2024年高考重庆卷物理真题

如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

在水平雪道上，滑雪爱好者做匀速直线运动， $v-t$ 图像为平行于 $t$ 轴的线段；滑上平滑连接的倾斜雪道时速度大小不变，随后在倾斜雪道上做匀减速直线运动直至 $N$ 点速度为 $0$ ， $v-t$ 图像为向下倾斜到 $t$ 轴的直线。只有选项C同时满足“水平段水平、倾斜段匀减速到零且速度连续”。故选C。
2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　）

A．减速阶段所受合外力为0

B．悬停阶段不受力

C．自由下落阶段机械能守恒

D．自由下落阶段加速度大小 $g = 9.8\mathrm{m/s^2}$

【答案与解析】

减速阶段有加速度，由牛顿第二定律合外力不为 $0$ ，A错误；悬停阶段速度为零但受重力和升力作用而平衡，B错误；自由下落阶段只受月球重力，机械能守恒，C正确；月球表面重力加速度不等于地球的 $9.8\,\mathrm{m/s^2}$ ，D错误。故选C。
某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（　　）

A．外界对气囊内气体做正功

B．气囊内气体压强增大

C．气囊内气体内能增大

D．气囊内气体从外界吸热

【答案与解析】

气囊内气体温度不变，视为理想气体，由玻意耳定律 $pV=C$ 知体积增大时压强减小，B错误；体积增大，气体对外做功，即外界对气体做负功，A错误；理想气体内能只由温度决定，温度不变则内能不变，C错误；由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ ， $\Delta U=0$ 、 $W<0$ ，故 $Q>0$ ，气体从外界吸热，D正确。故选D。
活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离 $d_1$ 后进入目标组织，继续运动 $d_2$ 后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为 $F_1$ 、 $F_2$ ，则针鞘（　　）

A．被弹出时速度大小为 $\sqrt{\frac{2(F_{1}d_{1}+F_{2}d_{2})}{m}}$

B．到达目标组织表面时的动能为 $F_1d_1$

C．运动 $d_2$ 过程中，阻力做功为 $(F_1$ ＋ $F_2)d_2$

D．运动 $d_2$ 的过程中动量变化量大小为 $\sqrt{mF_2d_2}$

【答案与解析】

针鞘从弹出到静止，由动能定理 $-(F_1d_1+F_2d_2)=0-\dfrac{1}{2}mv_0^2$ ，得弹出速度 $v_0=\sqrt{\dfrac{2(F_1d_1+F_2d_2)}{m}}$ ，A正确；到达目标组织表面时的动能为 $F_2d_2$ ，B错误；运动 $d_2$ 过程中只有 $F_2$ 做功，阻力做功为 $-F_2d_2$ ，C错误；运动 $d_2$ 过程中动量变化量大小为 $\sqrt{2mF_2d_2}$ ，D错误。故选A。
某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为 $16\mathrm{cm}$ ，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略器壁厚度，由该方案可知（　　）

A．若 $h = 4\mathrm{cm}$ ，则 $n=\sqrt{3}$

B．若 $h = 6\mathrm{cm}$ ，则 $n=\frac{4}{3}$

C．若 $n=\frac{5}{4}$ ，则 $h = 10\mathrm{cm}$

D．若 $n=\frac{3}{2}$ ，则 $h = 5\mathrm{cm}$

【答案与解析】

设入射角为 $\theta$ （与液面夹角），由几何关系反射光点高度 $h$ 满足 $\tan\theta=\dfrac{8}{h}$ ；反射光与折射光垂直，故折射角为 $90^\circ-\theta$ ，由折射定律 $n=\dfrac{\sin(90^\circ-\theta)}{\sin\theta}=\cot\theta=\dfrac{8}{h}$ 。 $h=4\,\mathrm{cm}$ 时 $n=2$ ，A错误； $h=6\,\mathrm{cm}$ 时 $n=\dfrac{4}{3}$ ，B正确； $n=\dfrac{5}{4}$ 时 $h=6.4\,\mathrm{cm}$ ，C错误； $n=\dfrac{3}{2}$ 时 $h=\dfrac{16}{3}\,\mathrm{cm}$ ，D错误。故选B。
沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势的 $\varphi$ 随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过 $x_2$ 点时动能为 $1.5\mathrm{eV}$ ，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（　　）

