【文档说明】浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学适应性考试物理试题 含解析.docx，共(26)页，1.853 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题高三年级物理学科注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷相应位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题

意。1.下列没有使用比值定义法的是（）A.mρv=B.FEq=C.FBqv=D.FpS=【答案】D【解析】【详解】比值法定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量，而定义出来的新的物理量反映物质属性或特征，与这两个定义物理量的大小无关，而由于其

它因素决定的。A．密度的大小与物体质量及体积无关，因此是比值定义，故A不符合题意；B．电场强度E的大小与试探电荷所受电场力F的大小及试探电荷的带电量q无关，因此是比值定义，故B不符合题意；C．磁感应强度与电荷受到的洛伦兹力、电荷所带电量、运动速度无关，

只取决于本身的性质，因此是比值定义，故C不符合题意；D．压强p与压力F成正比，与受力面积S成反比，不是比值定义，故D符合题意。故选D。2.下列说法正确的是（）A.在LC振荡电路中，若仅把电容器的电容变为原来的4倍，则振荡周期变为原来的一半B.若铀

元素的半衰期为，则经过时间，8个铀核中一定有4个发生了衰变C.大气压强是由地球表面空气重力产生的，因此将开口瓶密闭后，瓶内气体脱离大气，它自身重力太小，会使瓶内气体压强远小于外界大气压强D.乒乓球容易快速抽

杀，是由于乒乓球的惯性较小【答案】D【解析】【详解】A．根据LC电路的周期公式知2TLC=若仅把电容器的电容变为原来的4倍，则振荡周期变为原来的2倍。A错误；B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少量放射性元素的衰变是一个随机事件，对于8个放射性元素

，无法准确预测其衰变的个数。B错误；C．地球上某个位置的空气产生的压强是地球表面的空气受到重力作用，由此而产生的，而被密封在容器中的气体，其压强是大量的做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞而产生的。它的大小不是由被封闭气体

的重力所决定的。而是压强与温度和体积均有关，因此若温度与体积不变，则气体压强等于外界大气压强，C错误；D．质量越大惯性越大，乒乓球质量小惯性也小，容易快速抽杀。D正确；故选D。3.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示

，下列说法中正确的是（）A.a→b过程中，气体体积变大，放出热量B.b→c过程中，气体温度不变，气体对外界做功C.c→a过程中，气体体积变小，放出热量D.c→a过程中，气体压强增大，外界对气体做功【答案】B【

解析】【详解】A．a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖一吕萨克定律VCT=得知，体积减小，根据热力学第一定律UWQ=+温度降低，U＜0，体积减小，W＞0，所以Q＜0，放出热量，故A错误；B

．b→c过程中气体的温度保持不变，压强减小，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律PV＝C可知体积增大，气体对外界做功，故B正确；CD．c→a过程中，P﹣T图像过坐标原点，P与T成正比，则气体发生等容变化，温度升高，所以U＞0，体积不变，外界对气体做功W＝0，所以Q＞0，吸收热量，故C

D错误。故选B。4.如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为。则木板转动的角速度为（）A.costan2vrB.sintan2vrC.c

ostan2vrD.coscot2vr【答案】B【解析】【详解】设圆周与上木板的接触点为P，圆心为O，角的顶点为A，连接AO，AP之间的距离为x，将圆心的速度分解为板的速度和圆上P点的速度，如图所示由几何关系有tan

2rx=由运动的合成与分解有sinvv=板板的角速度为vx=板解得sintan2vr=故选B。5.如图所示，空间中有一环型匀强磁场，其内半径为1R，外半径为212RR=。在内圆上的A点处有一微粒发生裂变，生成甲、乙两个小微粒（均带正电），且二者

初速度均沿切线方向并处于如图所示的平面内（甲左乙右）。若两微粒均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电量之比为（）A.1:3B.3:1C.1:2D.2:1【答案】B【解析】【详解】由题意可知，根据左手定则，其两粒子运动轨迹如图所示设向右为正方向，向右的粒子速度为2v，质量为2m，

向左的粒子速度为1v，质量为1m，由动量守恒有22110mvmv=−对粒子1，由几何关系有112Rr=对粒子2，由几何关系有2132rR=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=整理有mvrqB=由上述各式，整理有3qq=甲乙故选B。6.在如图所示的磁感应强度大小为

