广东省七校联合体2021届高三第一次联考(物理)
广东省七校联合体2021届高三第一次联考
物 理
一、选择题：本题共10小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目
要求，共24分；第7～10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.关于卢瑟福的α粒子散射实验，下列说法正确的是 A. 大多数α粒子发生大角度偏转
B. α粒子发生偏转的原因是与电子发生碰撞
C. 穿过金箔过程中，远离金原子核的α粒子电势能减小
D. α粒子散射实验证明了汤姆孙关于原子的结构模型是正确的
2.如图所示，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ .则 A ．q 1＝2q 2 B ．q 1＝4q 2 C ．q 1＝－2q 2 D ．q 1＝－4q 2
3.排球运动场地示意图如图所示，排球网在O 点处，左右两侧场地的A 、B 两点与O 点距离均为H ，AB 连线与网平面垂直，左右边界与网的垂直距离约为3H 。一运动员在A 正上方H 处将球水平拍出，刚好被对方运动员在B 点上方
2
H
处接住，不计空气阻力，则 A. 球被拍出后，相同时间内速度变化量越来越大 B. 球被拍出后，经过g
H
t 2=
的时间被接住 C. 球被拍出瞬间，初速度大小为gH v =
D. 若对方运动员不接球，该球便落在对方界内得分
4.如图，倾角θ=37°的斜面上固定一个垂直斜面的挡板，两质量均为m 相同的铁块用轻绳系在挡板上，铁块中间夹着一个质量为2m 的铜块，铜块刚好静止，接触面间的摩擦因数均为μ，已知sin37°=0.6，则μ的大小为
A .0.25 B. 0.5 C.0.375 D. 0.75
O
A
B
θ
5.如图，固定在光滑半圆轨道上的导体棒M 通有垂直纸面向里的电流（较大），导体棒N 通有垂直纸面向外的电流，M 在N 处产生的磁场磁感应强度为B 1，N 刚好静止，此时M 、N 关于过O 点的竖直轴对称，且∠MON=60°；若调整M 的电流大小和位置并固定，当N 再次平衡时，∠M O N=120°，且M 、N 仍关于过O 点的竖直轴对称，则调整后M 在N 处产 生的磁场磁感应强度B 2与B 1的比值为
A. 0.5
B. 2
C. 3
D.
3
1 6.如图所示，电路中每个电阻的阻值与电源内阻均相等，电容器C 与其中一个电阻串联在一个支路，若闭合开关k 、k 1和k 2，电容器的电荷量为Q ，若只闭合k 、k 1时电容器的电量为Q 1，若只闭合k 、k 2时电容器的电荷量Q 2，则Q 1、Q 2分别为 A. 2Q ，3Q B. 32Q ，Q
2 C. 2Q ，3Q D. 3Q ，4
Q
7.物理学家在电与磁的发现过程中，经历了一段艰辛的探索过程，下列说法正确的是 A.奥斯特发现了电流可以产生磁场，并提出了电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说 B.法拉第通过实验发现了产生感应电流的条件
C.安培总结了通电导线在磁场中受力的大小和方向的规律
D.楞次通过实验总结了感应磁场方向总是与原磁场方向相反的定律
8．某中轨道卫星绕地球做圆周运动的半径约为地球同步卫星轨道半径的一半，已知地球自转周期为
T ，地球同步卫星轨道半径为r ，则下列说法正确的是 A ．中轨道卫星绕地球运转的周期约为
2
T
B ．中轨道卫星绕地球运转的线速度等于
T
r
π22 C ．中轨道卫星绕地球运转的角速度比同步卫星角速度大
D ．中轨道卫星绕地球运转的向心加速度比同步卫星向心加速度大
