甘肃省兰州第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

甘肃省兰州第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

兰州一中2019-2020-1学期期末考试试题 高 二 物 理 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.下面说法正确的是（ ）‎ A. 根据磁感应强度定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比 B. 磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同 C. 一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 D. 磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误； ‎ B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；‎ C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；‎ D．磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误．‎ ‎2.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是( )‎ A. 一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大 B. 一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小 C. 将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多 D. 将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而比较电场力的大小．先根据等势面图得到电场线的分布图，然后根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小判断场强大小，根据沿着电场线电势要降低判断电势高低，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．‎ ‎【详解】负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示．‎ ‎ 电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小．故A错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大．故B错误．据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多．故C错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功．故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．‎ ‎3. 电视机可以用遥控器关机而不用断开电源，这种功能叫做待机功能．这一功能给人们带来了方便，但很少有人注意到在待机状态下电视机仍然要消耗电能．例如小明家的一台34吋彩色电视机的待机功率大约是10W，假如他家电视机平均每天开机4h，看完电视后总是用遥控器关机而不切断电源．试估算小明家一年(365天)中因这台电视机待机浪费的电能 A. 2.6‎‎×108J B. 2.6×107J C. 3.2×108J D. 5.3×107J ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电视机每天待机消耗的电能为W0=Pt=0.01kW×（24h-4h）=0.2kW•h，每年消耗的电能为W=365·W0=365×0.2kW•h=73kW•h=2.628×108J；故选A．‎ 考点：本题考查电功、电功率．‎ ‎4.如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω．若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 电动机的输入功率是12W B. 电动机的输出功率12W C. 电动机的热功率是12W D. 整个电路消耗的电功率是22W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动机的输入功率P=U1I，根据灯泡正常发光求出电流，电动机两端的电压等于输入电压减去灯泡的电压．电动机的输出功率P2=P-I2RM．整个电路消耗的功率P总=UI．‎ ‎【详解】电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I==‎2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故BC错误．整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．故选A．‎ ‎5.如图所示，质量为 m，带电荷量为−q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，重力加速度为g．如果微粒做直线运动，则下列说法正确的是 A. 微粒一定做匀速直线运动 B. 微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用 C. 电场强度为 D. 匀强磁场的磁感应强度B=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子从O沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，并可求出B和E．‎ ‎【详解】由于粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直于OA线斜向左上方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力能平衡，致使粒子做匀速直线运动．故A正确，B错误；‎ ‎ 由图qE=mgtan450 ；qvBsin450=mg，解得；．故CD错误．故选A．‎ ‎6.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 该电场可能是由某正点电荷形成的 B. M点的电势高于N点的电势 C. 从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；‎ BC、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎7. 如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m，电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是 A. 小球在C点受到的洛伦兹力大小为 B. 小球在C点对轨道的压力大小为3mg+‎ C. 小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D. 小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于洛伦兹力不做功，所以从A到C过程中，只有重力做功，故有，解得，在C点受到竖直向上的洛伦兹力，大小为，A正确；‎ B.在C点，受到向上洛伦兹力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充当向心力，故有，解得，B错误；‎ C.小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．C错误；‎ D.小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正确.‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎1．正确的受力分析 除重力．弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．‎ ‎2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度．位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．‎ ‎（1）当粒子在复合场内所受合力零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．‎ ‎（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成 ‎8.下列关于静电场的说法正确的是(　 )‎ A. 在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B. 正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C. 场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D. 初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在单个点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点，A正确；正电荷只在电场力作用下，可能沿着电场线运动，也可能逆电场线运动，所以不一定从高电势向低电势运动，B错误；等势体内部场强处处为零，电势不一定为零；电势具有相对性，规定哪点电势为零都可以，但场强不一定为零，C正确；当电场线是曲线时，初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动，D错误．‎ ‎9.电阻不变的三个电灯A、B、C连接在如图所示的电路中，闭合电键S后三灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片．则可判断（ ） ‎ A. 三灯的电阻大小是RB＞RC＞RA B. 三灯的电阻大小是RA＞RB＞RC C. A、C两灯变亮，B灯变暗 D. A、B两灯变亮，C灯变暗 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电功率公式P=I2R或P=U2/R分析灯泡电阻的大小．当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，分析路端电压的变化情况和干路电流的变化，即可确定灯A亮度的变化．根据干路电流的变化和通过A灯的电流变化，分析通过C灯的电流变化，即可判断C灯电压的变化，判断其亮度变化．根据C灯电压和路端电压的变化，分析B灯电压的变化，从而判断其亮度变化．‎ ‎【详解】闭合电键S后，A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而两灯的实际功率相等，由P=U2/R可知：RA＞RC，RA＞RB．C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P=I2R可得：RC＜RB．则得：RA＞RB＞RC．故A错误B正确．当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗．C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮．即A、B两灯变亮，C灯变暗，故C错误，D正确．故选BD．‎ ‎【点睛】本题按“局部→整体→局部”的顺序按部就班进行分析．由于电功率公式形式较多，要根据条件灵活选择不同的形式分析电阻关系．‎ ‎10.如图所示，ab是匀强磁场的边界，质子()和α粒子()先后从c点射入磁场，初速度方向与ab边界夹角均为45º，并都到达d点．