B的匀强磁场中（可随时间变化），存在一足够大的长方形导轨，并且导轨宽度为l。现导轨中有一电阻和一导体棒（与导轨接触良好），而导体棒有效切割长度也为l。当导体棒以速度0v向右匀速运动的时候，若导体棒和导轨内部始终无电流，则下列图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设导体棒开始

运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得()00BlxBlxvt=+整理，可得00011vtBBBx=+即1B与t为一次函数关系。故ABD错误；C正确。故选C。7.双缝干涉的实验装置的截面图如图所示，光源到双缝S1、

S2的距离相等，O是S1、S2连线中垂线与光屏的交点。若现在将该装置中垂线以下的部分没入水中，则原本处在O点的亮条纹将会（）A.向上移动B.向下移C.不动D.无法确定【答案】B【解析】【详解】由于水的折射，光在水中传播时，波长变短。光源发出的光通过狭缝S2到达O点的光程比通过

S1到达O点的光程大，由于中央亮条纹到两个光源的光程相等，因此中央亮纹向下移动。故选B。8.在一匀强电场中有一正方体1111ABCDABCD−，边长为1m。若0A=，1VB=，12VA=，14VC=，则该匀强电场的场强大小为（）

A.6V/mB.7V/mC.22V/mD.3V/m【答案】A【解析】【详解】如图所示由图可知11BABA−=−，1111DACB−=−解得13VB=，13VD=则该电场沿x、y、z轴方

向的分场强大小分别为1132V/m1V/m1BAxEd−−===1132V/m1V/m1DAyEd−−===120V/m2V/m1AAzEd−−===则该匀强电场的场强大小为2226V/mxyzEEEE=++=故选A。9.如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹

簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（）A.小球运动过程中，其机械能守恒B.小球最大速度22mgghk+C.小球下落最大距离2()

2mgmgmgkhk++D.小球最大加速度2()2mgmgmgkhmk++【答案】B【解析】【详解】A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故A错误；B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即mgkx

=2211()22mghxmvkx+=+联立可得22mgvghk=+故B正确；C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则21()2mghxkx+=所以小球下落最大距离为2()2mgmgmgkhhxhk+++=+故C错误；D．当小球运动到最低点时加速度最大，则kxmgma−

=解得2()2mgmgkham+=故D错误故选B。10.如图所示，左侧圆环匝数为N，电阻为0R，半径为r，内部充满磁场，磁场变化规律为0cosBBt=。左右线圈匝数之比为k，且右侧回路内有一阻值02RR=的电阻R。下列说法正确的是（）A.圆环中感应电动势的最大值为202rNBB.在

一个周期内，电阻R上产生焦耳热为()()2220220221krNBkR+C.8t=时，从上向下看，圆环中电流沿逆时针方向D.2k=时，R上消耗功率最大【答案】B【解析】【详解】A．圆环中感应电动势为02sintBeNSrtNB==感应电动

势的最大值2m0ErNB=选项A错误；B．电动势有效值2022ErNB=。的根据闭合电路欧姆定律得101EIRU=+根据理想变压器原副线圈电压电流与匝数关系12UkU=，21IkI=副线圈欧姆定律得2022URI=在一个周期内，电阻R上产生的焦耳热为22222QIRTIR

==联立解得()()2220220221krNBQkR=+选项B正确；C．8t=时，向下的磁场逐渐减弱，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中电流沿顺时针方向，选项C错误；D．根据()()2220220221krNBQkR=+可得()22020212rNB

QkRk=+则当22k=时，R上消耗功率最大，选项D错误。故选B。11.一只蜜蜂竖直向上飞时速度最大速率为1v，竖直向下飞时的最大速率为2v。低速情况下，空气阻力的大小和速率成正比，假设蜂蜜翅膀提供的动力大小为定值，则蜜蜂水平飞行时的速度大

小为（）A.122vv+B.12vvC.122vv+D.1222vvvv+【答案】B【解析】【详解】设蜜蜂的牵引力为定值F，蜜蜂的质量为m，空气阻力的大小和速率比例系数为k，当竖直向上飞达到最大速度时，由受力分析可知1Fmg

kv=+以最大速度下降时2kvmgF=+由两个方程联立可解得()2112mgkvv=−,()2112Fkvv=+沿水平方向运动时有222（）（）Fmgkv−=解得蜜蜂水平飞行时的速度大小为12vvv=故选B

