安徽省合肥市2023_2024学年高三物理上学期名校名师测评卷四试卷含解析

考生注意：
1．试卷分值：100分，考试时间：75分钟。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

3．所有答案均要答在答题卡上，否则无效。

考试结束后只交答题卡。

一、选择题（本题共11小题，共46分。

其中1～9为单选题，每小题4分；10～11为多选题，每小题5分，全部选对得满分，部分选对得3分，有选错的得0分。

）
1．蝉的家族中的高音歌手是一种被称做“双鼓手”的蝉。

它的身体两侧各有一大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘。

圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的。

某同学围绕蝉所在的树干悄悄走了一圈，听到忽强忽弱的蝉鸣声，以下对该现象解释正确的是（）
A．这种现象属于声波的衍射现象B．这种现象属于声波的干涉现象
C．这种现象属于声波的多普勒效应D．这种现象属于声波的反射现象
2．如图所示为某同学研究单摆做阻尼振动的位移一时间图像，P、N是图像上的两个点，下列说法正确的是（）
A．摆球在P点时做减速运动
B．摆球在N点时正在升高
C．摆球在P点时的动能和在N点时的动能相同
D．摆球在P点时的机械能大于在N点时的机械能
3．如图所示，某物理老师为了演示动量守恒定律的应用，在光滑水平桌面上放置一小车，用细线将一小钢球
悬挂在小车的立柱上。

演示开始前该老师用右手按住小车，左手拿着小球将细线向左拉开一定角度，并保持整个装置静止在桌面上的A处，若使小车能够运动到右侧较远的B处，下列方案可行的是（）
A．同时松开两只手
B．先松开左手，当小球第一次运动到最低点时，再松开右手
C．先松开左手，当小球运动到右侧最高点时，再松开右手
D．先松开左手，当小球第二次运动到最低点时，再松开右手
4．2023年10月3日下午，杭州亚运会男子蹦床比赛在黄龙体育馆举行，中国运动员严浪宇以59.85分夺冠获得了杭州亚运会男子蹦床冠军。

加之前一日朱雪莹在女子项目摘金，至此，本届亚运会蹦床项目全部两枚金牌被中国队包揽。

某同学分析严浪宇的比赛视频发现，严浪宇在某次下落过程中从最高点到着网用时0.8s，
10m/s，则该过程中网对严浪宇从着网到最低点用时0.4s。

已知严浪宇的质量约为60kg，重力加速度g取2
的平均作用力约为（）
A．600N B．1200N C．1800N D．2400N
5．如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是（）
<，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加
A．若u v
>，喷气后飞机速度才会增加
B．只有u v
C．喷气后飞机速度为
Δm v u
m +
D．喷气后飞机增加的速度为
Δ
Δ
m u m m -
6．如图所示，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，某人手里拿着一个小球悬于小车上方，某时刻突然松手释放小球，使小球竖直落入小车沙堆中，假设小球落入沙堆中立刻与小车保持相对静止，以下说法正确的是（）
A．若小车正好通过平衡位置时，小球落入沙堆，则小球与小车保持相对静止后，弹簧振子的振幅变小
B．若小车正好通过平衡位置时，小球落入沙堆，则小球与小车保持相对静止后，弹簧振子的周期变小
C．若小车正好通过最大位置时，小球落入沙堆，则小球与小车保持相对静止后，弹簧振子的振幅变小
D．若小车正好通过最大位置时，小球落入沙堆，则小球与小车保持相对静止后，弹簧振子的周期不变
7．如图表示同一种均匀介质中两列频率相同、振幅不同的波在某时刻叠加的情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列说法正确的是（）
A．a、c两点连线上所有点均为振动加强点
B．b、d两点连线上所有点均为振动减弱点
C．该时刻b点和d点的位移相同
D．1
4周期后，
c点的位移比d点大
8．如图所示为某物体沿一直线做简谐运动的v t-图像，则下列说法中正确的是（）
A ．04T ~和42T T ~，合外力做功不相同、合外力的冲量相同
B ．42T T ~和324T T ~，合外力做功不相同、合外力的冲量相同
C ．04T ~和34T T ~，合外力做功相同、合外力的冲量也相同
D ．02T ~和2T T ~，合外力做功相同、合外力的冲量不相同9．一列简谐横波沿一直线传播，该直线上平衡位置相距6m 的A B 、两处的质点振动图像如图a b 、所示，则该波的速度不可能为()
A ．24m /s
B ．4.8m /s
C ．8m /s
D ．6m /s
10．图中实线为一列简谐横波在0t =时刻的波形曲线，经过0.3s 后，其波形曲线如图中虚线所示。

