$ 值，在滑动头P不变， $S_2$ 闭合后调节电阻箱 $R_M$ ，使电表半偏时读出 $R_M$ ，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为＿＿＿＿（用 $R_M$ 、 $R_N$ 表示）

【答案与解析】

（1） $R_{M}$ 应选 $R_{1}$ （ $0\sim9999.9\ \Omega$ ）， $R_{N}$ 应选 $R_{2}$ （ $0\sim99999.9\ \Omega$ ）。（2）实物连线：电源正极 $\to R_{N}\to$ 开关S1 $\to$ 微安表 $\to$ 地，开关S2并联在 $R_{M}$ 两端， $R_{M}$ 与微安表串联接入电路。（3）操作顺序为①③②④。（4）由电阻箱面板读得 $R_{M}=1998.0\ \Omega$ ；半偏法测量值小于真实值。（5）改装后量程 $2\ \mathrm{V}$ ，由指针位置读得待测电压为 $1.28\ \mathrm{V}$ 。（6）若认为OP间电压不变，则微安表内阻 $R_{\mathrm{g}}=\dfrac{R_{N}R_{M}}{R_{N}-R_{M}}$ 。
某饮料瓶内密封一定质量理想气体， $t=27\mathrm{^{\circ}C}$ 时，压强 $p=1.050\times10^5\mathrm{Pa}$ 。（1） $t^{\prime}=37^{\circ}\mathrm{C}$ 时，气压是多大？（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？

【答案与解析】

（1）气体作等容变化，初态 $T_{1}=27+273=300\ \mathrm{K}$ ， $p_{1}=1.050\times10^{5}\ \mathrm{Pa}$ ；末态 $T_{2}=37+273=310\ \mathrm{K}$ 。由查理定律 $\dfrac{p_{2}}{p_{1}}=\dfrac{T_{2}}{T_{1}}$ ，得 $p_{2}=p_{1}\dfrac{T_{2}}{T_{1}}=1.050\times10^{5}\times\dfrac{310}{300}=1.085\times10^{5}\ \mathrm{Pa}$ 。（2）保持 $t=27^{\circ}\mathrm{C}$ （ $T=300\ \mathrm{K}$ ）不变，等温压缩使压强达到（1）中的 $p_{2}$ 。由玻意耳定律 $p_{1}V_{0}=p_{2}V$ ，体积变为原来的 $\dfrac{V}{V_{0}}=\dfrac{p_{1}}{p_{2}}=\dfrac{1.050\times10^{5}}{1.085\times10^{5}}\approx0.97$ 倍。
如图所示，U形金属杆上边长为 $L=15\mathrm{cm}$ ，质量为 $m=1\times10^{-3}\mathrm{kg}$ ，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里 $B=8\times10^{-2}\mathrm{T}$ 的匀强磁场。（1）若插入导电液体部分深 $h=2.5\mathrm{cm}$ ，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度 $H=10\mathrm{cm}$ ，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大； $(g=10\mathrm{m/s^{2}})$ （2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度 $H^{\prime}=5\mathrm{cm}$ ，通电时间 $t^{\prime}=0.002\mathrm{s}$ ，求通过金属杆截面的电荷量。