A．不能通过 $x_3$ 点

B．在 $x_3$ 点两侧往复运动

C．能通过 $x_0$ 点

D．在 $x_1$ 点两侧往复运动

【答案与解析】

带负电试探电荷电荷量为 $-e$ ，总能量 $E=K-e\varphi$ 。在 $x_2$ 处 $\varphi_2=1\,\mathrm{V}$ 、 $K_2=1.5\,\mathrm{eV}$ ，故 $E=0.5\,\mathrm{eV}$ 。电荷能到达的位置需满足 $K=E+e\varphi\ge 0$ ，即 $\varphi\ge -0.5\,\mathrm{V}$ 。 $x_0$ 、 $x_1$ 处电势均低于 $-0.5\,\mathrm{V}$ ，不能到达，C、D错误； $x_3$ 处电势为 $2\,\mathrm{V}$ ，可通过，A错误；电荷从 $x_2$ 向右能通过 $x_3$ ，之后在右侧 $\varphi=-0.5\,\mathrm{V}$ 处折返，在左侧 $0$ 与 $x_1$ 之间 $\varphi=-0.5\,\mathrm{V}$ 处也折返，故在 $x_3$ 两侧往复运动，B正确。故选B。
在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为 $2r$ ，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（ $m << M$ ），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（　　）

A．c的线速度大小为a的 $\sqrt{3}$ 倍

B．c的向心加速度大小为b的一半

C．c在一个周期内的路程为 $2\pi r$

D．c的角速度大小为 $\sqrt{\frac{GM}{8r^{3}}}$

【答案与解析】

因 $m\ll M$ ，可忽略 $c$ 对 $a$ 、 $b$ 的作用。对 $a$ 、 $b$ ：相互引力提供向心力， $\dfrac{GM^2}{(2r)^2}=M\omega^2r$ ，得 $\omega=\sqrt{\dfrac{GM}{4r^3}}$ ，D错误； $c$ 受 $a$ 、 $b$ 的合力提供向心力， $2\cdot\dfrac{GMm}{(r^2+R^2)}\cdot\dfrac{R}{\sqrt{r^2+R^2}}=m\omega^2R$ ，解得 $R=\sqrt{3}r$ ，所以 $v_c=\omega R=\sqrt{3}\omega r=\sqrt{3}v_a$ ，A正确； $a_c=\omega^2R=\sqrt{3}\omega^2r=\sqrt{3}a_b$ ，B错误； $c$ 一个周期路程 $s_c=2\pi R=2\sqrt{3}\pi r$ ，C错误。故选A。
我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳 $H_{\alpha}$ 波段光谱扫描成像。 $H_{\alpha}$ 和 $H_{\beta}$ 分别为氢原子由 $n = 3$ 和 $n = 4$ 能级向 $n = 2$ 能级跃迁产生的谱线（如图），则（　　）