已知该波的周期T 大于1s ，则下列说法正确的是（）
A ．该波一定沿着x 负方向传播
B ．该波的速度大小可能为0.5m /s
C ．0.2s t =时，5cm x =处的质点正在沿y 轴负方向运动
D ．00.6s ~，5cm x =处质点的路程为10cm
11．在光滑的水平桌面上固定一个内侧光滑的圆形轨道，俯视图如图所示，a b 、为圆上两条相互垂直半径的端点。

紧贴轨道内侧放置A B 、两个可视为质点的小球，质量分别为m m β、，开始时B 球静止于a 点，A 球在其左侧以0v 的初速度向右与B 球发生第一次碰撞，随后两球在b 点发生第二次碰撞。

已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，则（）
A ．β可能为7
B ．β一定为7
C ．若只增大A 球的质量，则第二次碰撞点可能仍在b 处
D ．若只增大A 球的初速度0v ，则第二次碰撞点一定仍在b 处
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。

）
12．用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律，在气垫导轨的一端装有位移传感器（图中未画出）。

A B 、两滑块（可视为质点）沿同一直线运动并发生正碰，电脑可通过位移传感器记录A B 、两滑块在不同时刻相对传感器的位置信息，并画出A B 、两滑块位置一时间图像。

滑块A 质量1100g m =，滑块B 的质量为2300g m =。

（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，若电脑中显示该滑块的位置-时间图像为________（选填“平行于t轴的直线”或“倾斜直线”），则说明气垫导轨已调平。

（2）某次实验中，电脑画出了A、B两滑块的位置一时间图像如图乙所示，碰前A、B两滑块所对应的图像已标出：
①碰撞后A滑块的位置一时间图像为________（选填“①”或“②”）；
②由题中数据结合位置一时间图像中提供的信息，可以得出这个碰撞________（选填“是”或“不是”）弹性碰撞。

13．某同学用如图甲所示的实验装置做“用单摆测定重力加速度”实验，该同学按照下列步骤进行实验，请你请回答相关问题：
（1）按图甲安装实验器材，你认为图乙中四种组装单摆方式正确的是________；
（2）用20分度的游标卡尺测量小球的直径，该同学在读数时发现游标尺因磨损前端刻度已看不清，如图丙所示，然而该同学依然读出了游标卡尺的示数d ________mm；
（3）用刻度尺测出摆线长为99.53cm ，将单摆拉开一小角度，释放摆球后观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为60.00s ，则此单摆周期为________s ，该小组测得的重力加速度大小为________2m /s ；（结果均保留3位有效数字，2
π取9.870）
（4）该同学发现测得的g 值偏大了，你认为可能的原因是________。

A ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
B ．开始计时时，停表过迟按下
C ．释放小球时未做到由静止释放，小球有一很小的初速度
三、解答题（本题共3小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分。

考生根据要求作答。

）
14．在同一均匀介质中，分别位于坐标原点和10m x =处的两个波源O 和P ，沿y 轴振动，形成两列相向传播的简谐横波a 和b ，某时刻a 和b 分别传播到了2m x =和7m x =处，波形图如图所示，已知a 波的频率为0.5Hz ，求
（1）b 波的周期；
（2）4.5s 后，6m x =处的质点的位移。

