山东省2020届高三高考全真模拟（泰安三模）物理试题 Word版含解析

山东省2020届高三高考全真模拟（泰安三模）物理试题 Word版含解析

‎2020年山东省高考全真模拟题 物理试题 一、单项选择题 ‎1.布朗运动是1826年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉时发现的。不只是花粉和小炭粒，对于液体中各种不同的悬浮微粒，例如胶体，都可以观察到布朗运动。对于布朗运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 布朗运动就是分子的运动 B. 布朗运动说明分子间只存在斥力 C. 温度越高，布朗运动越明显 D. 悬浮在液体中的微粒越大，同一瞬间，撞击微粒的液体分子数越多，布朗运动越明显 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动是指悬浮于液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，不是分子本身运动，只是反映分子无规则运动，A错误；‎ B．布朗运动现象是悬浮颗粒的无规则运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动，B错误；‎ C．液体温度越高，液体分子运动越激烈，布朗运动是由于液体分子的撞击形成的，布朗运动就越显著，C正确；‎ D．悬浮在液体或气体中的颗粒越小，液体分子或气体分子对微粒的撞击造成的不平衡越明显，布朗运动越明显，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.伽利略为研究自由落体运动，做了一项实验。如图所示，将铜球从斜槽的不同位置由静止释放，伽利略手稿中记录了一组实验数据，从表中能够得到的结论是（　　）‎ - 21 -‎ A. …‎ B. …‎ C. 若以时间为横坐标，距离为纵坐标，其图像一条直线 D. 若以时间的二次方为横坐标，距离为纵坐标，其图像是一条抛物线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．伽利略最初猜想沿斜面向下运动的物体的运动的速度与时间成正比 由此伽利略推论位移的位移与时间的平方成正比，则 即 结合以上的分析，则比较即可，考虑到测量的误差等原因，可以认为是一个常数，即位移与时间的平方成正比，A错误B正确；‎ C．以时间为横坐标，距离为纵坐标，即 其图像是一条抛物线线，C错误；‎ D．以时间的二次方为横坐标，距离为纵坐标，即 其图像是一条直线，D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.“太空加油站”可以给飞往月球、小行星或火星的飞行器重新补充燃料，延长飞行器的使用寿命。若某“太空加油站”在同步卫星运行轨迹所在平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则下列说法正确的是（　　）‎ A. “太空加油站”的线速度大于同步卫星的线速度 B. “太空加油站”的角速度小于同步卫星的角速度 - 21 -‎ C. 在“太空加油站”工作的宇航员处于超重状态 D. “太空加油站”的加速度小于同步卫星的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】万有引力提供向心力 解得 ‎，，，‎ A．由可知轨道半径小的线速度大，太空加油站的轨道半径小，则其线速度大，故A正确；‎ B．由可知轨道半径小的角速度大，太空加油站的轨道半径小，则其角速度大，故B错误；‎ C．在太空加油站工作的宇航员只受万有引力作用，完全充当向心力，处于完全失重状态，故C错误；‎ D．由可知轨道半径小的加速度大，太空加油站的轨道半径小，则其加速度大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t时刻与t+1s时刻在x轴上的区间内的波形相同。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该波一定沿x轴正方向传播 B. 该波的周期一定为1s - 21 -‎ C. 该波的最大传播速度为10m/s D. 该波的最小传播速度为4m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过题目给的条件无法判断波的传播方向，A错误；‎ B．根据题意，t时刻与时刻波形相同，即 周期 ‎( n=1，2，3，…)‎ B错误；‎ CD．由图读出波长为，，则波速为 当时，v有最小值，，波速的最大值无法求出，C错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，开口竖直向上的薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸内下部装有电热丝，一定质量的理想气体被一绝热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触。现通过电热丝对缸内气体缓慢加热，则该过程中（　　）‎ A. 气体的压强增大 B. 气体的内能增大 C. 气体分子热运动的平均动能可能减小 D. 气体对外界做的功等于气体吸收的热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电热丝对缸内气体缓慢加热过程中，因外界的大气压没变，气缸内气体压强不变，气体的温度升高，内能增大，A错误B正确；‎ C．