河南省南阳市第一中学校2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试题

南阳一中2024秋期高三年级第二次月考 物理试题 一、单选题（每题4分，共24分） 1.跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下，运动员沿竖直方向运动的4图像如图所示，下列 说法中正确的是（) ◆以(ms 20 10158 A.0-10s内运动员的速度逐渐减小 B.10~15s内运动员的加速度方向竖直向下 C.0~15s内运动员的速度方向始终竖直向下D.15s以后运动员处于静止状态 2.如图所示，A同学用手捏住直尺的上端，B同学在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，手不 碰直尺。A同学放手让直尺下落时，B同学立即捏住直尺。若把该直尺上的刻度转换为时间刻 度，直尺就变为“反应时间测量尺”。下列说法中正确的是() A同学 B同学 0 A.实验测量的是A同学的反应时间 B.实验中A、B两同学捏住尺的位置相距越远，测得的反应时间越准确 C.“反应时间测量尺”标注的时间刻度值自上而下逐渐增大 D.“反应时间测量尺”每隔相等距离刻度所标注的时间刻度差不相等 3.我国新能源汽车发展迅猛，从技术到生产都已经走在世界最前列。某辆新能源汽车在某测试 场的水平路面上由静止启动做直线运动，汽车先做加速度为a=4/s2的匀加速直线运动.达到 额定功率P=100kW后保持功率不变继续运动，最后做匀速直线运动，已知汽车的质量 m=2×10kg,汽车受到的阻力为所受重力的0：取重力加速度大小g=10m,则下列说法 正确的是（) A.汽车从启动到最大速度的过程中，牵引力一直不变 B.汽车的最大速度为500m/s C.汽车从启动到最大速度所经历的时间为12.5s D.汽车做匀加速直线运动的时间为2.5s 4.如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在 地球上发射一颗质量为m的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和 月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m,很小， 所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L,月心到该拉 月考二物理试题 1 ▣g▣ 。夸克扫描王 极速扫描，就是高效 格朗日点的距离为d,则() 地球 月球 ，·拉格朗日点 d A.该卫星的线速度比月球的线速度小 B.该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小 C.该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s MM D.题中物理量满足等式D亿+da产亿+d) 5.某同学将一直流电源的总功率P&、输出功率Pπ和电源内部的发热功率P,随电流I变化的图 线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是() 个P/W 0 A.图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B,图中a线最高点对应的功率为最大输出功率 C.在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+Pc D.两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：3 6.如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定一带电小球A,小球A位于光滑小定 滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止， 此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使球B移动一小段距 离。在此过程中，下列说法正确的是( .B A.B球运动轨迹是一段圆弧 B,球B受到的库仑力先减小后增大 C.球B所受的拉力做正功，库仑力做正功 D.细线中的拉力一直增大 月考二物理试题 2 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效百书 二、多选题（每题5分，少选3分，共20分） 7.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x。=2m和x。=6m, 图乙为质点·从该时刻开始计时的振动图像。以下说法中正确的是() ◆细 ◆m 0.5 0 68i0m 810 0.5 0.5 A.该波沿+x方向传播，波速为1m/s B.质点a经过4s通过的路程为1m C.在t=7s时质点b的速度沿+y方向 D.质点b简谐运动的表达式为y=0.5sin0.25u(m) 8.某同学设计了如图所示的电路图，其中电源电动势为E,内阻为？，R是定值电阻，L是白 炽灯，电表A、V、V2、V,均为理想电表，他们的示数分别为I、U、U、,示数变化量 的绝对值分别为△1、△U,、△U2、△U,,则下列说法正确的是() L A A.将滑动变阻器R滑片往下移，则I、U、U2、U,均变小 B.将滑动变阻器R滑片往下移，灯泡亮度变暗 C.无论滑片往上移还是往下移， △U的值不为定值 △I D.