。12.A点和B点位于地球两侧，且两点间存在一隧道，如图所示。现在A处同时释放两个载人宇宙飞船。其中一个飞船从静止开始沿着隧道运动，一段时间到达B点。另一飞船沿着近地轨道环绕地球运动，一段时间后也到达B点。已知地球半径为R，地

表的重力加速度为g，且不计一切阻力。则下列说法正确的是（提示：均匀球壳内部引力处处为0）（）A.在沿着隧道穿行的飞船中的人会先经历超重，再经历失重过程B.沿着隧道穿行的飞船飞行的最大速度max2gRv=C.设x为沿着隧道穿行的飞行器距离地球球心的距离，则其受到的合力为2

xFmgR=，其中m为其质量D.两飞行器同时到达B点【答案】D【解析】【详解】A．在沿着隧道穿行的飞船中的人与飞船的加速度相同，对飞船没有压力，始终处于完全失重状态，A错误；BC．由于32243GRmGMmmgRR==可得地球的密度34gGR=设飞行器沿着

隧道穿行，到距离地球球心的距离为x时所受的力3243GxmmgFxkxxR===因此该飞船做简谐运动，到达地心时速度最大，根据机械能守恒22max11()22mgRmvR=可得最大速度maxvgR=B、C错误；D．利用简谐振动的周期公式2mTk=可知沿着隧道穿行飞行器到达B点时恰好

运动了半个周期，所用时间为12TRtg==沿地球表面飞行的速度vgR=的从A到B飞行的时间2RRtvg==因此两飞行器同时到达B点，D正确。故选D。13.假设宇宙是一团球形的密度均匀的物质，其各物理量均具有球对称性（即只与球的半径有关）。宇宙球对称地向外膨胀，半

径为r的位置具有速度()vr。不难发现，宇宙膨胀的过程中，其平均密度必然下降。若假设该宇宙球在膨胀过程中密度均匀（即球内各处密度相等），则应该有Hvr=，其中H是一个可变化但与r无关的系数，那么的值应为（）[提示：若()pt是某

一物理量，则ap对时间的导数为()1aappt−]A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【详解】设t=0时刻，半径为r1宇宙球内质量为M1，半径在r1~r2之间的质量为M2，由于各处的密度相等，则12333121444333MMrrr=−①在经过极短时间△t后，各处的密度仍相等

，则123331()2()1()444()()()333rrrMMrvtrvtrvt=++−+②整理②式可得12333112211444()()()333MMrHrtrHrtrHrt=++−+③将①代入③

忽略去二阶小量和三阶小量333121323232112211(3)(3)(3)rrrrHrtrHrtrHrt+++−=++−+整理得32231212rrrr++=r1、r2大小无关，若等式恒成立，则1=故选A。二、选择题：本题共2小题每小题3分，共

6分。每小题有至少有一个选项符合题意，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有选错的得0分。14.一束红紫混合光以（45）角射入玻璃砖，a、b光从上方到下方用时分别为at、bt，则（）A.a为红

光B.abttC.a为紫光D.abtt【答案】BC【解析】【详解】设折射角为r，根据折射定律可得sinsinnr=由图可知，a光的折射角小于b光的折射角，则玻璃砖对a光的折射率大于玻璃砖对b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，a为紫光，b为红光；设玻璃砖的厚度为d，则

光在玻璃砖中传播的距离为cosdsr=又sinsinccrvn==则光在玻璃砖中的传播时间为sin2sinsincossin2sddtvcrrcr===由于45，则有290r，由于a光的折射角小于b光的折射角，则有abtt故选BC

。15.电偶极子由两个点电荷q+和q−组成，它们之间的距离为l（l很小），总质量为m。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为()2Exx=。先令一电偶极子朝着x方向，并使其中点位于0xx=处，再静止释放。下列说法

正确的是（）A.的单位是3V/mB.电偶极子受到的合力2Fqlx=C.电偶极子静止释放后的运动可看作简谐运动的一部分D.电偶极子的电势能2Uqlx=−【答案】ABD【解析】【详解】A．由电场强度的单位是/mV，

由于()2Exx=，所以的单位是32V/mV/mm=故A正确；B．电偶极子受到的合力221212222llFFFqEqEqxxqlx=−=−=+−−=故

B正确；C．电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，故C错误；D．令+q所在处电势为零，负电荷和正电荷间的电势差UEl=-q所在位置的电势El=该电偶极子所具有的电势能2Uqqlx=−=−故D正确。的故选ABD。【点睛