9.某型号汽车行驶过程中，t =0时，功率为P ，速度为v ，加速度大小为a ，并开始做匀加速直线运动，t =t 0时，它的功率达到2P ，在t 0 A.汽车行驶过程中，受到的阻力大小为 2at v P + B.从t =0到t =t 0，牵引力做的功为05.1Pt C.从t =0到t =t 0，汽车的位移为02vt D.汽车的额定功率应小于3P 10.如图所示，竖直空间某区域存在向下的磁场，磁场大小关于图中O 点所在水平面A 对称分布，水平面A 与所在位置的磁感线都垂直，磁感应强度大小的变化规律为k x B B - 0=（k 为常量，且B 不为零），x 表示与水平面A 的竖直距离。一半径为r ，电阻为R 的圆形线框（线框面与面A 平行，且中轴刚好过O 点）从距面A 为h 处静止释放，当线框到达水平面A 时，发热量为Q ，速度为v ，到达平面A 后，继续向下加速运动到达O 点下方h 处，已知h 小于kB 0 , 则 A.线框下落过程中，加速度始终小于重力加速度g B.线框到达O 点时，通过线框的电荷量为Rk h r 2π C.线框到达O 点下方h 处时，下落过程的发热量为2Q D.线框到达O 点下方h 处时，速度应小于v 2 二、非选择题：共52分，其中11~12题为实验题，13~15题为计算论述题，考生根据要求作答。 11.(4分) 用“一把量程为5N 的弹簧测力计；一个质量末知的重物；一条橡皮筋；平整木板一块；图钉若干枚；刻度尺、细线、白纸和笔。”验证力的平行四边形定则。请根据某同学的实验操作过程，完成相关实验内容 （a ）挂在弹簧测力计上的重物静止时，测力计示数如图甲所示。 （b ）把纸平铺在木板上并固定，橡皮筋的一端固定在木板上端A 点，另一端用细线打上结（方便挂重物和弹簧测力计拉动）。 （c ）如图乙所示，将木板竖直放置，挂上重物拉伸橡皮筋的结点到某一位置O ，记下该位置和挂重物细线的方向。 （d ）移动重物位置，使橡皮筋拉伸方向偏离竖直位置，在适当的位置钉上一枚图钉(如图丙所示中B 点)，让挂重物的细线搭在图钉上，使橡皮筋的拉伸方向固定下来。 （e ）如图丁所示，用弹簧测力计把橡皮筋结点拉到O 点，记下此时弹簧测力计的示数和方向（设 与竖直方向夹角为α）、O 点与B 点的连线（设与竖直方向夹角为β）。 （f ）根据力的图示标示各力的大小；根据力的合成用作图方法求出分力的合力，将该力与橡皮筋只受一个力作用时进行比较。力的平行四边形定则得到验证。 （1）重物的重力大小为 N （2）如图丁所示，当 60=β时，=α ；此时弹簧测力计指示的示数为 N; 12．（8分） 某实验小组已通过实验获得锗二极管和硅二极管（简称锗管和硅管）的伏安特性曲线如图（a ）所示，现有这个类型的锗管和硅管甲和乙，但标记不清楚，无法判断哪一个是硅管、哪一个是锗管。 （i ）其中一同学取甲管（图（b ）所示）做实验，他选用多用表的电阻档，并用表笔K 接图（b ）中的M 端，另一表笔接N 端，发现多用表指针偏角较小，则表笔K 应该是____(“红”或“黑”)笔； （ii ）该同学继续用电路图（c ）研究甲管的特性，他将变阻器的滑片________（“从A 到B ”、“从B 到A ”）慢慢滑动，当电压表示数超过0.1V 时，电流表示数开始明显增加，则甲管的材料应该是______。 （iii ）另一同学用剩下的乙管利用电路图（d ）进行实验，其中定值电阻Ω=301R 、Ω=102R 、电源输出电压V E 1=保持不变，则此电路中，二极管乙的功率为_______。 丁 4 5 3 4 5 3 N A O A O A O B B βα 甲 乙 丙 M N (b) 2R 1R (d) 1R 2R R A B mA V (c) 13（10分） 如图，A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA ＝30°，OA 的长度为L 。在△OCA 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t 0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为5 3t 0，求粒子此次入射速度的大小。 14.（12分） 如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m =1kg 的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度-时间（v-t ）图的部分图像如图乙所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求 （1）物块与皮带之间的动摩擦因素μ （2）物块沿皮带向上运动的最大位移 15.