15．如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m ，弹簧质量不
计，劲度系数为k ，底部质量为
2m ，开始时弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，弹簧小人不停上下振动。

已知当弹簧形变量为x 时，其弹性势能2p 12E kx =，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，
弹簧始终在弹性限度内。

（1）若使弹簧小人在振动过程中底部始终不离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量需满足什么条件？
（2）若轻压头部释放时弹簧的压缩量为2mg k
，则弹簧小人在运动过程中头部的最大速度是多大？16．某同学设计的一款闯关游戏可以简化为如图所示模型：上表面粗糙的长木板和四分之一光滑圆弧槽紧靠在一起（二者未粘连）放在光滑的水平地面上，圆弧槽的下端与木板的上表面齐平，可视为质点的小物块一开始放在木板的最右端。

游戏有两关：第一关用销钉将圆弧槽固定在地面上，给小物块一向左的初速度，若小物块能够滑上圆弧槽且最终未滑离木板，则闯关成功；第二关拔去销钉将圆弧槽解锁，并将整个游戏装置归回到初始状态，给小物块一向左的初速度，若小物块能够滑上圆弧槽且不会从圆弧槽上的上端冲出，则闯关成功。

已知物块的质量为2m ，圆弧槽和木板的质量均为m ，圆弧槽的半径0.5m R =，木板的长度1m L =，小木块与木板间的动摩擦因数0.5μ=，圆弧槽不会翻转，重力加速度g 取2
10m /s 。

（1）在第一关中，若该同学给小物块的初速度0/s v =，请通过计算分析该同学是否闯关成功？若闯关成功，则物块最终停在距木板左端多远处？
（2）在第二关中，若该同学给小物块的初速度为0
6m /s v '=：①小物块刚滑上圆弧槽时的速度是多大？②请继续通过计算分析该同学是否闯关成功？
2024届名校名师测评卷（四）·物理
参考答案、提示及评分细则题号
1234567891011答案B D B C C A A B D AC ACD
1．【答案】B
【解析】绕该蝉所在的树干走一圈，能听到忽高忽低的蝉鸣声，这是由蝉两侧发出的声音发生干涉产生的加强和减弱的现象；故选B ．
2．【答案】D
【解析】A ．由图可知摆球在P 点时正在靠近平衡位置，速度在增大，A 错误；
B ．摆球在N 点时也正在靠近平衡位置，高度在降低，B 错误；
C ．P N 、两点对应位置高度相同，故从P 到N 重力做功为0，摆球需克服阻力做功，由动能定理可知摆球在P 点时的动能大于在N ．点时的动能，C 错误；
D ．由p
E mgh 知两摆球在P N 、两点时的重力势能相等，而摆球在P 点时的动能大于在N 点时的动能，所以摆球在P 点时的机械能大于在N 点时的机械能，D 正确；故选D 。

3．【答案】B
【解析】钢球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒。

AC ．同时松开两只手，系统在水平方向上总动量为0，小球向右运动时，车往左运动，小球向左运动时，车往右运动，车只会在原来位置左右往复运动，无法持续向右运动到B 处。

C 选项中先松开左手，当小球运动到右侧最高点时，再松开右手，系统在水平方向上总动量为0，车的运动情况与A 选项中相同，故A 、C 错误；
B ．先松开左手，当小球第一次运动到最低点时，再松开右手，系统在水平方向上总动量方向向右，车最终会运动到B 处，故B 正确；
D ．先松开左手，当小球第二次运动到最低点时，速度向左，此时再松开右手，系统在水平方向上总动量方向
向左，车不会运动到B 处，故D 错误；故选B 。