】三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.探究力与加速度的关系时，下列说法正确的是（）A.若使用电火花打点计时器，则所接电压8V直流电源B.该实验需要平衡摩擦力C.该实验要求悬挂物体的质量小于等于小车的质量D.作图应选择1aF

−图像【答案】B【解析】【详解】A．若使用电火花打点计时器，则所用电源为220V交流电源。故A错误；B．为了使小车受到的合力等于绳子拉力，实验需要平衡摩擦力。故B正确；C．实验过程中，小车质量应该远大于悬挂物体的质量，这样可认为小车所受的牵引力等于悬

挂物体的重力。故C错误；D．根据FMa=可得1aFM=实验结果用aF−图像，是为了便于根据图像直观地作出判断。故D错误。故选B。17.来自全国各地的同学分享了各自做物理实验的经历甲：“我测的重力加速度为什么比你们都小？”乙：“我利用热学知识测一个

石头的体积，带入101kPap=，总是与排水法的结果有较大偏差”丙：“我利用手机测量地磁场，竖直方向的分量比你们的都大，水平方向却比你们的都小”则这三位同学可能分别来自（）A.广州，郑州，哈尔滨B.海口，拉萨，

哈尔滨C.北京，青岛，拉萨D.长沙，兰州，杭州【答案】B【解析】为【详解】纬度越高，重力加速度越大，甲同学处重力加速度测量值较小，则甲同学可能在海口；海拔越高，大气压越小，则乙同学可能在拉萨；纬度越高，地磁场竖直方向的分量越大，水平

方向的分量越小，则丙同学可能在哈尔滨。故选B。18.某同学打算用如图甲所示的电路测量电源电动势E和内阻r，已知定值电阻阻值为0RA：闭合1S，2S，调节滑动变阻器，此时电流表示数为1I，接着断开2S，读出电流表示数2I。B：改变变阻器阻值，

多次重复，记录1I，2I，作221III−C：同时闭合1S，2S，3S，读出3I（1）下列滑动变阻器阻值范围最合适的是______A.000.1R−B.004R−C.0020R−（2）若图乙中直线斜率为1

k−，则E=______，r=______（3）该实验是否有系统误差？若有，分别指出电动势和内阻的误差，结果是偏大还是偏小；若没有，请说明理由。（）【答案】①.B②.01Rk③.013RkI④.实验有系统误差，电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值偏大【

解析】【详解】（1）[1]为调节方便，电流表示数变化明显，滑动变阻器阻值范围最合适的是004R−。故选B。（2）[2]不考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律1()EIRr=+20()EIRRr=++3EIr=整理得02211RIIIE=−+图像的斜率为01RkE−=−

解得电源电动势为01REk=[3]内阻为0313RErIkI==（3）[4]若考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律1A()EIRRr=++20A()EIRRRr=+++3A()EIRr=+整理得02211RIIIE=−+可知221III−图像的斜率不变，电动势的测量值等于真实值，内阻为0AA31

3ERrRRIkI=−=−真真故内阻的测量值大于真实值，内阻的测量值偏大，该实验有系统误差。19.一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，

使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为4T，其中为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量Epc=，其中p是光子的动量，c是光速。（1）求太阳热

辐射的总功率；（2）求太阳帆单位时间内接受到的能量；（3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。【答案】（1）24S4RT；（2）224S2RRTr；（3）()224S221RRTFrGMmrc=−【

解析】【详解】（1）根据题意可得太阳的表面积为2S4SR=所以太阳热辐射的总功率为424S4PSTRT==（2）太阳单位时间内热辐射的总能量为24S4EPtRT==总设太阳帆单位时间内接受到的能量为E′，则224EErR=总所以22

4S2RRTEr=（3）根据动量定理有Δ2Ftnp=EtnE=所以224S22RRTFcr=则太阳帆受到的合力()2GMmFrFr=−解得()224S221RRTFrGMmrc=−20.如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形

轨道。第一个半圆轨道为10RR=，第二个为2R，第n个为nR。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度0v从A点进入轨道。已知重力加速度为g。（1）若AB内外轨道均粗糙，

小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。（2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求nR的表达式。（用0R，g，0v，n表示）【答案】（1）

当00vgR时，'20012fWmgRv−+=，当00vgR时，092fWmgR=−或者032fWmgR=−；（2）1002041nngRRRv−=+【解析】【详解】（1）如图所示小球在轨道内做圆周运动，当00vg