无论滑片往上移还是往下移， △0的值为定值 4 9.如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U,C、D之间的偏 转电压为U2,P为荧光屏。现有质子、氘核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速， 最后均打在荧光屏上。己知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2， 则质子、氘核和α粒子三种粒子() U 月考二物理试题 。夸克扫描王 ▣▣ 极速扫描，就是高效百然 A.三种粒子都打在荧光屏上同一个位置 B.从开始到荧光屏所经历时间之比为1：√互：√ C.打在荧光屏时的动能之比为1：1：2 D.打在荧光屏时的动能之比为2：1：1 10,如图所示，固定在水平地面上、半径R=2m的圆弧轨道AB,所对圆心角为60°，其末端 与逆时针转动的水平传送带相切于B点，BC间距离为l=1.5m,传送带速度大小v=4m/3。一 质量m=0.1kg的小滑块从A由静止开始滑下，第一次到B时速度大小'角=3m/s,小滑块与传 送带之间的动摩擦因数为4。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是() A.小滑块从A到B过程中，摩擦力对其做的功为0.55J B.若小滑块不从右端滑离传送带，则动摩擦因数的最小值为03 C.若4=0.6，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为2.4J D.若μ=02，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为0.3J 三、实验题（每空2分，共16分） 11.某同学设计如图甲所示的实验电路来测量铜丝的电阻率。铜丝接入电路的长度L=1.50m, 由于铜丝的电阻太小，通过串联电阻箱选择适当的电阻，使电压表读数范围较大，电压表内阻 不影响测量结果。 铜丝 -20 13 E10 甲 乙 (1)图乙是用螺旋测微器测量铜丝直径时的示意图，可读得d= mm: (2)闭合开关S之前，滑动变阻器R的触片P应滑在最 (填“左”或“右”)端： (3)电阻箱取值R=5.50,触片P调至适当位置，闭合开关S,电压表示数为2.80V,电流表示 数为0.404.则铜丝的电阻R=2(保留2位有效数字)： (4该铜丝此时的电阻率P=Q·m(保留2位有效数字)。 月考二物理试题 4 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣出 12.为了探究加速度和力的关系，小张同学设计了如下图所示的实验装置： tttett∠ 光电门 B c 挡 10 20 A (1)实验时，小张同学进行了如下操作： ①用游标卡尺测出挡光片的宽度d,测量结果如右图所示，则d- mm. ②将质量相等的两托盘A、B用细线连接挂在一定滑轮上，测出A托盘挡光片起始位置与光电 门之间的高度为h,在B托盘中放入一个质量为m的砝码，释放A托盘使B托盘向下运动，记 录挡光片经过光电门的时间△！，则B托盘下落的加速度a= （用字母h、d、△r表示)。 (②)小张先在A、B托盘中各放入10个质量均为m的砝码，接着依次将A托盘中的砝码移动到 B托盘中并将A托盘从相同起始位置释放，每次实验只移动一个砝码，同时计录挡光片经过光 电门的时间并求出A托盘运动的加速度，设移动n个砝码时A托盘对应的加速度为a。,以a。为 纵坐标，n为横坐标建立a-n图像，如果a。-n图像是经过原点的直线则可验证 。现 已知图像斜率为k以及重力加速度g,则托盘质量M=(不计挡光片质量以及绳与滑 轮的摩擦)。 四、解答题（共40分） 13.（10分)如图所示，有一水平向左的匀强电场，一个质量为m的带电小球，从O点出发， 初速度的大小为v、方向与场强成角，在电场力与重力作用下做直线运动。求： (1)小球所受电场力的大小和方向： (②)小球运动到最高点时其电势能与在0点时的电势能之差： E V列 月考二物理试题 5 。夸克扫描王 ▣▣ 极速扫描，就是高效 14.(14分)如图所示，倾角为0=37°的斜面AB与半径为R的光滑圆弧轨道BC在B点平滑 连接，圆弧轨道C未端C点处的切线水平。质量为m的小滑块在沿斜面向上大小为g的拉 力作用下从A点由静止开始运动。已知斜面AB的长度为10R,小滑块与斜面间的动摩擦因数 一Z,整个运动过程中小滑块始终受到拉力的作用。最大静摩擦力等于滑动摩银力，重力 为u= 加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力，求： (1)小滑块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力F1: (2)小滑块对圆弧轨道的最大压力F2: (3)经过足够长时间，小滑块与斜面摩擦产生的总热量？。 15.(16分)如图所示，桌面、地面和固定在地面上的弧形轨道MN均光滑，桌面与弧形轨道 最低点N之间的高度差h=1m,物块C静止于木板D左端，木板的上表面与弧形轨道最低点 N等高，物块C与木板D上表面间的动摩擦因数4=0.5，木板右端与墙壁之间的距离d=5.0m。 现用力将小球A、B向里压至弹簧长度Lo=0.4m,小球B到桌子右边缘的距离L1=0.2m,然 后同时由静止释放两小球，小球与弹簧均不拴接，小球B运动到桌面右边缘时恰与弹簧分离， 以s=4.0ms的速度水平飞出，从M点处恰好沿切线飞入弧形轨道，在最低点N与物块C发 生弹性正碰，碰撞时间极短，经一段时间后木板D和右侧墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。 