气缸内气体温度升高，分子平均动能增大，C错误；‎ - 21 -‎ D．在缸内封闭的是一定量的理想气体，温度升高，内能增加 体积增大，对外做功 吸收热量 ‎ 根据 则气体对外界做的功小于气体吸收的热量，D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，M点固定一负电荷，N点固定一正电荷，两者所带的电荷量相等、相距为L，以N点为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上的四点，其中a、b两点在直线MN上，c、d两点的连线过N点，且垂直于MN，一带正电的试探电荷沿圆周移动。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该试探电荷在b点所受的电场力最大 B. 该试探电荷在a、b两点所受电场力的方向相同 C. 该试探电荷在b点的电势能最大 D. 该试探电荷在c、d两点所受的电场力相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在a、b、c、d四点对正电的试探电荷产生的电场强度相同，方向背离圆心，在a、b、c、d四点对正电的试探电荷产生的电场强度在与连线上，指向，根据电场强度的叠加，b点处的合电场强度最小，根据 - 21 -‎ 则所受的电场力最小，A 错误；‎ B．根据电场的叠加，a点的电场强度方向向左，b点的电场强度，根据 在b点的场强大于在b点的场强，b点合电场强度方向向右，试探正电荷在a、b两点所受电场力的方向相反，B错误；‎ C．a、b、c、d四点在以点电荷为圆心的圆上，由产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据 则试探正电荷在b点的电势能最大，C正确；‎ D．根据电场的叠加c、d两点的合电场强度大小相同，方向不相同，试探正电荷在c、d两点所受的电场力不相同，D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点。以O点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外。过O点的导线所受安培力的方向为（　　）‎ A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向 C. 沿x轴正方向 D. 沿x轴负方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，由安培定则可得，导线A、B的电流在O处的合磁场为零，C处的电流在O处产生磁场水平向右，即O处的磁场方向水平向右，再由左手定则可得，安培力的方向是与AB - 21 -‎ 边垂直，沿着y轴的正方向，BCD错误A正确。‎ 故选A。‎ ‎8.在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω，电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示（为正弦曲线的一部分），则下列说法正确的是（　　）‎ A. 电压表的示数为25.1V B. 电流表的示数为1A C. 变压器的输入功率为 D. 变压器的输出功率为11W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电流的热效应，有 解得 根据 可得副线圈两端的电压为 A错误；‎ B．副线圈中电流为 - 21 -‎ 根据 电流表示数为 B错误；‎ C．变压器的输入功率为 C错误；‎ D．变压器的输出功率为 D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题 ‎9.O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束不同单色细光束，两束光从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P。下列说法正确的是（　　）‎ A. A光的光子能量较大 B. 在真空中，A光的波长较长 C. 在真空中，A光的传播速度较大 D. 光从玻璃体中射出时，A光的临界角大于B光的临界角 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A．光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，即 而折射率越大，光的频率越高 根据 A光的光子能量较小，A错误；‎ B．根据 A光的波长较长，B正确；‎ C．在真空中，A光与B光的波速相等，C错误；‎ D．根据 A光的临界角大于B光的临界角，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.氢原子能级示意图的一部分如图所示，一群氢原子处于n=4能级。当这些氢原子在这些能级间跃迁时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 可能放出6种能量的光子 B. 由n=4能级跃迁到n=3能级的过程中，放出光子的频率最大 C. 从n=2能级跃迁到n=1能级的过程中，辐射出的光子的能量最大 D. 