河南省九师联盟2020届高三下学期高仿密卷理综物理试题 Word版含解析 21页

- 1 - 2020 年普通高等学校招生全国统一考试高仿密卷理科综合 物理试题 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～4 题 只有一项符合题目要求，第 5～8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有选错的得 0 分。 1.颠球是足球运动基本技术之一，若质量为 400g 的足球用脚颠起后，竖直向下以 4m/s 的速 度落至水平地面上，再以 3m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的 时间内，关于足球动量变化量△p 和合外力对足球做的功 W，下列判断正确的是（ ） A. △p=1.4kg·m/s W=-1.4J B. △p=-1.4kg·m/s W=1.4J C. △p=2.8kg·m/s W=-1.4J D. △p=-2.8kg·m/s W=1.4J 【答案】C 【解析】 【详解】足球与地面碰撞过程中动量的变化量 △p=mv2-mv1=0.4×3kg·m/s-0.4（-4）kg·m/s=2.8kg·m/s 方向竖直向上； 由动能定理，合外力做的功 2 2 2 2 2 1 1 1 1 10.4 3 J 0.4 4 J=-1.4J2 2 2 2W mv mv        故选 C。 2.如图所示，在武汉火神山建筑工地上，一质量为 80kg 的工人通过定滑轮将 50kg 的建筑材 料以 1m/s2 的加速度向上拉升，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气阻力，忽略绳子和定滑轮的 质量及它们之间的摩擦，用如图甲、乙所示的两种方式拉升建筑材料，地面对工人的支持力 - 2 - 大小之比约为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 【答案】B 【解析】 【详解】设绳子对建筑材料的拉力为 F1，根据牛顿第二定律有 F1-mg=ma 解得 F1=m（g+a）=550N 绳对人的拉力 F2=F1=550N 人处于静止，在题图甲中，由平衡条件得地面对人的支持力 FN1=Mg-F2=250N 在题图乙中，由平衡条件得地面对人的支持力 FN2=Mg-F2sin30°=525N 题图甲、乙所示地面对工人的支持大小之比 FN1：FN2≈0.5 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示为发电机结构示意图，其中 N、S 是永久磁铁的两个磁极，其表面为对应圆心角为 120°的圆弧面。M 是圆柱形铁芯，它与磁极柱面共轴，铁芯上绕有边长为 L 的单匝正方形线 框，可绕与铁芯共同的固定轴转动，磁极与铁芯间的磁场均匀辐向分布。已知正方形线框匀 速转动时，其切割磁感线的边的线速度大小为 v，切割时切割边所在位置的磁感应强度大小始 终为 B，则下列说法正确的是（ ） - 3 - A. 线框中产生的最大感应电动势为 BLv B. 线框中产生的感应电流的变化周期为 2 L v  C. 线框中产生的有效感应电动势为 6 3 BLv D. 线框中产生的有效感应电动势为 2 6 3 BLv 【答案】D 【解析】 【详解】A．线框中产生的最大感应电动势为 2BLv，选项 A 错误； B．线框中产生的感应电流的变化周期等于线框转动的周期，即 LT v  ，选项 B 错误； CD．由交变电流有效值的计算公式有 22 2= 3 mEE T TR R   解得 6 2 6 3 3mE E BLv  选项 C 错误，D 正确。 故选 D。 4.如图所示，两块水平放置的平行金属板 a、b，相距为 d，组成一个电容为 C 的平行板电容 器，R1 为定值电阻，R2 为可变电阻，开关 S 闭合.质量为 m 的带正电的微粒从 O 点以水平速度 v 射入金属板问，沿曲线打在 b 板上的 P 点若经有关调整后，微粒仍从 O 点以水平速度 v 射入， 不计空气阻力及板外电场，则下列判断正确的是（ ） - 4 - A. 只增大 R2，微粒打在 P 点左侧 B. 