A． $H_{\alpha}$ 的波长比 $H_{\beta}$ 的小

B． $H_{\alpha}$ 的频率比 $H_{\beta}$ 的小

C． $H_{\beta}$ 对应的光子能量为 $3.4\mathrm{eV}$

D． $H_{\beta}$ 对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态

【答案与解析】

氢原子能级 $E_n=-\dfrac{13.6}{n^2}\,\mathrm{eV}$ 。 $\mathrm{H}\alpha$ ： $n=3\to 2$ ， $E_\alpha=-1.51-(-3.40)=1.89\,\mathrm{eV}$ ； $\mathrm{H}\beta$ ： $n=4\to 2$ ， $E_\beta=-0.85-(-3.40)=2.55\,\mathrm{eV}$ 。故 $E_\beta>E_\alpha$ ，频率 $\nu_\beta>\nu_\alpha$ ，波长 $\lambda_\beta<\lambda_\alpha$ ，A错误、B正确； $\mathrm{H}\beta$ 光子能量为 $2.55\,\mathrm{eV}\neq 3.4\,\mathrm{eV}$ ，C错误；氢原子从基态到激发态至少需吸收 $10.2\,\mathrm{eV}$ ， $2.55\,\mathrm{eV}<10.2\,\mathrm{eV}$ ，不能激发，D正确。故选BD。
小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为 $6V$ 灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为 $n_1$ 、 $n_2$ 。原线圈两端接电压为 $220V$ 的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（　　）

A． $n_1$ ： $n_2 = 110$ ：3

B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小

C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能

D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大

【答案与解析】

滑片 $P$ 在最左端时，图甲、乙中灯泡均正常发光，副线圈电压 $U_2=6\,\mathrm{V}$ ，故 $\dfrac{n_1}{n_2}=\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{220}{6}=\dfrac{110}{3}$ ，A正确；滑到 $R$ 中点时，图甲负载为灯泡与半段电阻串联，图乙负载为灯泡与另半段电阻的并联后再串联，图甲中灯泡分压更大、功率更大，B错误； $P$ 在最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中 $R$ 与灯泡并联，总电阻更小、总功率更大，故图甲更节能，C正确；图乙中灯泡电压可从 $0$ 调到 $6\,\mathrm{V}$ ，而图甲中不能调到 $0$ ，故图乙可调范围更大，D错误。故选AC。
一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则（　　）

A．最小波长 $\frac{10}{3}\mathrm{m}$

B．频率 $\frac{5}{12}\mathrm{Hz}$

C．最大波速 $\frac{15}{4}\mathrm{m/s}$

D．从该时刻开始 $2s$ 内该质点运动的路程为 $(4-\frac{\sqrt{3}}{2})\mathrm{cm}$

【答案与解析】

由图乙，质点振动方程 $y=A\sin(\omega t+\varphi)$ ， $A=1\,\mathrm{cm}$ ；代入 $(0,\dfrac{\sqrt{3}}{2})$ 、 $(2,0)$ 得 $T=2.4\,\mathrm{s}$ ， $\omega=\dfrac{5\pi}{6}\,\mathrm{rad/s}$ ，故频率 $f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{5}{12}\,\mathrm{Hz}$ ，B正确。由图甲及振动方向分析，波沿 $x$ 轴正方向传播时 $\lambda=18\,\mathrm{m}$ ，沿负方向传播时 $\lambda=9\,\mathrm{m}$ ，最小波长为 $9\,\mathrm{m}$ ，A错误；最大波速 $v_{\max}=f\lambda_{\max}=\dfrac{5}{12}\times 18=7.5\,\mathrm{m/s}$ ，C错误。 $2\,\mathrm{s}$ 内质点振动路程 $s=(4-\dfrac{\sqrt{3}}{2})\,\mathrm{cm}$ ，D正确。故选BD。
元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为 $136.0g$ 时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。

$(1)$ 若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力＿＿＿＿（选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向＿＿＿＿（选填“竖直向上”“竖直向下”）。 $(2)$ 一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加＿＿＿＿J（保留两位有效数字， $g = 9.8\mathrm{m/s^2}$ ）。