（18分） 如图，虚线MN 上方存在沿水平方向的匀强电场区域。同一竖直面内，两个半径相同、带电荷量分别为+q 和-q 的弹性小球P 、Q ，在距MN 分别为2h 和 0.5h 处，沿平行电场的方向同时向与MN 垂直的虚线抛出，p 的初速度是Q 的4倍，之后两球均从O 点垂直MN 射出电场。在与MN 距离为y （y 未知）的水平面固定一绝缘弹性板，Q 球与板发生第一次碰撞后在返回MN 处时恰好与P 发生碰撞。假设两球与挡板、两球之间的碰撞均为弹性正碰，且球与挡板碰后电量不变，两球碰后电荷中和。已知重力加速度为g ，忽略两球之间的库仑力，则 （1）P 、Q 两球质量的比多大？ （2）求y 的大小； （3）两球第一次碰后，改变距离y ，Q 与挡板第二次碰后撤去挡板，使得Q 能在MN 上方与P 再次碰撞，求y 的范围。 ? =37θ() s m v //s t /0 8 44.0甲 乙 垂线 P Q M N O y 参考答案 1【答案】C 【解题思路】因为原子核所占空间较小，极少数发生大角度偏转，故选项A 错误；α粒子发生偏转的原因是原子核对它有斥力的作用，故选项B 错误；远离金原子核的α粒子受到库仑力，库仑力做正功，它的电势能减小，故选项C 正确；散射实验证明汤姆孙的原子结构模型（枣糕模型）是错误的，如果按照“枣糕模型”，不可能出现a 粒子散射实验的结果，故D 错误。 [命题意图]以α粒子散射实验为背景，考查学生对原子核式结构模型的知识。通过对a 粒子在金箔原子核中运动分析、受力分析和能量分析，考查学生的理解、分析能力。 2答案 B 解析两点电荷带同种电荷，设RQ ＝r ，则PR ＝2r ，有k q 1(2r )2＝k q 2 r 2 ，解得：q 1＝4q 2，故B 正确． 3【答案】D 【解题思路】球被拍出后，做平抛运动，仅受重力，相同时间内速度变化量相同，故选项A 错误；由 2212H H gt -=，得接球时间为g H t =，故选项B 错误；初速度gH t H v 220==，故C 错 误。如果球落地：g H t 21= ，则水平位移：H t v S 2210==，故在界内，所以选项D 正确。 [命题意图]以排球这一熟悉的运动为背景知识，考查平抛运动的速度、高度与时间的关系等知识。通过平抛运动速度变化与受力关系的分析、临界问题的分析，考查学生的理解、综合分析、应用数学知识解决问题的能力。 4【答案】C 5【答案】C 【解题思路】磁场调整前，导体棒N ?=30tan 1mg IL B ；调整后：?=60tan 2mg IL B ，可得B 2=3B 1 。 [命题意图]以安培力作用下的物体平衡为背景知识，考查安培力、共点力平衡等知识。通过两种角度 下安培力大小与位置、重力关系的分析，考查学生的理解、推理分析、应用数学知识解决问题的能力。通过抽象导体棒受力分析的建模，提高学生建立物理模型解决问题的能力。 6【答案】B 【解题思路】设电源电动势为E ，电源内阻为R ，若闭合开关k 、k 1和k 2，电路结构如图甲所示，其中并联部分总电阻为R R R R R R R R 3 2 )(1=+++?= ，电路的电流为1R R R E I ++= ，电容器的电荷量EC IRC UC Q 83 === ；若只闭合k 、k 1，电路如图乙所示，则电容器电荷量 Q EC R R R R R Q 3 2 1=+++= ；只闭合k 、k 2时，电路结构如图丙所示，电容器的电荷 IL 1丙 量：Q EC R R R R R Q 232=+++= ，所以选项B 正确。 [命题意图]以含容电路的分析为背景知识，考查串并联规律、闭合电路的欧姆定律和电容、电容器等知识。通过开关的变化引起电路变化的分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对排球运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。 7【答案】BC 【解题思路】电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说不是奥斯特提出，是安培的分子电流假说，故A 选项错误；法拉第发现感应电流产生的条件，选项B 正确；安培总结出了判断安培力方向的左手定则，并得到安培力大小的表达式，所以C 选项正确；感应电流的方向总是阻碍原磁场的变化，原磁场减小时，感应磁场与原磁场方向相同，所以D 选项错误。 [命题意图]以物理学史为背景知识，考查分子电流假说、感应电流和楞次定律等知识。通过科学家与物理规律对错的辨析，考查学生的理解、推理分析能力。对物理学规律的发现这一问题的再现，有利于渗透培养正确的科学态度与责任。 8.【答案】BCD 9【答案】BD 【解题思路】t =t 0时，牵引力为02at v P F += ，由牛顿第二定律： ma f at v P =-+0 2，可得汽车受到的阻力为 ma at v P -+0 2，故选项A 错误；从t =0到t =t 0，由于P=FV=F （v+ at ），得功率线性增大， 平均功率为P P P P 5.12 2=+= ，牵引力做的功为05.1Pt W =，故选项B 正确；从t =0到t =t 0，应该为汽车的位移为 005.12 2vt t v v =+，不等于02vt ，故选项C 错误；若在t =2t 0时达到额定功率，则 额定功率为P at v F P 3)2(00=+=，所以汽车的额定功率应小于3P ，故选项D 正确。 [命题意图]以汽车匀加速和变加速运动为背景知识，考查汽车行驶过程中的功率、牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律等知识。通过匀加速直线运动和变加速过程的比较分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对汽车变加速运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。 10【答案】BD 【解题思路】由于A 处的水平面与磁感线垂直，线框的速度与A 处水平面也垂直，所以在水平面A 处线框速度与磁场平行，感应电流为零，线框受到安培力为零，所以加速度等于重力加速度，即下落过程中线框的加速度并不始终小于g ，故选项A 错误；从O 点上方下落到O 点所在水平面，线框 磁通量变化量为k h r 2πφ=?，通过线框的电荷量为Rk h r R q 2πφ=?=，故选项B 正确；从O 到O 点以下h 处，线框下落过程的速度都大于v ，从O 点上方h 处下落到O 点的过程中，下落的速度都小 于v ，所以在O 点下方运动过程中，感应电流比在O 点上方运动产生的感应电流大，克服安培力做的功比较多，故发热量应大于Q ，故线框到达O 点下方h 前，发热量应大于2Q ，故选项C 错误； 从O 点上方h 处下落到O 点，有02 12 -= -mv Q mgh ；从O 点上方h 到O 点下方h 处，有 2 12 12mv Q h mg = -?’；由于Q ’>2Q ，可得v 1小于v 2，故选项D 正确。 [命题意图]以圆环在磁场中向下运动为背景知识，考查楞次定律、法拉电磁感应定律、磁通量、牛顿第二定律和能量守恒定律等知识。通过设置环的速度与磁感线平行的临界分析、磁通量变化的两个状态以及两段相同高度的能量变化的比较分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。 11.答案：（1）4.0；(2) 60，4.0； 解析：（1）从弹簧测力计上读数得 4.0N ；（2） 60=α，由于本实验所给的器材只有一把弹簧测力计，为了提供两个分力，利用了重物来充当一个分力，所以总是有一个分力的大小与合力大小相等，当 60=β，即一个分力F 1与合力F 相等，则另一个力F 2与F 、F 1构了等边三角形，F 2=F =F 1，都为4.0N ，方向与竖直方向成 60角。 [命题意图]以验证力的平行四边形实验为背景知识，考查力的等效替代（合成与分解）、共点力平衡等知识。通过实验步骤、细节的鉴别和用物块替代一把弹簧秤的创新设计，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过对实验过程的情景想象，培养学生的创新思维，提高学生解决问题的能力。 