4．【答案】C
【解析】对运动员从最高点到最低点，由动量定理得()12100mg t t Ft +-=-，代入数据解得1800N F =；故选C 。

5．【答案】C
【解析】设喷出气体的速度为v '，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒有()()ΔΔmv m m v m v u =-+''-，解得，Δm v v u m =+'，喷气后飞机增加的速度为Δm u m
，故无论u 大小如何，v '均大于v ，故A 、B 、D 均错误，C 正确；故选C 。

6．【答案】A
【解析】AC ．设小车和小球的质量分别为12m m 、，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v ，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则()112m m v m m v =+，解得112
m m m v v v m m =<+，碰后瞬间系统的机械能为()2221k 121k1112111222
m m m E m m v m v E m v m m =+=⋅<=+，可知小球落入小车后，系统机械能变小。

弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，而小球落入小车后系统机械能变小，故振幅变小，A 正确；若小车正好通过最大位置时，小球落入沙堆，系统的机械能不变，则小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅不变，故C 错误；
BD
．小球落入沙堆后，系统质量变大，由弹簧振子的周期公式2T =知，周期变大，B 、D 均错误；故选A 。

7．【答案】A
【解析】A ．由图可知，a c 、两点到1S 和2S 的距离相等为振动加强点，二者连线上所有点到1S 和2S 的距离也相等，连线上所有点均为振动加强点，故A 正确；
B ．由图可知，b d 、两点到1S 和2S 的距离差均为半个波长的奇数倍，b d 、两点为振动减弱点，振动减弱点是分布在一簇簇双曲线上的，但二者连线是一条直线，该直线上的点到1S 和2S 的距离差并不都是半个波长的奇数倍，故B 错误；
C ．两列波的振幅不同，振动减弱点叠加后的振幅不为零，该时刻b d 、两点一个在叠加后的波峰，一个在叠加后的波谷，二者的位移等大反向，并不相同，故C 错误；
D ．
1
4
周期后，c 点和d 点均在平衡位置，二者的位移均为0，故D 错误；故选A 。

8．【答案】B
【解析】A ．设最大速度大小为0,04T v ~内动能的变化量为2012mv ，动量变化量为0mv ；42
T T
~内动能变化
量为2
012
mv -
，动量变化量为0mv -，根据动能定理可知这两段时间内合力做功不相同，根据动量定理知合力的冲量不相同，故A 错误；B ．
324T T ~内动能变化量为220011022mv mv -=，动量变化量为0mv -，和42T T ~相比，合外力做功不相同、合外力的冲量相同，B 正确；C ．
34T T ~内动能变化量为220011022mv mv -=-，动量变化量为()000mv mv --=，和04
T ~相比，合外力做功不相同、合外力的冲量相同，C 错误；D ．02T ~
和2
T
T ~内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据动能定理和动量定理得知合力的功和冲量都相同，D 错误；故选B 。

9．【答案】D
【解析】若波从a 到b 传播，由图像可知，a 比b 早振动14nT T +，则有1
6m(0,1,2,3,4)4
n n λλ+== ，由波速公式可知波速为：()24
m /s 0,1,2,3,441
v n T n λ=
==+ 。

当0n =时，24m /s v =；1n =时，4.8m /s v =；故A 、B 可能。

若波从b 到a 传播，由图像可知，b 比a 早振动3
4
nT T +，则有
()36m 0,1,2,3,44n n λλ+== ，由波速公式可知波速为24m /s(0,1,2,3,4)43
v n T n λ===+ 。