【答案与解析】

本块为第11大题题干，设问见下。（1）沙桶匀速上升时，设每根细线与竖直方向夹角为 $\theta$ ，平衡条件 $2T\cos\theta=Mg$ ，两线夹角增大则 $\theta$ 增大、 $\cos\theta$ 减小，故每根线拉力 $T$ 逐渐增大；沙桶到达最高点 $\mathrm{B}$ 后下落， $\mathrm{B}$ 点速度为零而加速度竖直向下。填空：逐渐增大；竖直向下。（2）沙桶质量 $m=136.0\,\mathrm{g}=0.136\,\mathrm{kg}$ ，由图乙读出最终静止位置 $y_C\approx 8.4\,\mathrm{cm}=0.084\,\mathrm{m}$ ，初态 $y_A=0$ 、 $v_A=0$ ，故机械能增加量 $\Delta E=mgy_C=0.136\times 9.8\times 0.084\,\mathrm{J}\approx 0.11\,\mathrm{J}$ 。填空： $0.11$ 。
探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻 $R_0$ ，电容器C，单刀双置开关S。

$(1)$ 为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测＿＿＿＿（电流、电压）仪器。 $(2)$ 接通电路并接通开关使电容器充电，当电压表示数最大时，电流表示数为＿＿＿＿。 $(3)$ 根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为＿＿＿＿（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。 $0.2s$ 时 $R_0$ 消耗的功率＿＿＿＿W。

【答案与解析】

本块为第12大题题干，设问见下。（1）位置②与电容器并联，应接入测电压仪器。填空：电压。（2）充电完毕时电容器电压等于电源电动势，电路中电流为零。填空： $0$ 。（3）图乙中 $U$ 与 $I$ 成正比且过原点，符合电容器放电时 $U=IR_0$ 的关系，故该过程为放电；由图乙得 $R_0=\dfrac{12\,\mathrm{V}}{60\,\mathrm{mA}}=200\,\Omega$ ，由图丙读出 $t=0.2\,\mathrm{s}$ 时 $U\approx 8\,\mathrm{V}$ ，故 $P=\dfrac{U^2}{R_0}=\dfrac{8^2}{200}\,\mathrm{W}=0.32\,\mathrm{W}$ 。填空：放电； $0.32$ 。
小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为 $2m$ 、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求（1）P所受单根导线拉力的大小；（2）Q中电流的大小。

【答案与解析】

（1） $P$ 匀速下降，受力平衡，设单根导线拉力为 $T$ ，则 $2T=2mg$ ，解得 $T=mg$ 。（2） $Q$ 匀速上升，受向上两根导线拉力 $2T$ 、向下重力 $mg$ 和安培力 $F_A$ ，平衡有 $2T=mg+F_A$ ；由（1） $2T=2mg$ ，故 $F_A=mg$ 。又 $F_A=BIL$ ，解得 $I=\dfrac{mg}{BL}$ 。
有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为 $\frac{q}{m}$ 的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为 $v_0$ 的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 $(1)$ 求OK间的距离； $(2)$ 速率为 $4v_0$ 的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离； $(3)$ 速率为 $4v_0$ 的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案与解析】

（1）速率为 $v_0$ 的粒子在 $O$ 点进入磁场后做匀速圆周运动，半径 $r_1$ 满足 $qv_0B=m\dfrac{v_0^2}{r_1}$ ，且粒子被 $K$ 收集，几何上 $OK$ 为直径，故 $OK=2r_1=\dfrac{2mv_0}{qB}$ 。（2）速率为 $4v_0$ 的粒子，半径 $r_2=\dfrac{m\cdot 4v_0}{qB}=4r_1$ 。磁场从射出时即打开，粒子仍被 $K$ 收集，由几何关系 $(r_2-OK)^2+MO^2=r_2^2$ ，即 $(4r_1-2r_1)^2+MO^2=(4r_1)^2$ ，解得 $MO=2\sqrt{3}r_1=\dfrac{2\sqrt{3}mv_0}{qB}$ 。（3）设粒子先沿 $MN$ 匀速运动一段时间 $t$ ，到达 $O$ 点右侧 $x$ 处再打开磁场，仍经过 $K$ ，同理 $x=MO=\dfrac{2\sqrt{3}mv_0}{qB}$ 。故打开磁场时刻 $t=\dfrac{MO+x}{4v_0}=\dfrac{4\sqrt{3}r_1}{4v_0}=\dfrac{\sqrt{3}m}{qB}$ 。
如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为 $10a$ ，质量为 $2m$ 的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为 $\frac{5}{48}$ ，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。

