1、哈师大附中 20182019 学年度高三上学期第一次月考考试物理试卷一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分。每小题 4 分；17 小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；812 小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分）1. 8 月 16 日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，其运行轨道为如图所示的绕地球 E 运动的椭圆轨道，地球 E 位于椭圆的一个焦点上。轨道上标记了墨子卫星经过相等时间间隔（t=T/14，T 为轨道周期）的位置。如果作用在卫星上的力只有地球 E 对卫星的万有引力，则下列说法正确的是（ ）A. 面
2、积 S1S2B. 卫星在轨道 A 点的速度小于 B 点的速度C. T2=Ca3，其中 C 为常数，a 为椭圆半长轴D. T2=Cb3，其中 C为常数，b 为椭圆半短轴【答案】C【解析】试题分析：根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相同时间内扫过的面积相等，故面积 S1=S2，选项 A 错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道 A 点的速度大于 B 点的速度，选项 B 错误；根据开普勒第三定律可知 ，故选项 C 正确, D 错误；故选 C考点：开普勒行星运动定律2.如图所示，一个“V”型槽的左侧挡板 A 竖直，右侧挡板 B 为斜面，槽内嵌有一个质量为m 的光滑球 C， “V”型槽在水平面上
3、由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板 A、B 对球的弹力分别为 F1、F 2，下列说法正确的是A. F1、F 2都逐渐增大B. F1、F 2都逐渐减小C. F1逐渐减小，F 2逐渐增大D. F1、F 2的合力逐渐减小【答案】D【解析】光滑球 C 受力情况如图所示：F2的竖直分力与重力相平衡，所以 F2不变；F1与 F2水平分力的合力等于 ma，在 V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知 F1不断减小，F 1、F 2的合力逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误；故选 D。【点睛】以光滑球 C 为研究
4、对象，作出光滑球 C 受力情况的示意图；竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。3.在光滑水平面上有两个弹性相同的小球 A、 B，质量都为 m。现 B 球静止， A 球向 B 球运动，发生碰撞。已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时系统弹性势能为 E,则碰前 A 球的速度等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设碰前 A 球的速度为 ，两球压缩最紧时两球的速度相等，则据动量守恒和机械能守恒可得： 、 ，解得： 。故 B 项正确，ACD 三项错误。4. 如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板 AB 和 CD 之间，两板与水平面的夹
5、角都是 60。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则A. 如果突然撤去 CD 板，则撤去后铁球对 AB 板的压力减小B. 如果突然撤去 CD 板，则撤去后铁球对 AB 板的压力增大C. 如果保持 AB 板不动，使 CD 板与水平面的夹角缓慢减小，则球对 AB 板的压力先减小后增大D. 如果保持 AB 板不动，使 CD 板与水平面的夹角缓慢减小，则球对 CD 板的压力先减小后增大【答案】AD【解析】试题分析：对球受力分析可知，撤去 CD 之前，AB 和 CD 对球的弹力均为 mg；如果突然撤去CD 板，则撤去后铁球对 AB 板的压力为 mgcos600=0.5mg，故撤去后铁球对 AB 板的
6、压力减小，选项 A 正确，B 错误；如果保持 AB 板不动，使 CD 板与水平面的夹角缓慢减小，根据平行四边形法则可知，球对 CD 板的压力先减小后增大，故选项 D 正确，C 错误；故选 AD.考点：物体的平衡；动态分析【名师点睛】此题考查了物体的平衡及动态分析；关键是通过分析物体的受力情况，根据平行四边形法则借助于平衡条件列出方程求解；用图解法来判断力的变化情况简单快捷，应该熟练掌握此方法；此题是中等题.5.如图所示， A、 B 两点分别是斜面的顶端、底端， C、 D 是斜面上的两个点，LAC:LCD:LDB1:3:3， E 点在 B 点正上方并与 A 点等高。从 E 点水平抛出质量相等的两