当0
n =时，8m /s v =，故C 可能。

在以上两种情况中，均找不到6m /s 对应的n 值，故D 不可能；故选D 。

10．【答案】AC
【解析】AB ．若波是沿x 轴正方向传播的，波形移动了()3
0,1,2,3,44
n n λλ+
= ，则有()30.3s 0,1,2,3,44nT T n +== ，解得()1.2s 0,1,2,3,443
T n n ==+ ，当0n =时，周期有最大值为0.4s ；
若波是沿x 轴负方向传播的，波形移动了()1
0,1,2,3,44
n n λλ+= ，则有
()10.3s 0,1,2,3,44nT T n +== ，解得()1.2s 0,1,2,3,441
T n n ==+ ，当0n =时，周期有最大值为1.2s ；
该波的周期T 大于1s ，故该波定沿着x 负方向传播，且周期为1.2s ，波速0.21
m /s m /s 1.26
v ==，故A 正确、B 错误；
C ．0t =时5cm x =处的质点在波峰，则经过0.2s 64
T T
t ==<，此时该质点未回到平衡位置，正在沿y 轴负方向运动，C 正确；
D ．00.6s ~是半个周期，5cm x =处质点的路程为振幅的2倍，因振幅未知，故路程未知，D 错误；故选AC 。

11．【答案】ACD
【解析】AB ．设第一次碰后A B 、两球的速度大小分别为12v v 、，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
222
012012111222A A B A A B m v m v m v m v m v m v =+=+、，解得10202A
B A A B A B
m m m v v v v m m m m -==++、。

若碰后A B 、两球反向运动，第二次碰撞发生在b 点，则有12321244R R t v v ππ=
⨯=⨯-，联立解得7B A m
m β==；若碰后A B 、两球同向运动，第二次碰撞发生在b 点，则有12
125244R R t v v ππ=
⨯=⨯，联立解得0.6β=。

故A 正确、B 错误。

C ．若碰后A B 、两球反向运动，第二次碰撞发生在b 点，需满足7B
A
m m β=
=，此时增大A 的质量，使其满足0.6B
A
m m β=
=，则第二次碰撞点仍在b 处，C 正确；D ．相遇的未知由碰后两球速度比决定，由10202A B A A B A B m m m v v v v m m m m -=
=++、得122A B
A
v m m v m -=，可知速度比
与0v 无关，若只增大A 球的初速度0v ，则第二次碰撞点一定仍在b 处，故D 正确；故选ACD 。

12．【答案】（1）倾斜直线（2）①是
【解析】（1）若气垫导轨已调平，则滑块会做匀速直线运动，其位置-时间图像为倾斜直线；
（2）由图乙知，滑块碰前处于静止状态，滑块A 向右撞滑块B ，碰撞后滑块B 向右运动，其图像应为②，故碰后滑块A 的图像应为①，碰后A 反向运动；碰撞前A 物块的速度为0.80
m /s 4m /s 0.20
A v -==-，碰撞前
B 物
块的速度为0B v =；读图可知碰撞后A 物块的速度为00.8
m /s 2m /s 0.60.2
A v -'=
=--，碰撞后B 物块的速度为
1.60.8m /s 2m /s 0.60.2B v -=='-；可知碰撞前的总动能为22
k112110.8J 22A
B E m v m v =+=，碰撞后的总动能为22
k212110.8J 22
A B E m v m v ''=+=，则可知这个碰撞是弹性碰撞。

13．【答案】（1）D （2）9.40
（3）2.00
9.87
（4）B
【解析】（1）组装单摆需选用轻且不易伸长的细丝线，密度大的摆球，线绕在横杆上，单摆摆动时摆长会发生变化，用铁夹悬挂方式单摆摆长不会发生变化；故选D ；
（2）由图可知游标尺上的第8个刻度线与主尺的17mm 刻度线对齐，20分度游标卡尺的游标尺的最小分度值为0.95mm ，则游标卡尺的读数为17mm 80.95mm 9.40mm d =-⨯=；（3）摆长100.00cm 2d L l =+
=，一次全振动过程中单摆经过最低点两次，则单摆的周期为2 2.00s t
T n
==，
根据单摆的周期公式2T =2
9.87m /s ;g =
（4）A ．根据单摆的周期公式2T =22
4l
g T
π=，摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则测量的摆长偏小，则最终测得重力加速度偏小，故A 错误；B ．开始计时时，停表过迟按下，导致t 测量值偏小，由上述公式知，g 值偏大，故B 正确；C ．单摆周期由单摆本身决定，与释放时有无初速度无关，故C 错误；故选B 。