$(1)$ 若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值； $(2)$ 若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小； $(3)$ 若拉力达到 $12mg$ 细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。

【答案与解析】

（1） $\mathrm{B}$ 在竖直面内以 $M$ 为圆心、半径 $R=10a$ 做圆周运动，恰能通过最高点时重力提供向心力： $mg=m\dfrac{v^2}{R}$ 。由最低点到最高点，动能定理 $-mg\cdot 2R=\dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{1}{2}mv_{B0}^2$ ，代入 $R=10a$ 解得 $v_{B0}=5\sqrt{2ga}$ ，即碰后瞬间速度最小值为 $5\sqrt{2ga}$ 。（2）设 $\mathrm{A}$ 碰前速度为 $v_1$ ，碰后速度为 $v_2$ ， $\mathrm{B}$ 碰后速度为 $v_3$ ，弹性碰撞满足 $2mv_1=2mv_2+mv_3$ 、 $\dfrac{1}{2}\cdot 2mv_1^2=\dfrac{1}{2}\cdot 2mv_2^2+\dfrac{1}{2}mv_3^2$ ，解得 $v_2=\dfrac{v_3}{4}$ 。 $\mathrm{A}$ 减速到停止， $\mu\cdot 2mgx_A=\dfrac{1}{2}\cdot 2mv_2^2$ ，即 $x_A=\dfrac{3v_3^2}{10g}$ 。 $\mathrm{B}$ 旋转 $2$ 圈后绳在 $M$ 正下方断开，此时离地高度 $h_2=4a$ ，速度水平大小 $v$ 满足 $\dfrac{1}{2}mv_3^2=mgh_2+\dfrac{1}{2}mv^2$ ；平抛下落时间 $t=\sqrt{\dfrac{2h_2}{g}}=2\sqrt{\dfrac{2a}{g}}$ ，水平位移 $x_B=vt$ 。由 $x_A=x_B$ 解得 $v_3=4\sqrt{5ga}$ （另一根小于 $5\sqrt{2ga}$ 舍去）。（3）设 $MN=h$ ， $\mathrm{B}$ 转 $n$ 圈后离地高度 $h_n=2nh$ ，此时速度大小 $v_n$ 满足 $\dfrac{1}{2}mv_3^2=mgh_n+\dfrac{1}{2}mv_n^2$ 。最低点以 $M$ 为圆心时半径 $r_M=10a-2nh$ ，张力 $T_M-mg=m\dfrac{v_n^2}{r_M}$ ，要求 $T_M\ge 12mg$ ；以 $N$ 为圆心时半径 $r_N=10a-(2n-1)h$ ，张力 $T_N-mg=m\dfrac{v_n^2}{r_N}$ ，要求 $T_N\le 12mg$ 。联立解得 $\dfrac{5a}{3n}\le h\le \dfrac{30a}{18n-11}$ ， $n=1,2,3,\cdots$ 。 $\mathrm{B}$ 断开后做平抛，下落时间 $t_n=\sqrt{\dfrac{4nh}{g}}$ ，水平位移 $s=v_nt_n=4\sqrt{nh(20a-nh)}$ 。令 $p=nh$ ，则 $s=4\sqrt{p(20a-p)}$ ，在 $p\in \left[\dfrac{5a}{3},\dfrac{30a}{18n-11}\right]$ 内随 $p$ 单调递增。故 $s_{\min}=\dfrac{20\sqrt{11}}{3}a$ ， $s_{\max}$ 在 $n=1$ 时取得为 $\dfrac{40\sqrt{33}}{7}a$ 。