7、个小球，球 a 落在 C 点，球 b 落在 D 点，球 a 和球 b 从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是A. 两球运动时间之比为 2：1B. 两球抛出时初速度之比为 4：1C. 两球动能增加量之比为 1：2D. 两球重力做功之比为 1：3【答案】B【解析】【详解】A：由几何关系可得，球 a 和球 b 下降的高度之比为 1：4，据 ，两球运动时间之比为 1：2。故 A 项错误。B：由几何关系可得，球 a 和球 b 水平位移之比为 2：1，又两球运动时间之比为 1：2；据，两球抛出时初速度之比为 4：1。故 B 项正确。CD：球 a 和球 b 下降的高度之比为 1：4，两
8、球质量相等，据 ，两球从抛出到落在斜面上的过程重力做功之比为 1：4；又抛出过程球只受重力，则 ，两球动能增加量之比为 1：4。故 CD 两项错误。6.在光滑水平面上， A、 B 两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前 A、 B 球的动量分别为 6kgm/s、14kgm/s，碰撞中 B 球动量减少 6kgm/s，则 A、 B 两球碰撞前的速度之比为A. 37 B. 34C. 27 D. 74【答案】C【解析】【详解】设碰前 A、 B 两球速度分别为 、 ，碰撞后粘在一起的速度为 ，由题意得：、 、 、 ，则、 ， ，整理得： 。故 C 项正确，ABD 三项错误。7.假设有一载人宇宙飞
9、船在距地面高度为 4200 km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为 6400 km，地球同步卫星距地面高为 36000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站。某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为 ( )A. 4 次 B. 6 次 C. 7 次 D. 8 次【答案】C【解析】试题分析：据开普勒第三定律得： ， ，可知载人宇宙飞船的运行周期 与地球同步卫星的运行周期 之比为 ，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即 ，因而载人宇宙飞船的运行周期 ，由匀速
10、圆周运动的角速度 ，所以宇宙飞船的角速度为 ，同步卫星的角速度为 ， ，当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为 ，即一个半圆，追击需要的时间为： ，追击距离变为 ，即一个圆周，追击时间为：，可以得到 内完成追击次数为： 次，接收站共接收到信号的次数为为 7 次，故选项 C 正确，选项 ABD 错误。考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用【名师点睛】地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差。8.建设房屋时，保持底边 L 不变，要设计好屋顶的倾角 ，
11、以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动。下列说法正确的是A. 倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大B. 倾角 越大，雨滴对屋顶压力越大C. 倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度越大D. 倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的时间越短【答案】AC【解析】【详解】对雨滴下滑时受力分析，只受重力 和屋顶对雨滴的支持力 ，如图：垂直于屋顶方向： ，平行于屋顶方向：A：雨滴下滑时的加速度 ，倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大。故 A 项正确。B：雨滴对屋顶压力等于屋顶对雨滴的支持力，即 ，倾角 越大，雨滴对屋顶压力越小。故 B 项错误。
12、C：据几何关系，屋顶到屋檐的高度 ，对雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 的过程由动能定理得： ，解得：雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度 ，底边 L 不变，倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度越大。故 C 项正确。D：据几何关系，屋顶坡面的长度 ，雨滴下滑时的加速度 ，由位移时间公式得：，则雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 的时间 ，当 时，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 用时最短。故 D 项错误。9.如图所示，在水平光滑地面上有 A、 B 两个木块， A、 B 之间用一轻弹簧连接 A 靠在墙壁上，用力 F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力 F，则