【答案与解析】

（1）金属杆离开液面后仅受重力做竖直上抛，下端离液面高度 $H=10\ \mathrm{cm}$ 时速度为零，故离开液面时速度 $v=\sqrt{2gH}=\sqrt{2\times10\times0.10}=\sqrt{2}\ \mathrm{m/s}\approx1.41\ \mathrm{m/s}$ 。杆在液体中通电时受竖直向上的安培力 $F=BIL$ ，作用距离为浸入深度 $h=2.5\ \mathrm{cm}$ ，由能量关系 $BILh=mg(H+h)+\dfrac12mv^{2}$ （即安培力做功转化为重力势能与动能），代入 $L=0.15\ \mathrm{m}$ 、 $B=8\times10^{-2}\ \mathrm{T}$ 、 $m=1\times10^{-3}\ \mathrm{kg}$ ，得 $I=\dfrac{mg(H+h)}{BLh}\approx4\ \mathrm{A}$ 。（2）下端刚接触液面（ $h=0$ ）时，通电时间 $t'=0.002\ \mathrm{s}$ 内安培力的冲量等于动量增量： $BLq=mv$ ，其中起跳高度 $H'=5\ \mathrm{cm}$ 对应 $v=\sqrt{2gH'}=\sqrt{2\times10\times0.05}=1\ \mathrm{m/s}$ 。故 $q=\dfrac{mv}{BL}=\dfrac{1\times10^{-3}\times1}{8\times10^{-2}\times0.15}\approx0.085\ \mathrm{C}$ 。
如图所示，有一固定的光滑 $\frac{1}{4}$ 圆弧轨道，半径 $R=0.2\mathrm{m}$ ，一质量为 $m_B=1\mathrm{kg}$ 的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知 $m_{C}=3\mathrm{kg}$ ，B、C间动摩擦因数 $\mu_{1}=0.2$ ，C与地面间的动摩擦因数 $\mu_{2}=0.8$ ，C右端有一个挡板，C长为 $L$ 。求：（1） $\mathrm{B}$ 滑到 $\mathrm{A}$ 的底端时对 $\mathrm{A}$ 的压力是多大？（2）若 $\mathrm{B}$ 未与 $\mathrm{C}$ 右端挡板碰撞，当 $\mathrm{B}$ 与地面保持相对静止时， $\mathrm{B}$ 、 $\mathrm{C}$ 间因摩擦产生的热量是多少？（3）在 $0.16\mathrm{m}<L<0.8\mathrm{m}$ 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 $\mathrm{B}$ 从滑上 $\mathrm{C}$ 到最终停止所用的时间。

【答案与解析】

（1）B从圆弧顶端滑到底端，由机械能守恒 $\dfrac12m_{B}v_{0}^{2}=m_{B}gR$ ，得 $v_{0}=\sqrt{2gR}=\sqrt{2\times10\times0.2}=2\ \mathrm{m/s}$ 。在底端由牛顿第二定律 $N-m_{B}g=m_{B}\dfrac{v_{0}^{2}}{R}$ ，得 $N=m_{B}g+m_{B}\dfrac{v_{0}^{2}}{R}=1\times10+1\times\dfrac{4}{0.2}=30\ \mathrm{N}$ 。由牛顿第三定律，B对轨道的压力为 $30\ \mathrm{N}$ 。（2）B滑上C时两者初速度均为 $v_{0}=2\ \mathrm{m/s}$ 。B受摩擦力 $f_{1}=\mu_{1}m_{B}g=0.2\times1\times10=2\ \mathrm{N}$ （向左），加速度 $a_{B}=-2\ \mathrm{m/s^{2}}$ ；C受B的摩擦力 $2\ \mathrm{N}$ （向右）与地面摩擦力 $f_{2}=\mu_{2}(m_{B}+m_{C})g=0.8\times4\times10=32\ \mathrm{N}$ （向左），加速度 $a_{C}=\dfrac{2-32}{3}=-10\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。C在 $t_{1}=0.2\ \mathrm{s}$ 时停止，此时 $v_{B}=1.6\ \mathrm{m/s}$ ，之后C静止、B继续减速至停，相对滑动总位移 $s_{\text{相}}=0.80\ \mathrm{m}$ （ $>L$ ，故未碰挡板）。摩擦生热 $Q=f_{1}s_{\text{相}}=2\times0.80=1.6\ \mathrm{J}$ 。（3）当木板长 $L=0.16\ \mathrm{m}$ 时，B会撞上右端挡板。 $t=0.2\ \mathrm{s}$ 前C减速、B相对C滑动；C停止后B继续在静止的C上滑行，相对位移 $s_{\text{相}}(t)=0.16+1.6\tau-\tau^{2}$ （ $\tau=t-0.2$ ）。令 $s_{\text{相}}=L$ 得撞击时刻，撞后B、C一起运动，总停止时间 $t=1-\dfrac{15}{16}\sqrt{0.8-L}\ \mathrm{s}$ 。代入 $L=0.16\ \mathrm{m}$ ，得 $t=1-\dfrac{15}{16}\sqrt{0.64}=1-0.75=0.25\ \mathrm{s}$ 。