不计空气阻力和粒子间的作用．关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( ) ‎ A. 质子和α粒子运动轨迹相同 B. 质子和α粒子运动动能相同 C. 质子和α粒子运动速率相同 D. 质子和α粒子运动时间相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中的运动轨迹相同，故A正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径r相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，粒子动能：，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，轨道半径r、磁感应强度B都相等，则EK质子=EKα粒子，故B正确；由牛顿第二定律得：，解得：，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，轨道半径r、磁感应强度B都相等，则：，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期： ，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，磁感应强度B都相等，则： ，两粒子的运动轨迹相同，粒子在磁场中转过的圆心角θ相同，粒子在磁场中的运动时间：，，故D错误；故选AB．‎ 点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，根据题意确定两粒子的轨迹关系与轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律、动能计算公式、周期公式进行分析即可正确解题．‎ ‎11.如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=‎0.1kg、带电荷量为 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数.从t=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场.下列说法正确的是（ ）‎ A. 4秒内小物块一直向同一方向运动 B. 2s末小物块速度大小为‎2m/s C. 4秒内小物块的位移大小为‎6m D. 4秒内电场力对小物块所做的功为0.8J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．0～2s，由牛顿第二定律得物块加速度：‎ 物块向右做加速运动，2s末小物块速度 前2s内的位移 ‎2～4s，由牛顿第二定律得加速度 物块向右做减速运动，4s末减速到零，2～4s的位移 ‎4秒内小物块的位移 故A正确，BC错误；‎ D．4秒内电场力对小物块所做的功 代入数据解得 故D正确．‎ ‎12.如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(-2L，O)、Q(O，-2L)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q，质量为m，不计电子的重力．下列正确的是（ ）‎ A. 若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为L B. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为 C. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3‎ D. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πL，也可能为4πL ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.‎ ‎【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为，选项A错误； ‎ 电子运动的周期为，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为，选项B正确；‎ 考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；‎ 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为4πL，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2πL，选项D正确；故选BD.‎ 第II卷 二、实验题（本题共2小题，共14分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。）‎ ‎13.如图所示，在实验室里小王同学用电流传感器和电压传感器等实验器材测干电池的电动势和内电阻。改变电路的外电阻R，通过电压传感器和电流传感器测量不同阻值下电源的路端电压和电流，输入计算机，自动生成U-I图线,如图（1）所示。‎ ‎ (1)由图可得干电池的电动势为_________V，干电池的内电阻为_______ Ω；‎ ‎ (2)现有一小灯泡，其U－I特性曲线如图（2）所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是__W ‎【答案】 (1). 1.5V (2). 2Ω (3). 0.27Wa ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．由图所示图象可知，电源电动势为：E=1.5V 电源内阻为：‎ ‎（2）[3]．由图象可知，灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡两端电压U=0.9V，电路电流I=‎0.3A，灯泡实际功率 P=UI=0.9V×‎0.3A=0.27W．‎ ‎14.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆100Ω挡．‎ ‎(1)关于R6的使用，下列说法正确的是_____‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“‎0”‎位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“‎0”‎位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(2)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B端是与“‎3”‎相连的，则读数为 ‎_____Ω．‎ ‎(3)根据题给条件可得R1+R2＝_____Ω，R4＝_____Ω．‎ ‎【答案】 (1). B (2). 1.1 (3). 160 (4). 880‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B项与题意相符；‎ ‎(2)[2] 若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ ‎(3)[3][4] 直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，‎ ‎ ‎ 总电阻 ‎ ‎ 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，‎ 三、解答题（本题共4小题，满分38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.如图所示，一根长L=‎0.2m的金属棒放在倾角为θ=37°的光滑斜面上，并通以I=‎5A电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度大小为B=0.6T，竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则（sin37°=0.6，cos37°=0.8）：‎ ‎(1)该棒所受安培力的大小为多少？‎ ‎(2)该棒的重力为多少？‎ ‎【答案】（1）0.6N （2）0.8N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒受到的安培力的大小:‎ FA=BIL=06×5×0.2N=0.6N ‎（2）根据共点力平衡得 解得 ‎16.如图所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时安培表的读数为l A，小灯泡L恰好正常发光，求：‎ ‎(1)滑动变阻器的最大阻值R0；‎ ‎(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．‎ ‎【答案】（1）6Ω（2）12 W ；8 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：‎ 流过滑动变阻器的电者呐：‎ 故：‎ ‎（2）电源电动势为：‎ 当触头，滑动到最下端时，滑动交阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流为：‎ 故电源的总功率为：‎ 输出功率为：‎ ‎17.如图所示，一带电微粒质量为、电荷量，从静止开始经电压为电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角，并接着沿半径方向近入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为。已知偏转电场中金属板长，圆形匀强磁场的半径为，重力忽略不计。求；‎ ‎（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；‎ ‎（2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】(1)(2)2000V/m(3)0.13T ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理 代入数据解得 ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动，水平方向 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a，出电场时竖直方向速度为v2，竖直方向 ‎，‎ 由几何关系 联立解得 由题可知，，则有 ‎(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：‎ 由 解得 ‎18.如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置．在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场．为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：‎ ‎（1）哪个直线加速器加速的是正电子；‎ ‎（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值．‎ ‎（3）正、负电子同时以v2速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离．‎ ‎【答案】（1）直线加速器2（2）；（3）△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子 ‎（2）如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h 或直接得：‎ 整理得：R 即当，即h时，Rmin 根据ev1B＝m，求得：v1‎ ‎（3）当v，则R，距离总是满足：△y＝2h 情况一：h＞R，只有一种情况h＝R，△y 情况二：h＜R，，h＝R，‎ 那么△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1‎