处于n=1能级的氢原子能吸收15eV的能量发生跃迁 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可能放出种能量的光子，选项A正确；‎ - 21 -‎ BC．由n=4能级跃迁到n=1能级的过程中，能级差最大，则放出光子的频率最大，光子的能量最大，选项BC错误；‎ D．处于n=1能级的氢原子能吸收15eV的能量后，原子的能量大于零，可发生电离，选项D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.用均匀导线做成的单匝正方形线圈的边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，a、b、c、d分别为各边的中点，如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 当磁场的磁感应强度不变时，线框以ab为轴旋转，线框中有感应电流 B. 当磁场的磁感应强度不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，感应电动势的最大值不同 C. 当线框不动，磁场的磁感应强度增大时，a点电势低于b点电势 D. 当磁场的磁感应强度以的变化率增大时，a、b两点的电压 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当磁场的磁感应强度为B且恒定不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，线圈中均会有感应电动势产生，由Em=BSω知：电动势的最大值相同，故A正确，B错误。 C．当磁感应强度增加，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，b端相当于电源的正极，则a点电势低于b点电势。故C正确； D．由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为 a、b两点间的电势差 故D错误。‎ - 21 -‎ 故选AC。‎ ‎12.如图所示，AB、AC两固定斜面的倾角分别为53°、37°，底端B和C在同一水平面上，顶端均在A点。现使两相同的小物块甲、乙（图中未画出，均视为质点）同时从A点分别沿斜面AB、AC由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面的底端。已知甲物块与斜面AB间的动摩擦因数为，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为6：1‎ B. 两物块沿斜面下滑过程中加速度大小之比为6：1‎ C. 两物块到达斜面底端时的速率之比为1：1‎ D. 两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为9：2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设A点到BC的竖直高度为h，则有 ‎，‎ 所以 两物体在斜面上的运动时间相等，根据可知，两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为 两物体在下滑的过程中，根据牛顿第二定律有 ‎，‎ 联立解得 物体受到的滑动摩擦力 - 21 -‎ 所以两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力大小之比 A正确B错误；‎ C．根据可知，两物块到达斜面底端时的速率之比为 故C错误；‎ D．根据功能关系可知，物体损失的机械能之比为克服滑动摩擦力做功之比，根据 可知两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为 故D正确。‎ 故选AD。‎ 三、实验题 ‎13.某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：‎ Ⅰ．沿实验桌左右移动垫块，直至接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列分布均匀的点迹（相邻两点间的间距相等），断开电源；‎ Ⅱ．将小车B（未画出，与小车A完全相同）静置于长木板上的P处，并将适量砝码放在小车B中；‎ Ⅲ．接通电源，沿木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图乙所示；‎ Ⅳ．用天平测得小车A的质量为195g，小车B与钩码的总质量为240g。‎ ‎(1)在步骤Ⅰ中，要求纸带上打出的点迹分布均匀的原因是___________________。‎ ‎(2)已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则碰撞前瞬间系统的总动量p1=_______（结果保留三位有效数字），碰撞后瞬间系统的总动量p2=_______‎ - 21 -‎ ‎（结果保留三位有效数字）；若在实验误差允许的范围内，满足_________，则系统动量守恒得到验证。‎ ‎【答案】 (1). 为了保证小车所受合力为零 (2). 0.930 (3). 0.927 (4). p1=p2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．