只增大 R2，微粒仍打在 P 点 C. S 断开，a 板稍微竖直上移，微粒仍打在 P 点 D. S 断开，a 板稍微竖直上移，微粒打在 P 点左侧 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由电路连接情况可知，两板间电场方向竖直向上，带正电微粒所受电场力方向 竖直向上，电阻 R1 与 R2 串联，根据串联分压规律可知，增大 R2，R1 两端电压减小，两极板间 电压减小，粒子所受电场力减小，故微粒所受竖直向下的合外力增大，由牛顿第二定律可知， 微粒运动加速度增大，竖直方向 21 2 2 d at 则运动时间减小，水平方向 0x v t 微粒水平位移减小，微粒将打在P 点右侧，AB 错误； CD．断开开关，电容器所带电荷量 Q 不变，电容的公式 4 SC kd   QC U  场强与电势差的关系式 UE d  可得 4 kQE S   可知改变板间距离不会改变两板间场强，所以粒子仍打在 P 点，D 错误 C 正确。 故选 C。 5.如图所示，在竖直平面内 xOy 坐标系中，存在沿 x 轴正方向的恒定风力，将小球以初速度 v0=4m/s 从 O 点竖直向上抛出，到达最高点的位置为 M 点，落回 x 轴时的位置为 N 点。不计空 气阻力，坐标格为正方形，重力加速度 g 取 10m/s2，则小球在 M 点的速度 v1 和到达 N 点的速 度 v2 的大小分别为（ ） - 5 - A. v1=6m/s；v2=4 10 m/s B. v1=6m/s；v2=3 10 m/s C. v1=5m/s；v2=4 10 m/s D. v1=5m/s；v2=3 10 m/s 【答案】A 【解析】 【详解】设正方形的边长为 s0，小球竖直方向做竖直上抛运动 0 0 12 2 vs t 水平方向做初速为零的匀加速直线运动 1 0 13 2 vs t 联立两式解得 v1=6m/s 由竖直方向运动的对称性可知，小球再经 t1 到达 x 轴，位置 N 的坐标为（12，0）小球到 N 点 竖直分速度大小 v0=4m/s 水平分速度 1 12 2 12m/sxv at v   故 2 2 2 0 4 10xv v v   m/s A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6.在匀强磁场中，一个静止的铀原子核 238 92 U 经α衰变后变成一个新核 234 90Th ，衰变方程为 238 234 4 92 90 2U Th+ He ，结果得到的径迹为两个相切圆 1 和 2 的径迹照片如图所示。已知两个相 - 6 - 切圆半径分别为 r1、r2，且 r1＜r2，则下列说法正确的是（ ） A. 衰变后 234 90Th 核的动量与α粒子的动量不相同 B. 半径为 r1 的圆为放出α粒子的运动轨迹 C. 衰变后 234 90Th 核的质量与α粒子的质量之和等于衰变前铀核 238 92 U 的质量 D. 若铀元素的半衰期为τ，则经过 2τ的时间，2 kg 的 238 92 U 核中有 1.5 kg 已经发生了衰变 【答案】AD 【解析】 【详解】A．衰变前，铀核 238 92 U 的动量为零，根据动量守恒定律可知，新核 234 90Th 与α粒子的 动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，故 A 正确； B．新核 234 90Th 与α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 2vqvB m r  解得 mv pr qB qB   由于 p、B 都相等，则粒子电荷量 q 越大，其轨道半径 r 越小，由于新核的电荷量大于放出粒 子的电荷量，所以新核的轨道半径小于放出粒的轨道半径，则半径为 r1 的圆为新核的运动轨 迹，半径为 r2 的圆为放出α粒子的运动轨迹，故 B 错误； C．铀核衰变的过程中，存在质量亏损，导致衰变后 234 90Th 核的质量与α粒子的质量之和小于 衰变前铀核 238 92 U 的质量，故 C 错误； D．2 kg 的 238 92 U 核衰变，符合统计规律，经过 2τ的时间，即 2 个半衰期的时间，已有 1.5 kg 发生衰变，故 D 正确。 - 7 - 故选 AD。 7.假设太阳的质量为 M，到太阳中心的距离为 r 的海王星质量为 m，规定物体距离太阳无穷远 处的太阳引力势能为零，则理论证明海王星的太阳力势能公式为 P MmE G r   .