12【答案】（i ）红 （ii ）从A 到B 锗 （iii ） 0.012w 【解题思路】（i ）用K 笔接M 端时，多用表电阻档的偏角较小，说明二极管的电阻极大，这时测的应该是二极管的反向电阻，即电流由N 端流向M 端，所以与N 端接触的是多用表的黑笔（因为黑笔与多用表内部电源的正极连接），与M 端连接的是红笔；（ii ）描绘二极管的伏安特性曲线时，应让二极管两端的电压慢慢变大，所以应从A 端慢慢滑向B 端；由图（a ）可知，锗管在电压大于0.1V 时，电流已明显开始变化；而硅管电压要达到0.5V 左右，电流才明显变大，所以甲管应该是锗管；（iii ）设电路图d 中通过二极管的电流为I ，电压为U ，由闭合电路的欧姆定律：E R R U I U =?+ +21)(，得：1103 4 =+I U ，作该函数的直线与硅管交点如图所示，此时硅管功率P =0.02A×0.6V=0.012w 。 [命题意图]以二极管的伏安特性曲线的分析以及二极管在电路中的应用为背景知识，考查多用电表的使用、闭合电路的欧姆定律、串并联电路的规律和描绘电学元件的伏安特性曲线实验等知识。通过二极管极性的判断、实验操作细节的分析、二极管的甄别以及电路分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过二极管的甄别和实验图像以及电路分析，培养学生的创新思维，提高学生解决问题的能力。 13解(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 0内其速度方向改变了90°，故其周期T ＝4t 0① 设磁感应强度大小为B ，粒子速度为v ，圆周运动的半径为r 。 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2 r ② 匀速圆周运动的速度满足v ＝2πr T ③ 联立①②③式得B ＝πm 2qt 0 。④ (2)如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150°。设O ′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r 0，圆弧与AC 相切于B 点，从D 点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO ′D ＝∠BO ′A ＝30°⑤ r 0cos ∠OO ′D ＋r 0 cos ∠BO ′A ＝L ⑥ 设粒子此次入射速度的大小为v 0，由圆周运动规律 v 0＝2πr 0T ⑦ 联立得v 0＝3πL 7t 0。 14【解题思路】（1）由图乙可知，物块的初速度s m v /80=，皮带转动时的速度s m v /4=，在t=0到t=0.4s 时间内，物块加速度21/104.0/8/4s m s s m s m a -=-= ① 由牛顿第二定律：1cos sin ma mg mg =--θμθ，② 联立①②得5.0=μ③。 （2）在t =0.4s 后，由牛顿第二定律 2cos sin ma mg mg =+-θμθ；④ 解得物块加速度2 2/2s m a -= ；⑤ 物块从t =0.4s 开始，经过t 1时间速度减为零，s s m s m t 2/2/402 1=--=⑥ ； 从t =0到t =0.4s ，物块位移为m t a t v S 4.22 12 101=+ =⑦ 从t =0.4s 到t =2.4s ，物块减速到零的位移m t v S 42 12== ⑧ 物块沿皮带向上运动过程中的位移为m S S S 4.621=+=⑨ [命题意图]以物块在传送带上的匀变速直线运动为背景知识，考查摩擦力、匀变速直线运动的规律、受力分析、牛顿第二定律的应用等知识。通过速度相等临界点的分析、图像分析以及受力情况变化分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。 15.解.