在步骤Ⅰ中，当点迹分布均匀时小车匀速运动，则要求纸带上打出的点迹分布均匀的原因是为了保证小车所受合力为零；‎ ‎(2)[2]．碰前小车的速度 则碰撞前瞬间系统的总动量 ‎ ‎ ‎[3]．碰后两车的速度 则碰撞后瞬间系统的总动量 ‎[4]．若在实验误差允许的范围内，满足p1=p2，则系统动量守恒得到验证。‎ ‎14.利用图甲所示电路测量多用电表电阻挡“×1k”倍率时内部电池的电动势和内阻（多用电表内部接入电路的总电阻），同时测量电压表V的内阻。提供的器材有：多用电表、电压表V（量程为6V，内阻为十几千欧）、滑动变阻器（最大阻值为10kΩ）、导线若干。‎ ‎(1)将多用电表的选择开关打到电阻挡“×1k”倍率，接着进行___________。‎ ‎(2)将图甲中黑表笔与_______（选填“1”或“2”）端相连，红表笔与另一端相连。‎ ‎(3)将滑动变阻器的滑片移至右端，此时电压表的示数为3.90V，多用电表的指针指在图乙中的实线位置，其示数为_______kΩ；再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为3.30V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为_______kΩ。‎ ‎(4)电压表的内阻为________kΩ；多用电表电阻挡“×1k”倍率时内部电池的电动势为___________V（结果保留三位有效数字）、内阻为__________kΩ。‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). 欧姆调零 (2). 2 (3). 12.0 (4). 17.0 (5). 12.0 (6). 8.94 (7). 15.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．将多用电表的选择开关打到电阻挡“×1k”倍率，接着两表笔短接进行欧姆调零。‎ ‎(2)[2]．黑表笔内部接电源的正极，则将图甲中黑表笔与2端相连，红表笔与另一端相连。‎ ‎(3)[3][4]．将滑动变阻器的滑片移至右端，此时电压表的示数为3.90V，多用电表的指针指在图乙中的实线位置，其示数为12×1kΩ=12kΩ；再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为3.30V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为17×1kΩ=17kΩ。‎ ‎(4) [5][6][7]．将滑动变阻器的滑片移至右端，此时外电路只有电压表，多用电表的示数为12kΩ，即电压表内阻为Rv=12kΩ；‎ 由闭合电路欧姆定律 再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为3.30V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为17kΩ，则 RV+R=17kΩ 则 R=5kΩ 由闭合电路欧姆定律 联立解得 E=8.94V r=15.5 kΩ 四、解答题 ‎15.如图所示，一竖立的汽缸用质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S、厚度不计，汽缸内壁光滑且缸壁导热。开始时活塞被固定在A处，活塞与汽缸底部相距为H。打开固定螺栓K，活塞下降，稳定后，活塞停在与汽缸底部相距为的B处。大气压强为p0，气体的初始温度为T0，重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求开始时汽缸内气体的压强p1；‎ - 21 -‎ ‎(2)活塞到达B处稳定后，对汽缸内的气体缓慢加热，求活塞再次到达A处时的热力学温度T。‎ ‎【答案】(1)；(2)2T0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设活塞停B点时，活塞受力平衡 p2S=p0S+mg 由玻意耳定律 p1V1=p2V2‎ ‎ ‎ ‎(2)由B再回到A时，气体进行等压变化，则 ‎ ‎ ‎16.如图所示，劲度系数k=20N/m的轻弹簧下端与静止在水平地面上的重物A相连，弹簧上端与不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过轻质光滑定滑轮，另一端连一轻质挂钩。开始时定滑轮两侧的轻绳均处于伸直状态，A上方的弹簧和轻绳均沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量m=0.1kg的物块B并由静止释放，它恰好能使A与地面接触但无压力。已知弹簧的弹性势能EP=。（其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内且弹簧上端一直未接触定滑轮，取g=10m/s2，空气阻力不计。‎ ‎(1)求当A恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x0以及A的质量M；‎ ‎(2)若将B换成另一个质量为4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由静止释放，求A恰好与地面接触但无压力时C的速度大小v（结果可保留根号）。‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1)0.1m，0.2kg；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对物块B由能量关系可知 解得 ‎ ‎ 对物块A，由平衡知识可知 解得 mA=0.2kg ‎(2)若将B换成另一个质量为4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由静止释放，A恰好与地面接触但无压力时，此时弹簧的伸长量仍为x0，则由能量关系 解得 ‎17.驾车打盹极其危险。某轿车在平直公路上以大小v1=32m/s的速度匀速行驶，轿车司机老王疲劳驾驶开始打盹时，轿车与前方正以大小v2=18m/s的速度匀速行驶的大货车间的距离L=100m。若老王打盹的时间t1=6s，醒来时发现险情紧急刹车，从老王醒来到轿车开始减速行驶所用的时间t0=1s，轿车减速行驶中所受阻力大小为其重力的，取g=10m/s2。‎ ‎(1)请通过计算判断轿车是否会撞上货车；‎ ‎(2)若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内（即t1+t0时间内），货车匀加速到速度大小v3=24m/s之后匀速行驶，请通过计算判断轿车是否会撞上货车。‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1)会；(2)不会 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 从老王打盹到轿车开始减速轿车的位移 ‎ ‎ 在t1+t0=7s的时间内货车的位移 ‎ ‎ 此时两车相距 ‎ ‎ 轿车减速运动的加速度 解得 a=7m/s2‎ 两车速度相等时 解得 t2=2s 则这段时间内轿车比货车多走的距离为 ‎ ‎ 轿车会撞上货车；‎ ‎(2) 若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内（即t1+t0时间内），货车匀加速到速度大小v3=24m/s之后匀速行驶，则在t1+t0时间内货车的位移 此时两车相距 轿车开始刹车，当两车速度相等时 解得 - 21 -‎ ‎ ‎ 则这段时间内轿车比货车多走的距离为 轿车不会撞上货车；‎ ‎18.如图所示，在直角坐标系xOy中，虚线ab垂直于x轴，垂足为P点，M、N两点的坐标分别为(0，－L)、(0，L)。ab与y轴间存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），y轴的右侧存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，其他区域无电场和磁场。在质量为m、电荷量为q的绝缘带正电微粒甲从P点以某一初速度沿x轴正方向射入电场的同时，质量为m、电荷量为q的绝缘带负电微粒乙以初速度v从M点在坐标平面内沿与y轴负方向成夹角的方向射入磁场，结果甲、乙恰好在N点发生弹性正碰（碰撞时间极短且不发生电荷交换），碰撞后均通过ab。微粒所受重力及微粒间的作用力均不计。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小B以及乙从M点运动到N点的时间t；‎ ‎(2)P点与坐标原点O间的距离x0以及电场的电场强度大小E；‎ ‎(3)碰撞后乙通过ab时的位置的纵坐标y乙。‎ ‎【答案】(1)；；(2)；；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)甲、乙运动轨迹如图所示 - 21 -‎ 由几何关系可知△MNO1为正三角形，故乙绕圆心O1做圆周运动的半径为：‎ R=2L ‎ 洛伦兹力提供乙做圆周运动所需的向心力，有：‎ ‎ ‎ 解得 乙从M点运动到N点的时间为：‎ 解得 ‎(2)甲从P点运动到N点的过程中做类平抛运动，由于甲、乙恰好在N点发生正碰，故碰撞前瞬间甲的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，设甲的初速度大小为v0、加速度大小为a，有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ x0=v0t ‎ 根据牛顿第二定律有 qE=ma 解得 - 21 -‎ ‎ ‎ ‎(3)设碰撞前瞬间甲的速度大小为v1(以v1的方向为正方向)，碰撞后甲、乙的速度分别为v1＇、v＇，根据动量守恒定律有：‎ mv1－mv=mv1＇+mv＇ ‎ 根据机械能守恒定律有：‎ ‎ ‎ 解得 v1＇=－v，v＇=v1 ‎ 由几何关系可知：‎ v1=2v0‎ 其中由(2)可得 ‎ ‎ 碰撞后乙先在磁场中做匀速圆周运动，从y轴上的A点进入电场区域，由几何关系可知，A、N两点间的距离即乙做圆周运动的半径r，有：‎ 由几何关系可知，乙通过A点时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，此时乙沿x轴负方向和y轴正方向的分速度大小分别为：‎ vx=v＇sinθ vy=v＇cosθ 设乙从A点运动到ab上的B点的时间为t＇，有：‎ ‎ ‎ ‎[或：由几何关系可知，乙通过A点时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据对称性可得，乙从A点运动到ab上的B点的过程中沿y轴正方向的位移大小为：h=L]‎ 经分析可知 y乙=L+r+h - 21 -‎ 解得 ‎ ‎ - 21 -‎