已知海王星 绕太阳做椭圆运动，远日点和近日点的距离分别为 r1 和 r2，另外已知地球绕太阳做圆周运动， 其轨道半径为 R，万有引力常量为 G，地球公转周期为 T。结合已知数据和万有引力规律，则 可以推算下列哪些物理量（ ） A. 海王星质量 B. 太阳质量 C. 地球质量 D. 海王星远日点速度 【答案】BD 【解析】 【详解】设海王星远日点和近日点速度分别为 v1 和 v2，根据开普勒第二定律有 v1r1=v2r2 根据机械能守恒定律有 2 2 1 2 1 2 1 1-2 2 Mm Mmmv G mv Gr r   设地球质量为 m0，已知地球公转周期为 T，万有引力常量为 G，太阳的引力提供向心力，有 2 0 02 2 4MmG m RR T  由三式可推导太阳质量、海王星远日点速度，不能推导海王星质量、地球质量，故选项 BD 正 确，AC 错误。 故选 BD。 8.如图所示，间距为 L 足够长的光滑平行导轨 PQ、MN 固定在绝缘水平桌面上，导轨左端接有 阻值为 R 的定值电阻，质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 垂直静置于导轨上，与导轨接触良好， 其长度恰好等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计整个装置处于磁感应强度 B 的匀强磁场中， 磁场方向垂直导轨向上.如果导体棒 ab 以初速度 v0 向右运动开始计时，则以下说法正确的是 （ ） - 8 - A. 棒 ab 运动的速度为 v0 时其加速度的大小为 2 2 0 ( ) B L v m R r B. 棒 ab 运动的速度为 v0 时其加速度的大小为 2 2 02 3 ( ) B L v m R r C. 棒 ab 在导轨上运动的位移 x 的大小为 0 2 2 ( )mv R r B L  D. 棒 ab 在导轨上运动的位移 x 的大小为 0 2 2 2 ( ) 3 mv R r B L  【答案】AC 【解析】 【详解】AB．导体棒速度为 v0 时切割磁感线产生感应电动势 E=BLv0 导体棒中电流 EI R r   导体棒受到安培力 F 安=BIL 由牛顿第二定律 F 安=ma 联立以上各式，可得棒 ab 运动速度为 v0 时其加速度的大小 2 2 0 ( ) B L va m R r   A 正确，B 错误； CD．由动量定理 00BILt mv   导体棒中的平均感应电流 - 9 - = BLvI R r 导体棒的位移 x vt 联立三式解得棒 ab 在导轨上运动的位移大小为 0 2 2 ( )mv R rx B L  C 正确，D 错误。 故选 AC。 二、非选择题:共 62 分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13～16 题为选 考题，考生根据要求作答。 （一）必考题 9.某同学设计出如图所示“验证机械能守恒定律”的实验装置，半径为 R 的光滑四分之一圆 弧轨道固定在水平桌面上，切口与桌边对齐，探测屏 MN 竖直立于水平地面；每次将小球从圆 弧形轨道的最高点由静止释放，探测屏记录下小球的落点。测屏从某位置开始每次向右移动 距离 L，依次记录小球落点位置 A、B、C，测得 A、B 间的距离 h1，A、C 间的距离 h2，小球大 小不计。 （1）下列说法正确的是________（填正确答案标号）。 A.实验前应对实验装置反复调节，保证小球飞出时速度既不太大，也不太小 B.小球每次从同一位置由静止释放，是为了保证小球在空中运动的时间相等 C.探测屏每次向右移动距离相等，是为了保证相邻两落点间的时间间隔相等 D.验证时，必须知道当地的重力加速度 （2）若小球运动过程中机械能守恒，则 L 与 h1、h2 的关系式为________。 - 10 - 【答案】 (1). C (2). L2=2R（h2-2h1） 【解析】 【详解】（1）[1]．A．对于确定的四分之一圆弧轨道，每次将小球从圆弧轨道的最高点由静 止释放，小球飞出时的速度保持不变，选项 A 错误； B．每次让小球从同一位置山静止释放，是为了保证小球离开圆弧轨道时具有相同的水平初速 度,选项 B 错误； C．探测屏每次向右移动距离相等，是为了保证相邻两落点间的时间问隔相等，选项 C 正确； D．