13、下列说法中正确的是( )A. 木块 A 离开墙壁前，墙对木块 A 的冲量大小等于木块 B 动量变化量的大小B. 木块 A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块 B 动能的增量C. 木块 A 离开墙壁时， B 的动能等于 A、 B 共速时的弹性势能D. 木块 A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块 A 的速度为零【答案】AB【解析】试题分析：木块 A 离开墙壁前，对 AB 的整体而言，墙对木块 A 的冲量大小等于整体的动量变化即等于木块 B 动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块 A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块 B 动能的增量；木块 A 离开墙壁时，B 的动能等于 A、B 共速时
14、的弹性势能及A 的动能之和；木块 A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，AB 交换速度，木块 B 的速度为零。选项 AB 正确。考点：动量定理及能量守恒定律的应用。10.如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB 长度为2R，现将质量也为 m 的小球从距 A 点正上方 h0高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，在空中能上升的最大高度为 h0（不计空气阻力） ，则A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为 RC. 小球离开小车后做竖直上抛运动D. 小球第二次能上升的最大高度 h0h h0【答案】CD【解析】【详解】A：小
15、球与小车在水平方向所受合外力为零，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒；小球与小车在竖直方向所受合外力不为零，小球和小车组成的系统竖直方向动量不守恒。故 A 项错误。B：当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为 ，小车的速度大小为 ，据系统水平方向动量守恒，以向右为正，得 ，即 ，则小球与车在水平方向位移大小 ，又 ，解得：小车向左运动的最大距离 。故 B 项错误。C：小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动。故 C 项正确。D：小球第一次车中运动过程
16、中，由功能关系得： 。小球第二次在车中运动过程中，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功变少，即 ，设小球第二次能上升的最大高度为 ，由功能关系得：，解得： 。故 D 项正确。【点睛】功能关系的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以求变力做的功。本题中摩擦力做功使机械能转化为内能。11.一质量为 2 kg 的物块在水平牵引力的作用下做直线运动，v-t 图象如图 1 所示，物块与水平地面间的动摩擦因数为 04下列说法不正确的是（ ）A. 图 2 表示物块的加速度随时间的变化关系B. 图 3 表示水平牵引力随位移的变化关系C. 图 4 表示水平牵引力功率随时间的
17、变化关系D. 图 5 表示合力对物块做的功随位移的变化关系【答案】ABD【解析】试题分析：0-2s 加速度为 ，4-6s 加速度为 ，故图 2 不能表示物块的加速度随时间的变化关系，选项 A 错误；因 0-2s 的位移等于 4-6s 的位移，小于 2-4s 的位移，故图 3 不能表示水平牵引力随位移的变化关系，选项 B 错误；0-2s 的牵引力的功率：P 1=Fv=（ma 1+mg）a 1t=24t；2-4s 牵引力的功率：P2=fv=mga 1t=822W=32W；4-6s 的牵引力的功率：P 3=Fv=（mg-ma 2） （4-a 2t）=16-8t；则选项 C 正确；0-2s 内合外力的
18、功：W 1=ma1x=4x；2-4s 内合外力的功为 W2=0；4-6s 合外力的功：W 3=-ma2x=-4x,选项 D 错误；故选 C考点：物理图像；功和功率【名师点睛】此题考查了物理图像问题；解题时关键是能根据牛顿定律和功和功率的表达式找出各个阶段的加速度、牵引力、牵引力的功率计合外力功的函数关系，并对照图像来分析12.如图，长为 L=1.5m 的木板 P 静止于光滑水平面上，可视为质点的小滑块 Q 位于木板 P 的最右端，小滑块与木板间的动摩擦因数为 0.2， Q 与 P 的质量均为 m=1kg，用大小为 6N、水平向右的恒力 F 拉动木板加速运动，作用时间 t 后撤去拉力，系统逐渐达
19、到稳定状态。已知滑块恰好未从木板上滑落，取 g=10m/s2,下列说法正确的是A. 整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为 3JB. 恒力 F 作用的时间 t= sC. 木板 P 的最大速度为 4m/sD. 摩擦力对小滑块 Q 的冲量为 3Ns【答案】ACD【解析】【详解】由题意知，恒力 F 作用时，小滑块与木板间出现滑动，对小滑块：，对木板： ；撤去拉力到稳定状态，小滑块继续加速直到匀速， ，木板开始减速直到匀速，木板加速度的大小。A：整个过程中，系统因摩擦而产生的热量 。故 A 项正确。BC：设恒力作用的时间为 ，在恒力作用的阶段，两物体的相对位移 ，恒力作用阶段两者的末速度 、 ；撤去外力