14．【答案】（1）6s （2）60cm
-【解析】（1）由图可知，a b 、波的波长分别为2m 6m a b λλ==、，两波波速相等有b
a a b
f T λλ=
，解得6s b T =；
（2）两波波速1m /s b
b
v T λ=
=，4.5s t =后，a b 、波传播的距离均为 4.5m x vt ==，
此时，a 波的波谷传播到6m x =处，40cm a y =-；
b 波在6m x =处已传播的时间()76m 3.5s b t t v
-=-
=，
由题知6m x =处质点的振动函数为240sin
cm b
y t T π
=，将b t 代入解得20cm b y =-，此时，6m x =处的质点的位移60cm a b y y y =+=-。

15．【答案】（1）52mg
x k ≤
（2）m v =【解析】（1）设轻压头部释放时弹簧的压缩量为0x 时，弹簧小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面。

则刚释放时，对弹簧小人头部由牛顿第二定律有0kx mg ma
-=由简谐运动的对称性可知，弹簧小人头部在最高点时的加速度大小也为a ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有F mg ma
+=此时对底部由平衡条件有12
F mg =联立解得052mg
x k
=。

故若使弹簧小人在振动过程中底部始终不离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量需满足52mg
x k
≤；（2）刚释放时弹簧的形变量为12mg
x k
=，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，此时弹簧压缩量2mg
x k
=
，根据能量守恒得()222
1212111222
m kx kx mg x x mv -=-+，
解得m v =。

16．【答案】（1）闯关成功，0.3m （2）①5m /s ；②闯关成功
【解析】（1）因圆弧槽固定在地面上，当小物块向左运动时，木板和圆弧槽紧靠在一起不会分离，设小物块刚
滑上圆弧槽时的速度为1v ，由动能定理有：22101122222
mgL mv mv μ-⨯=⨯-⨯解得13m /s v =，
因圆弧槽光滑，当小物块再次滑回圆弧槽的最低点时速度也为13m /s v =，假设小物块最终未滑离木板，则对小物块和木板由动量守恒有：123mv mv =共，对小物块和木板由能量守恒有：()22111
22222
mv m m v mgx μ⨯=⨯++⨯共，解得0.3m 1m x L =<=，
故闯关成功，物块最终停在距木板左端的0.3m 处；
（2）①拔去销钉，当小物块在木板上向左运动时，木板和圆弧槽则会紧靠在一起向左运动，设小物块刚滑上
圆弧槽时的速度为1v '，此时圆弧槽和木板的速度为2v '，在该过程中，则对小物块、木板和圆弧槽由动量守恒有：0
12222mv mv mv '''=+由能量守恒有：
2220
12111
2222222
mv mv mv mgL μ'''⨯=⨯+⨯+⨯，综上可得1
25m /s 1m /s v v '=⎧⎨'=⎩或12
1m /s 5m /s v v '=⎧⎨'=⎩（不合理，舍去），
故小物块刚滑上圆弧槽的速度是5m /s ；
（2）若小物块未从圆弧槽上端冲出，则其在最高点与圆弧槽共速；若小物块能从圆弧槽上端冲出，因圆弧槽上端切线竖直，小物块来到圆弧槽最高点时的速度水平分量与圆弧槽的速度相同，小物块冲出后做斜上抛运动，当小物块上升到最高点时，竖直分速度为0，此时小物块的速度与木板的速度相同。

综上可知，无论小物块能否从圆弧槽上端冲出，当其来到最高点时，都与圆弧槽共速。

从小物块滑上圆弧槽到其上升到最高点，小物块
和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，有：1
223mv mv mv ''='+共，再由机械能守恒有：()2221
2111
222222
mv mv m m v mgh '''⨯+⨯=⨯++共，综上解得4
m 0.5m 15
h R =
<=，故闯关成功。