验证机械能守恒时，重力加速度可以约去，不需要知道当地的重力加速度，选项 D 错误。 故选 C。 （2）[2]．若小球运动过程中机械能守恒，则有 2 0 1 2mgR mv 根据平抛运动规律可得 （h2-h1）-h1=gt2 L=v0t 联立以上各式解得 L2=2R（h2-2h1） 10.某研究性学习小组为了测量电流表 G 的内阻，设计了如图甲所示的电路.实验室提供了以 下器材: A.待测电流表 G（量程 1mA，阻值约 150Ω） B.滑动变阻器（总阻值 5000Ω，额定电流 1A） C.滑动变阻器（总阻值 500Ω，额定电流 1A） D.电阻箱 R2（总阻值 999.Ω） E.电源（电动势为 1.5V，内阻很小） - 11 - F.电源（电动势为 3V，内阻很小） G.开关导线若干 （1）该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表 G 的内阻，则滑动变阻器 R1 应选择 ________（填器材前代码序号），电源应选择________（填器材前代码序号）。 （2）实验时，先断开开关 S2，闭合开关 S1，调节滑动变阻器 R1，使得 G 的示数为 Ig；保持 R1 的阻值不变，再闭合 S2；调节电阻箱 R2，使得 G 的示数为 3 gI ，此时电阻箱 R2 的示数如图乙所 示，则 G 的内阻为_______ Ω 。 （3）该实验中，G 的内阻测量值________（填“大于”或“小于”）真实值。 【答案】 (1). B (2). F (3). 160.4 (4). 小于 【解析】 【详解】（1）[1][2]．根据半偏法测电阻的原理，在安全的前提下，选用电动势大的电源可 以减小系统误差，所以电源选 F；实验时，先断开开关 S2，闭合开关 S1，调节滑动变阻器 R1， 使得 G 的示数为 Ig，则回路中的总电阻为 g ER I  =3000Ω 则滑动变阻器选择 B. （2）[3]．实验时，先断开开关 S2，闭合开关 S1，调节滑动变阻器 R1，使得 G 的示数为 Ig； 保持 R1 的阻值不变，再闭合 S2 调节电阻箱 R2，使得 G 的示数为 3 gI ，此时电阻箱的示数为 R2=80.2Ω，流过电阻箱的电流为 2 3 gI ，则由 2 2 3 3 g g g I IR R 解得 G 的内阻为 Rg=2R2=160.4Ω （3）[4]．闭合 S2 后，回路中的总电阻减小，导致这时的总电流大于 Ig，当流过电流表的电 流为 3 gI 时，流过 R2 的电流大于 2 3 gI ，即 - 12 - 2 2 3 3 g g g I IR R 即 Rg＞2R2，所以测量值偏小。 11.如图所示，在竖直平面内存在垂直于纸面向里半径为 r0 的圆形匀强磁场区域 C、D 两个竖 直平行金属板之间的电压为 U。一质量为 m、荷量为 q 的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠 近 C 板的 S 点由静止开始水平向右做加速运动，自 M 点沿圆形匀强磁场区域的半径方向射入 磁场，粒子射出磁场后能通过 M 点正上方的 N 点，M、N 两点间的距离为 03r ，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）粒子从 M 点运动到 N 点的时间。 【答案】(1) 0 1 6Um r q ；(2) 0 0 2 2 3 6 rm mr qU qU  【解析】 【详解】(1)粒子在电场中加速时，根据动能定理 qU= 21 2 mv 解得粒子从 M 点射入磁场的速度大小 2qUv m  粒子做圆周运动的轨迹如图所示 由几何关系知 - 13 - 0 0 3 tanr r  解得 o=60 又 0 sin(90 ) 3 r r r    解得粒在磁场中做圆周运动的半径 03 3 rr  由公式 qvB= 2mv r 解得匀强磁场的磁感应强度大小 0 1 6mv UmB qr r q   (2)粒子在磁场中运动的时间 o 1 180 2 2 360 mt qB    粒子射出磁场后的运动时间 0 2 rt v  粒子从 M 点运动到 N 点的时间 1 2t t t  联立解得 0 0 2 2 3 6 rm mt r qU qU   12.