20、到稳定状态，两物体的相对位移，且 、 ，联立解得： 、 。故 B 项错误， C 项正确。D：摩擦力对小滑块 Q 的冲量 ，故 D 项正确。【点睛】板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，对各种可能情况要能熟练掌握。必要时可画出速度时间图象分析运动过程。二、实验题（本题共 2 小题，共 14 分。 ）13.用图甲中装置验证动量守恒定律。实验中：(1)为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是_A使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出B使入射球与被碰小球碰后能同时飞出C使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向D使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失(2)若
21、A 球质量为 m150g，两小球发生正碰前后的水平位移时间( x-t)图象如图乙所示，则小球 B 的质量为 m2_。【答案】 (1). C (2). 20 g【解析】【详解】(1)安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向。故 C 项正确。(2)由图知碰前 B 球静止，A 球的速度为 ；碰后 A 球的速度，碰后 B 球的速度 ；由动量守恒可得：，代入数据解得： 。14.某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验。 A、 B 是质量均为 m 的小物块， C 是质量为 M 的重物， A、 B 间由轻弹簧相连， A、 C 间由轻绳
22、相连。在物块 B 下放置一压力传感器，重物 C 下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物 C 的速度。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为 g。实验操作如下：(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放 C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出 C 的速度为 v。(2)在实验中保持 A， B 质量不变，改变 C 的质量 M，多次重复第（1）步。该实验中， M 和 m 大小关系必需满足 M _ m(选填“小于” 、 “等于”或“大于”)为便于研究速度 v 与质量 M 的关系，每次测重物的
23、速度时，其已下降的高度应_(选填“相同”或“不同”)根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出_(选填“ ”、 “ ”或“”)图线。根据问的图线知，图线在纵轴上截距为 b，则弹簧的劲度系数为_（用题给的已知量表示） 。【答案】 (1). 大于 (2). 相同 (3). (4). K=4mg2/b【解析】【详解】(2)释放 C，欲使其向下运动，则 M 和 m 大小关系必需满足 M 大于 m。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物 C 的速度，压力传感器示数为零时，弹簧弹力为 ，弹簧伸长量一定，则每次测重物的速度时，其已下降的高度应相同。因为刚开始弹簧被压缩时弹力为 ，弹簧的压缩量 ，
24、最后弹簧被拉伸时弹力为 ，弹簧的弹长量 ，弹簧始末状态的弹性势能相同，则 ，解得： 。为得到线性关系图线，应作出 图线。 图线在纵轴上截距为 b，则 ，即 ，解得： 。【点睛】图象类题目要据物理规律求出横纵坐标间的关系式，然后结合图象的截距、斜率、图象与坐标轴围成的面积等对应的物理意义分析问题。三、计算题（本题共 2 小题，共 23 分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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.如图甲所示，倾角 37的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块 A、 B 用细线跨过光滑定滑轮相连， A 与滑轮间的细线与斜面平行，
25、B 距地面一定高度， A 可在细线牵引下沿斜面向上滑动某时刻由静止释放 A，测得 A 沿斜面向上运动的 v t 图象如图乙所示( B 落地后不反弹)已知 mA2kg， mB4kg，重力加速度 g10m/s 2，sin370.6、cos370.8.求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数；(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移。【答案】(1)0.25 (2)0.75【解析】【分析】(1)由 v t 图象求出 B 牵引 A 时两者加速度的大小，对 A、B 分别受力分析据牛顿第二定律列式，求得 A 与斜面间的动摩擦因数；(2)B 落地后，A 继续上升，对 A 受力分析据牛顿第二定律求得 A 继续上升的加速度，