已知物块C始终未和墙壁碰撞，且未脱离木板，A球质量mA=1.0kg,B球质量mB=0.5kg, 物块C质量mc=0.5kg,木板D质量mD=0.1kg,g=10m/s2,球与物块均可视为质点，求： (I)小球B与物块C发生碰撞后，物块C的速度大小C: (2)弹簧原长L2: (3)木板D的最短长度L:及木板D在地面上滑动的总路程s。 月考二物理试题 6 。夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣6答案第 1页，共 6页 第二次月考物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D D C A ABD BD ABC BC 2．D【详解】A．实验测量的是 B同学的反应时间，故 A错误； B．实验中只需记录 B同学准备捏尺时和捏住尺时大拇指下边缘的刻度就能测出他的反应时间， 则 B同学的手指与尺子相距越近，测得的反应时间越准确，与 A、B两同学捏住尺的位置无关， 故 B错误；C．根据 2 1 2 h gt 可知 h越小，t越小，故“反应时间测量尺”标注的时间刻度值自上 而下逐渐减小，故 C错误；D．根据物体做初速度为零的匀加速直线运动规律，即在连续相等 位移内所用的时间之比为      1: 2 1 : 3 2 ...... 1n n    ，可知“反应时间测量尺”每隔相 等距离刻度所标注的时间刻度差不相等，故 D正确。故选 D。 3．D【详解】A．汽车做匀加速直线运动过程，牵引力保持不变；当汽车功率达到额定功率后， 保持功率不变，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，则牵引力逐渐减小，故 A错误; B．汽车受到的阻力为 3 1 2 10 N 10 f mg   当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则有 3 m 3 100 10 m/s 50m/s 2 10 Pv f      故 B错误；D．汽车做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可 得 1  F f ma解得牵引力大小为 41 1 10 NF   汽车刚达到额定功率时的速度为 3 1 4 1 100 10 m/s 10m/s 1 10 Pv F      则汽车做匀加速直线运动的时间为 11 10 s 2.5s 4 vt a    故 D正确；C．若汽车从启动到最大速度一直做匀加速直线运动，则所有时间为 m 50 s 12.5s 4 vt a    但汽车做匀加速到10m/s后，开始做加速度逐渐减小的加速运动，所以汽车 从启动到最大速度所经历的时间一定大于 12.5s，故 C错误。故选 D。 4．D【详解】D．对卫星，向心力 20 0 02 2+ = ( )( ) Mm mmF G G m L d L d d   向卫 对月球，向心力 2 2 = MmF G m L L 向月 联立得    33 2 M M m L d L dL d    5．C 【详解】AC．根据闭合电路的欧姆定律及功率的计算公式可知 EP EI ， 2rP I r ， 2 RP IE I r  故 a图线为总功率的图线，b为电源内部损失功率图线，c图线为输出功率的图线，则有 A B CP P P  故 A错误，C正确； B．根据上述分析可知，M点为电源输出功率最大的点，不是 N点，故 B错误；D．当外电路 的电阻与内电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，故 M点的纵横坐标分别为 2 4My EP r  2Mx EI r  N点表示电源的总功率与其发热功率相等，即此时电路中的电阻只有电源的内阻，故 N 答案第 2页，共 6页 点的纵横坐标分别为 2 Ny EP r  Nx EI r  所以两点的横坐标之比为 1∶2，纵坐标之比为 1∶4，故 D错误。故选 C。 6．A【详解】．对小球 B分析可知，受细线的拉力 F，静电斥力 eF 和重力 G，如图所示 设 A、B两个小球的电荷量分别为 Aq 、 Bq ，B球的质量为 m，OA h ，OB l ， AB r ，由相 似三角形可知 A B3 eF kq qmg F h l r r    m、h以及电荷量不变，所以 r不变，B球运动轨迹是一段 圆弧，故 A正确；B．电荷量不变，r不变，根据库仑定律可知，库仑力大小不变，故 B错误； C．拉力与速度方向夹角为锐角，拉力做正功。库仑力方向与速度方向垂直，库仑力不做功， 故 C错误；D．在此过程中，m、h不变，l减小，可知拉力减小，故 D错误。 7．ABD【详解】A．由图乙可知质点 a该时刻向上振动，根据“同侧法”可知，该波沿 x 方向 传播，由图甲可知波长为 8m  ，由图乙可知周期为 8sT  ，则波速为 1m / sv T    故 A正确；B．由于 4s 2 T  可知质点 a经过 4s，振动的路程为 2 2 0.5m 1mS A    故 B正确；C．波向 x 方向传播，由图甲可判断知 0时刻，质点 b从平衡位置向下振动，由于 3 7s 4 T T  可推知 7st  时，质点 b处于从正向最大位移向平衡位置运动的过程中，即质点 b 的速度沿 y 方向，故 C错误；D．