如图所示，在某竖直平面内，圆心为 O、半径 R=0.32m 固定的半圆光滑轨道 CD 与足够长的 光滑水平面 BC 平滑连接于 C 点直径 CD 垂直于 BC，BC 左端连接倾角为 =37°的倾斜传送带 AB，传送带顺时针转动，速度为 v0=4m/s.现将可视为质点的小物块甲从倾斜传送带的 A 点由 - 14 - 静止释放，到达 B 点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在 C 点可视为质点的小物块 乙发生弹性正碰，甲、乙两物块的质量均为 m=1.0×10-2kg，不计空气阻力，小物块甲与传送 带之间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （1）若两物块碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，则两物块碰后瞬间，乙对半圆轨道最低 点 C 处的压力 F； （2）在满足（1）的条件下，求传送带 AB 的长度； （3）若保持乙的质量不变，增大甲的质量，将甲仍从 A 点释放，求乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围. 【答案】（1）0.6N，方向竖直向下；（2）3.05m；（3）x′＜2.56m 【解析】 【详解】（1）设乙恰好能通过 D 点时的速度为 vD，则 2 Dvmg m R  解得 Dv gR 乙从 C 到 D，根据机械能守恒，得 2 21 122 2C Dmv mg R mv   解得 5Cv gR 在碰后的 C 点 2 CvF mg m R    解得 F′=6mg 根据牛顿第三定律得 F=F′=6mg=0.6N，方向竖直向下 - 15 - （2）设碰撞前后甲的速度分别为 v、v 甲，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv=mv 甲+mvC 2 2 21 1 1+2 2 2 Cmv mv mv 甲 联立以上两式解得 v 甲=0 5 4m/sCv v gR   甲从 A 运动到 B 时速度 1 5m/scos37 vv   可见甲在与传送带等速前后均做匀加速运动 甲与传送带等速前 甲的加速度 2 1 sin37 cos37 10m/smg mga m    甲的位移 2 0 1 12 vx a  =0.8m 甲与传送带等速后，甲的加速度 2 2 sin37 cos37 2m/smg mga m    甲的位移 2 2 1 0 2 22 v vx a  =2.25m 故传送带 AB 的长度 L=x1+x2=3.05m （3）甲仍在 A 点释放，运动到水平面上的速度也仍为 v=4m/s 设甲的质量为 M，碰撞后甲、乙的速度分别为 vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有 Mv=MvM+mvm 2 2 21 1 1 2 2 2M mMv Mv mv  联立解得 - 16 - 2 m Mvv M m   因为 M≥m，可得 v≤vm＜2v 设乙过 D 点的速度为 vD′，由动能定理得 2 21 12 2 2D mmg R mv mv    联立解得 16DgR v gR  设乙在水平轨道上的落点到 C 点的距离为 x′，则有 212 2R gt Dx v t  联立解得乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围 2R≤x′＜8R 即 0.64m≤x′＜2.56m （二）选考题:共 15 分。请考生从 2 道物理题任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的 第一题计分。 【物理——选修 3-3】 13.下列关于热学问题的说法正确的是_________。 A. 树叶上露珠在凝结形成的过程中，水分子间的引力斥力都增大 B. 18℃水的饱和汽压大于 27℃水的饱和汽压 C. 液体表面具有收缩的趋势是因为液面分子间作用力表现为引力 D. 放煤的墙角会变黑不只是墙面上黑，这种扩散运动反映了分子热运动的有序性 E. 不能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．草叶上的露珠是由空气中的水蒸气凝结成的水珠，这一物理过程中分子间距减小， 则水分子间的引力、斥力都增大，选项 A 正确； B．