26、用运动学公式求得 A 加速上升和减速上升的位移，相加后得 A 沿斜面向上滑动的最大位移。【详解】(1)在 00.5 s 内，根据题图乙，可得 A、B 加速度的大小设细线张力大小为 T，分别对 A、B 受力分析，由牛顿第二定律得：解得： 、(2)B 落地后，A 继续减速上升，由牛顿第二定律有：，解得：A 减速向上滑动的位移00.5 s 内 A 加速向上滑动的位移所以，A 上滑的最大位移16.如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板左端固定一个轻弹簧。现有一质量M=3kg，长 L=4m 的小车（其中 O 为小车的中点， AO 部分粗糙， OB 部分光滑）一质量为m=1kg 的小物块（可视为质
27、点） ，放在车的最左端，车和小物块一起以 v0=4m/s 的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车 AO 部分之间的动摩擦因数为 =0.3，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量。(2)小物块最终停在小车上的位置距 A 端多远。【答案】 （1） ，方向水平向左 （2）【解析】【分析】(1)车与挡板相撞后，车停止，小物块在 AO 部分做匀减速运动，据动能定理可求得小物块过O 点的速度；小物块在 OB 部分先匀速再与弹簧相碰后以相碰前的速
28、度大小返回，据动量定理可求得此过程中弹簧对小物块的冲量。(2)小物块向左运动过 O 点后，与车相互摩擦，车做加速直至匀速，小物块做减速直至匀速，据动量守恒和能量关系，可求得小物块在 OA 部分与车的相对位移，进而求得小物块最终停在小车上的位置距 A 端多远。【详解】(1)车与挡板相撞后，车停止，小物块在 AO 部分做匀减速运动，据动能定理可得：，解得：小物块与弹簧相互作用过程中，能量守恒，小物块离开弹簧时速度大小 ，方向水平向左对小物块与弹簧相互作用过程，应用动量定理可得：则弹簧对小物块的冲量大小为 ，方向水平向左。(2) 小物块向左运动过 O 点后，与车相互作用，由动量守恒得：设此过程中小物
29、块和车的相对位移是 ，由能量关系可得：小物块最终停在小车上距 A 的距离解得：【点睛】解决此类问题的关键是掌握动量和能量的观点，这种观点往往可以忽略力作用的中间过程，只需关注始末状态，用全局的观点和整体的观点使得解题的思路更加简捷。四、 【选修 3-3】(15 分)17.下列说法正确的是_。A在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关B在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大C制作晶体管、集成电路只能用单晶体D烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体E在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球
30、形是因为液体表面张力的作用【答案】ACE【解析】【详解】A：液体的种类和毛细管的材质决定了液体与管壁的浸润或不浸润，浸润液体液面在细管中向下弯，不浸润液体液面在细管中向上弯。故 A 项正确。B：在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大。故 B 项错误。C：制作晶体管、集成电路只能用单晶体，是因为单晶体具有各向异性。故 C 项正确。D：烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片的导热性能是各向异性，云母片是晶体。故 D 项错误。E：液体表面张力有使液体表面积收缩到最小的趋势，在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形
31、是因为液体表面张力的作用。18.如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中。此时水的温度t17.0，筒内气柱的长度 h114cm.已知大气压强 p01.010 5Pa，水的密度 1.010 3kg/m3，重力加速度大小 g 取 10m/s2.(1)若圆筒的横截面积为 S=10cm2，求圆筒的质量 m；(2)若将水温缓慢升高至 27 ，此时筒底露出水面的高度 h 为多少？【答案】0.14kg h1 cm；【解析】【分析】(1)先求筒内气体压强，再对筒受力分析，据平衡条件可得圆筒的质量；(2)筒内气体压强不变，据盖吕萨克定律列式，可得末状态气柱的长度，从而求得筒底露出水面的高度。【详解】(1)筒内气体压强对筒受力分析，据平衡条件可得解得：(2) 水温缓慢升高，由平衡条件得，气体发生等压变化，设温度升到 27 时，气柱的长度为 h2，由盖吕萨克定律得：圆筒静止，筒内外液面高度差不变筒底露出水面的高度联立解得