根据 2π 2 π 8 4T     0.5mA  且该时刻质点 b向下运动， 则质点 b简谐运动的表达式为  sin 0.5sin 0.25 my A t t    故 D正确。 8．BD【详解】AB．该电路中 R1与电源串联，灯泡 L与 R2并联后再与 R1串联，V1测量 R1两 端电压，V2测量路端电压，V3测量 L以及 R2两端电压，A测量总电流；将滑动变阻器滑片往 下移，电路总电阻减少，则 I 变大，由 1 1U IR 2U E Ir   3 1U E I r R   可得， 1U 变大， 2U 、 3U 变小，灯泡亮度变暗，故 A错误，B正确；CD．由上面分析可得 3 1 U r R I     大小为定值 2 U r I    大小为电源内阻，故 C错误，D正确。故选 BD。 9．ABC【详解】B．设加速电场 AB间距离为 d，偏转极板长度为 l，偏转极板间的距离为 h， 屏到偏转电场右边缘距离为 s，粒子在加速过程中，根据 21 0 1 2 U q mv 可得 10 2U qv m  答案第 3页，共 6页 在加速电场中运动的时间 1 0 2 dt v 进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速 度保持不变，因此打到屏的时间 2 0 l st v   从开始到荧光屏所经历时间 0 0 2 d l st v v    可知运动时间与 0v 成反比，由于 1 2 3: : 1: 2 : 4m m m  1 2 3: : 1:1: 2q q q  设质子、氘核和 粒子 三种粒子离开加速度电场的速度分别为 1v ， 2v ， 3v 。因此 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1: : : : : : 1: 2 : 2mm mt t t v v v q q q    B正确； A．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动 0L v t 2 1 2 y at 其中 2 U q ma h  可得 2 1 24 U Ly U h  可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，A正确； C D．根据动能定理 21 k U qU q y E h   可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因 此 k1 k2 k3 1 2 3: : : : 1:1: 2E E E q q q  D错误，C正确。 10．BC【详解】A．由动能定理得   2f 1cos60 2 Bmg R R W mv    代入数据得摩擦力做功 f 0.55JW   故A错误；B．当小滑块到达C点速度恰好减为 0时，由动能定理得 2 10 2 B mgl mv   解得 0.3  故 B正确；C．若 0.6 0.3  ＞ ，小滑块在传送带上减速到零之后返回。由传送带的 速度 4m/s 3m/sBv v ＞ 及小滑块在传送带上加速和减速的对称性可知，小滑块从 B点以 3m / sBv  的速度离开传送带。由牛顿第二定律得 mg ma  小滑块在传送带上的加速度 26m/sa  小滑块在传送带上减速或加速的时间 0.5sB vt a   减速时产生的热量 1 ( ) 1.65J2 BvQ mg vt t   加速时产生的热量 2 ( ) 0.75J2 BvQ mg vt t   小滑块从 B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量 1 2 2.4JQ Q Q   故 C正确；D．若 0.2 0.3  ＜ ，则小滑块从 B在传送带上一直做匀减速运动，由牛顿第二定律 mg ma  小滑块在传送带上减速的加速度 22m/sa  由运动学公式得 2 1 2B l v t at  代入数据得小滑块在传 送带上运动的时间 3 3 s 2 t  小滑块从 B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量    1.5 0.4 3 JQ mg vt l    故 D错误。故选 BC。 11．(1)0.150（上下浮动 0.002）(2)左 (3)1.5 (4) 81.7 10 / 81.8 10 12．(1) 5.30   2 22 Δ d h t (2) 质量不变，加速度和力成正比 �� � -10m 【详解】   n2 2 20nmg M m a  所以 n 2 2 20 mga n M m   故可以证明质量不变，加速度和力成正比； 答案第 4页，共 6页 因为 na n 图像的斜率为 2 2 20 mgk M m   13．(1) tan mg  ，方向水平向左(2) 2 2 0 cos 2 mv  【详解】（1）设电场强度为 E，小球带电量为 q，因小球做直线运动，受到竖直向下的重力 mg 和水平向左的电场力 qE的合力必沿此直线，如图 由图可得 tanmg qE  所以 tan mgF qE   电 方向水平向左。 （2）设从 O点到最高点的位移为 x，由运动学公式和牛顿第二定律可得 2 00 2( )v a x   sin mg ma   所以 2 0 sin 2   vx g 小球运动到最高点时其电势能与在O点时的电势能之 差为 2 2 0 p p p coscos 2 mvE E E W F x       电 14．