温度越高，水的饱和汽压越大，选项 B 错误； - 17 - C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间作用力表现为引力，所以 液体表面具有收缩的趋势，选项 C 正确； D．布朗运动与扩散运动都反映了分子热运动的无序性，选项 D 错误； E．根据热力学第二定律的一种表述，不能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变 化，选项 E 正确。 故选 ACE。 14.如图所示，导热件能良好的气缸竖直放置，横截面积为 S．气缸内用活塞封闭着一定质量 的理想气体，气柱的高度为 L，温度为 T1．活塞与气缸间摩擦忽略不计，现在活塞上放一质 量为 m 砝码，气柱高度变为 2 L ，气缸關婦，再对气缸缓慢加热，使气缸内的气柱高度恢复到 L，已知加热时气体吸收的热量为 Q，外界大气压强为 0p （1）整个过程中被封闭气体的内能变化了多少？ （2）气体的末态温度 T2 为多少？ （3）请在 V-T 图上画出整个过程的图像 (在图线上标出过程的方向）． 【答案】（1）Q-mgL；（2）2T1；（3） 【解析】 【详解】（1）在过程 1 中，气体保持等温变化，故气体的内能不变；由玻意耳定律可得 0 0( ) 2 mg LP SL P SS   ： 解得 P0S=mg； 在过程 2 中，气体吸热 Q，且气体对外做功为 0( ) 2 LP S mg mgL  - 18 - 则气体内能变化了 Q-mgL； （2）对过程 2，由气体状态变化方程 1 2 2 LS SL T T  解得 T2=2T1； （3）V-T 图像如图： 【物理——选修 3-4】 15.如图甲所示是利用沙摆演示简谐运动的装置，当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出 时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出如图乙所示的曲线.已知木板水平速度为 0.20m/s，图乙所示一段木板的长度为 0.60m，重力加速的大小取 2g  ，则沙摆的摆长为 ________m（计算结果保留两位有效数字）；图乙可表示沙摆的________（填“振动”或“波 动”）图像。 【答案】 (1). 0.56 (2). 振动 【解析】 【详解】[1]漏斗每完成一次全振动，木板上形成个完整的波形根据题图，形成两个完整波形 的时间为 0.6 s0. s2 3t   故每一个波形的时间为1s ，即漏斗的振动周期 1.5sT  - 19 - 根据单摆周期公式 2 lT g  摆长 2 2 0.56m4 gTl   [2]题图可表示漏斗位置随时间变化的关系，即可表示沙摆的振动图像 16.第 32 届夏季奥林匹克运动会即东京奥运会游泳比赛，中国选手有 50 人次获得参赛资格。 如图所示，游泳池里注满了水，水深 h= 7 m，在池底有一点光源 S，它到池边的水平距离为 3.0m，从点光源 S 射向池边的光线 SP 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角。一裁判员 坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为 3.m；当他看到正前下方的点光源 S 时， 他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45°求： （1）水的折射率 n； （2）裁判员的眼睛到池边的水平距离 x。（结果保留根式） 【答案】（1） 4 3n  ；（2） 73 23x  m 【解析】 【详解】（1）如图，设到达池边的光线的入射角为 i，依题意，光线的折射角为 =90° - 20 - 由折射定律可知 nsini=sin 由几何关系可知 2 2 sin Li L h   式中 L=3m，水深 h= 7 m 联立上式并代入数据解得水的折射率为 4 3n  （2）设此时裁判员的眼睛到池子边的水平距离为 x，由题意裁判员的视线和竖直方向的夹角 为 =45° 由折射定律 sin sinn i   设入射点到 S 点的水平距离为 a，由几何关系可知 2 2 sin ai a h    且 a=x，解得 73 23x  m - 21 -