（1）设p 的质量为m ，Q 的质量为M ，P 的加速度大小为a 1，Q 的加速度大小为a 2，Q 的初速度大小为v 0，p 初速度大小为4v 0，P 、Q 球从抛出到到达O 点时间分别为t 1和t 2由题意可知两球在水平方向均减速，则 04110=-t a v ……① 0220=-t a v ……② 两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律 1ma qE =……③ 2Ma qE = 两球在竖直方向的加速度均为g ，则： 2 1122 h gt =……④ 2 2122 h gt =……⑤ 联立可得m ：M =1：2……⑥ （2）设Q 球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为T ，它从挡板返回MN 时间也为T ，由两球运动时间相等得：122t t T =+……⑦ 设Q 球到达MN 时速度大小为v 2，在竖直方向上，由运动的独立性原理知，小球做自由落体运 动，有：2 222 h v g =? ……⑧ 由运动学公式：2 22 1gT T v y +=……⑨ 解得：5 8 y h = ……⑩ （3）P 球到达MN 时速度大小为v 1，由运动学规律2 122v g h =?……⑾ 解得1v =Q 返回后以v 2与P 发生弹性碰撞，碰后速度大小分别为v 3和v 4，由动量守恒和能量守恒定律： 4312mv Mv mv Mv +=-……⑿ 222 22134 11112222 Mv mv Mv mv +=+……⒀ 解得：3v =4v = 假设当y =y 0时，Q 与挡板第二次碰后恰好在MN 处与P 发生第二次碰撞，设Q 球与P 球从第一次碰后到与挡板发生第二次碰撞的时间为T 1，P 从第一次碰后到第二次到达MN 时间为 T 2，由题意得： 422v T g = ……⒁ Q 碰后返回MN ，从离开MN 向上减速度为零的时间：3v T g ?= = ⒂ 若第二次在MN 处碰时，Q 处于上升阶段，则：1212T T ==……⒃ 若挡板与MN 距离为y 1，可得：2 1311142 y v T gT h =+ =……⒄ 若第二次在MN 处碰时，Q 处于下落阶段，则：121 (2)2T T T = -?=……⒅ 若挡板与MN 距离为y 2，可得：2231113 22 y v T gT h =+=……⒆ 由题意有：21y y y << 所以挡板与MN 的距离y 的范围为 3 42 h y h <<…⒇ 【25（3）方法二】公式（15）之前的公式与上相同。 Q 碰后返回MN ，从离开MN 向上减速度为零的时间：3v T g ?== ⒂ Q 从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：2 31112y v T gT =+ ……⒃ （i ） 在T 2时间内，Q 必须已经向上返回MN ：212 T T <……⒄ 解得：2 2213 1()4222 T T y v g h <+=……⒅ （ii ） 在T 2时间内，Q 从MN 向上运动返回时不能离开MN ：121 (2)2 T T T > -?……⒄ 解得：2223 2213 ()2222 T T T T y v g h -?-?>+=……⒆ 所以挡板与MN 的距离y 的范围为3 42 h y h <<…⒇ 【25（3）方法三】公式（15）之前的公式与上相同。 Q 从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：2 31112 y v T gT =+ ……⒂ Q 与挡板发生第二次碰撞时速度大小：31u v gT =+……⒃ Q 第二次与挡板碰后在T 2-T 1时间内向上位移为：2121211 ()()2 y u T T g T T =-- -……⒄ Q 第二次与挡板碰后在T 2-T 1时间内必须返回MN 上方，则：y 1-y >0……⒅ 则：110-<…1T << ……⒆ 解得： 3 42h y h <<…… ⒇ 【25（3）方法四】公式（15）之前的公式与上相同。 Q 与P 第一次碰后，Q 相对P 的速度为：1v ?= 设经过t1时间，Q 与挡板相碰，则：1113s v t t ?=?= 碰后瞬间，Q 球的速率分别为v2’，由题意有：21'v gt ，竖直向上 此时P 球的速度为：11'v gt = 设经过t2时间，两球在次碰撞，则：'' 1212 ()s v v t ?=- 要在MN 上方碰撞，则：122t t T +< 1T <<342h y h <<