(1)12.8mg，方向垂直 AB指向右下方 (2)14.4mg，方向水平向右 (3) 32 3 mgR【详解】（1）小滑块在斜面上由 A点运动到 B点的过程中，由动能定理得 21( sin cos ) 10 0 2 B F mg mg R mv       解得 12Bv gR 当小滑块运动到 B点时，根据牛顿第 二定律可得 2 N1 cos B vF mg m R    解得 N1 12.8F mg  由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大 小为 N1 N1 12.8F F mg  方向垂直 AB指向右下方；（2）当小滑块在圆弧轨道运动时，始终受到 恒定的外力 F和重力 mg，二者的合力为 4 3 F mg合 方向水平向右，因此 D点是等效最低点，如 图所示 小滑块在 D点时，对圆弧轨道的压力最大，根据牛顿第二定律可得 2 N2 DvF F m R   合 滑块由 B点运动到 D点的过程中，由动能定理得   2 21 11 sin 2 2D B F R mv mv   合 解得 N2 14.4F mg  由牛顿第三定律得，小滑块对圆弧轨道的压力大小为 N2 N2 14.4F F mg  方向水平向右；（3）根据小滑块的受力分析和运动分析可知，小滑块在 B、E两点之间做往复 答案第 5页，共 6页 运动，在 B、E两点处速度均为 0，所以第一次经过 B点时小滑块具有的动能全部转化为小滑 块与斜面间的内能，有 2 1 1 2 B Q mv 小滑块在斜面上由 A点第一次运动到 B点的过程中，有 2 cosQ mgL  所以小滑块与斜面间摩擦产生的总热量为 1 2Q Q Q  解得 32 3 Q mgR 15． (1) C 6m/sv  （2） 2 0.7mL  (3) 3 3.6mL  ， 6.8ms  【详解】（1）设小球 B与物块 C发生碰撞前瞬间的速度大小为 vB1，由动能定理得 2 2 B B B1 B B 1 1 2 2 m gh m v m v  小球 B与物块 C发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒得 B B1 B B2 C Cm v m v m v  2 2 2B B1 B B2 C C 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  解得 C B1 6m/sv v  ， B2 0v  （2）小球 A、B在桌面上被弹簧弹开的过程中，由动量守恒定律得 2 0 1 1A B 0 L L L Lm m t t     解 得 2 0.7mL  （3）木板 D和物块 C最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得 2 C 3 C C 1 2 m gL m v  解得 3 3.6mL  ； 物块 C获得 vC = 6 m/s向右的速度，开始在木板 D上滑动，假设木板 D和右侧墙壁发生碰撞前， 物块 C和木板 D已经达到共速 v1，此过程木板 D的位移为 x0，则 C C C D 1( )m v m m v  2 C 0 D 1 0 2 m gx m v  1 解得 1 5m / sv  0 0.5mx d  故物块 C与木板 D共速后再与 墙壁发生碰撞，以 mC和 mD为对象 第 1次与墙碰撞后 C 1 D 1 C D 2( )m v m v m m v   解得 C D 2 1 C D m mv v m m    对木板 D有 C Dm g m a  2 1 1 2 vs a  第 2次与墙碰撞后 C 2 D 2 C D 3( )m v m v m m v   解得 2 C D 3 1 C D m mv v m m       对木板 D有 22 2 C D2 1 2 C D2 2 m mv vs a m m a        第 3次与墙碰撞后 C 3 D 3 C D 4( )m v m v m m v   解得 3 C D 4 1 C D m mv v m m       对木板 D有 42 2 3 C D 1 3 C D2 2 v m m vs a m m a        第 n − 1次与墙碰撞后 C 1 D 1 C D( )n n nm v m v m m v    解得 1 C D 1 C D n n m mv v m m        对木板 D有  2 22 2 1 C D 1 1 C D2 2 n n n v m m vs a m m a           答案第 6页，共 6页 第 n次与墙碰撞后 C D C D 1( )n n nm v m v m m v    解得 C D1 1 C D n n m mv v m m       对木板 D有 2( 1)2 2 C D 1 C D2 2 n n n v m m vs a m m a         木板 D运动的总路程为 1 2 32( )ns d s s s s      即 2 C D 2 4 2( 1) 2 2 C DC D C D C D 1 1 2 C D C D C D C D C D 1 1 2 1 2 2 2 1 n n m m m mm m m m m m v vs d d m m m m m m a a m m m m                                                            当 n→∞时， 2 C D C D 0 n m m m m      ，可得 2 1 2 C D C D 12 2 1 vs d a m m m m           代入数据解得 6.8ms 