R时，在最高点时20N10vFmgmR+=设在最低点速度为Bv，则在最低点2N20BvFmgmR−=联立解得()2200BvvmgmR−=或者22005BvvmgmR−=设阻力做功为fW，由动能定理得()2200122fBmgRWmvv+=−代入得00013222fWm

gRmgRmgR=−+=−或者092fWmgR=−如图所示小球在轨道内做圆周运动，当00vgR时，在最高点时20N10vmgFmR−=设在最低点速度为Bv，则在最低点2N20BvFmgmR−=联立解得()22003BvvmgmR+=设阻力做功为fW，由动能定理得()''22001

22fBmgRWmvv+=−代入得'22000031222fWmgRmgRmvmgRv=−++=−+（2）若轨道各处均光滑，设第一次到达最低点速度为1v，由动能定理知2201111222mv

mgRmv+=由圆周运动知2011vFmR=220112224mvmgRvFmRR+==设第二次到达最低点速度为2v，由动能定理知2212211222mvmgRmv+=由圆周运动知22012233344mvmgRmgRvFmRR++==同理得，设第n次到达最低点速度为nv，由动

能定理知22111222nnnmvmgRmv−+=2012314444nnnmvmgRmgRmgRmgRFR−+++++=……由题知10RR=，由圆周运动知2200123104444nnmvmvmgRmgRmgRmgRRR−+++++=……则1002041nngRRRv−=+21.如图

，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度1v；（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为21U2EC=）

；（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为2v。①通过计算比较1v和2v的大小关系；②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度202

4v（直接写出结果）。【答案】（1）222BLQmBLC+；（2）2222(2)mQmBLCC+；（3）①大小相等；②222024BLQmBLC+【解析】【详解】（1）将甲、乙两棒做为一个整体，相当于质量为2m，电阻为2R的导体棒，根据动量定理

12BILtmv=而Itq=最终稳定后1QBLvUC==而QQq=−联立解得1222BLQvmBLC=+（2）根据能量守恒2221111(2)222QQQmvCC=−−总甲棒产生的焦耳热12QQ=甲总解得2222(2)mQQmBLCC=+甲（3）①只释放甲棒稳定后1BqLmv

=而1QqBLvC−=再释放乙棒，甲板棒中的电流反向，稳定后，对甲棒22BqLmvmv−=−对电容器132QqqBLvC−−=对乙棒232()BqqLmv+=联立解得2222BLQvmBLC=+可知1v和2v的大小相等。②根据以上规律可知，分次释放和同时释放

最后速度相等，因此2024222024BLQvmBLC=+22.细胞膜是一个细胞重要的组成部分，它是一个弹性膜且不带电时磷脂双分子层间的间距为0d。本题中可近似认为细胞膜的伸缩类似于劲度系数为k的弹簧，并且细胞膜的面积2Sd，介电常数为。众

所周知，细胞膜上分布有可以运输粒子的离子泵，使得阴阳离子分布均匀地分布在内外两层上。已知静电力常量为k。（1）当内外膜分别带电Q和Q−时，求内外膜的电势差和厚度。（2）假设细胞膜初始不带电，离子泵开始工作，使得内外膜带有电荷。该离子泵具有一特殊的性质：

只有当两层间的电势差达到0U时，离子泵才停止工作，否则将一直工作下去。为防止细胞层塌缩，求劲度系数的最小值和此时平衡状态下细胞膜的厚度。【答案】（1）30222QdQSSk−，202QdSk−；（2）2030278SUd，023d【解析】【详解

】（1）当内外膜分别带电Q和Q−时，电荷面密度=QS根据高斯定理可知SES=内外膜之间电场强度QES==这个电场时内外膜共同产生的，因此其中一侧膜受到另一侧膜的作用力222EQFQ

S==根据胡克定律0()Fkdd=−可得内外膜的厚度202QddSk=−①内外膜间的电势差230022()22QdQQQUEddSSkSSk==−=−②（2）由②可知，随带电量的增多，内外膜间的电压发生变化，当电压达到最大值时2022302ddUQ

dQSSk=−=此时带电量0023SdkQ=如果带电量再增多，内外模间的电压反而减小，离子泵继续工作，可能会出现细胞层塌缩，因此为防止细胞层塌缩，电压最高时，恰好为U0，此时劲度系数最小，即30000222QdQUSSk

=−代入数据可得k最小值为20min30278SUkd=此时平衡状态下细胞膜的厚度