2024学年江西省上饶市广丰区高三物理第一学期期末经典试题含解析

2024学年江西省上饶市广丰区高三物理第一学期期末经典试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、下列说法正确的是（）
A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加
B．物体对外界做功，其内能一定减少
C．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大
D．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大
2、在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。

当在a、b两端加上瞬时值表达式为2202sin100π
(V)的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。

下列
u t
说法正确的是（）
A．变压器副线圈的匝数为440
B．灯泡的额定电压为55V
C．变压器原线圈两端电压为220V
D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1V
3、2016里约奥运会男子50米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。

经视频分析发现：他从起跳到入水后再经过加速到获得最大速度2.488m/s所用的时间总共为2.5秒，且这一过程通过的位移为x1=2.988m。

若埃尔文以最大速度运动的时间为19s，若超过该时间后他将做1m/s2的匀减速直线运动。

则这次比赛中埃尔文的成绩为（）
A．19.94s B．21.94s C．20.94s D．21.40s
4、甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图所示，下列说法中正确的是（）
A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B ．在0～t 1时间内，甲车平均速度等于乙车平均速度
C ．在0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相遇
D ．在0～t 2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的
5、如图（a ），场源点电荷固定在真空中O 点，从与O 相距r 0的P 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的离子，经一定时间，离子运动到与O 相距r N 的N 点。

用a 表示离子的加速度，用r 表示离子与O 点的距离，作出其21a r -图像如图（b ）。

静电力常量为是k ，不计离子重力。

由此可以判定（ ）
A ．场源点电荷带正电
B ．场源点电荷的电荷量为N N ma r kq
- C ．离子在P 点的加速度大小为
0N N a r r D ．离子在P 点受到的电场力大小为22
0N N r ma r 6、如图所示，图甲为一简谐横波在t =0.10s 时的波形图，P 是平衡位置在x = 0.5m 处的质点，Q 是平衡位置在x =2m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象。

下列说法正确的是（ ）
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的传播速度为2m/s
C ．t =0.15s ，P 的加速度方向与速度方向相同
D ．从t =0.10s 到t =0.15s ，P 通过的路程为10cm
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置， B 球向左运动与A 球发生正碰，B
球碰撞前、后的速率之比为4：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A、B两球的质量之比和碰撞前、后两球总动能之比为（）
A．m A：m B=4：1 B．m A：m B=5：1
C．E K1：E K2 =25：6 D．E K1：E K2=8：3
8、我国成功研制了世界最高水平的“3.0V 12000F”石墨烯超级电容器。

超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5nm、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。

下列有关说法正确的是（）
A．该电容器充满电后的带电荷量为36000C
B．该电容器最多能储存108000J的电能
C．超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小
D．当该电容器放电至两端电压为1.5V时，其电容变为6000F
9、如图甲所示，一块质量为m A=1kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为m B=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s1．则下列说法正确的是
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小与板长L有关
10、有一台理想变压器及所接负载如下图所示。

在原线圈c、d两端加上交变电流。

已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。

下列说法正确的是（）
A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小
B．开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变
C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量将增大
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某小组要测定某金属丝的电阻率。

(1)用螺旋測微器测量金属丝的直径。

为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件______(选填“A”、＂B＂、“C”或＂D”)。

从图中的示数可读出金属丝的直径为______mm.
(2)某同学采用如图乙所示电路进行实验。

测得金属丝AB的直径为d，改变金属夹P的位置，測得多组金属丝接入电
路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出U
I
－L如图丙所示，测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率
为______
(3)关于电阻率的测量，下列说法中正确的有______
A．开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最右端
B．实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝AB长时间通电，会导致电阻率測量结果偏小
D．该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响
12．（12分）某实验小组在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，实验装置如图甲所示。

(1)下列说法正确的是________。

A．弹簀被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于水平位置且处于平衡状态
C．用直尺测得弹簧的长度即为弹篑的伸长量
D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等
(2)某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图乙所示，则弹簧的原长为L0=______________cm，劲度系数k=____________N/m；
(3)该同学将该弹簧制成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x=_______cm。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，在湖面上波源O点以振幅0.2m上下振动，形成圆形水波向外传播，A、O、B三点在一条直线上，AO间距为7.0m，OB间距为2.0m，某时刻O点处在波峰位置，观察发现3.5s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OA间还有一个波峰。

将水波近似为简谐波。

求：
①此水波的传播速度周期和波长；
②以A点处在波峰位置为0时刻，画出B点的振动图像。

14．（16分）理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质
的一种方法。

下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为4
3
d
的正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为方向相反
的匀强磁场，磁感应强度均为B，区域Ⅲ为匀强电场，电场强度
2
eB d
E
m
，三个区域的宽度均为d。

经过较长时间，
仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质MN上。

已知正电子的质量为m，电量为e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。

(1)求能到达电场区域的正电子的最小速率；
(2)在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为83d 的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率； (3)若L =2d ，试求第（2）问中最大速度的正电子打到MN 上的位置与进入铝筒位置的水平距离。

15．（12分）如图 1 所示，在直角坐标系 xOy 中，MN 垂直 x 轴于 N 点，第二象限中存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，Oy 与 MN 间（包括 Oy 、MN ）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时
间变化的规律如图 2 所示。

一比荷00
q m B t π=的带正电粒子（不计重力）从 O 点沿纸面以大小 v 0=0L t 、方向与 Oy 夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小 E =(1+233)00
2B L t ，ON =23()2π+L (1)若粒子在 t =t 0 时刻从 O 点射入，求粒子在磁场中运动的时间 t 1；
(2)若粒子在 0~t 0 之间的某时刻从 O 点射入，恰好垂直 y 轴进入电场，之后从 P 点离开电场， 求从 O 点射入的时刻 t 2 以及 P 点的横坐标 x P ；
(3)若粒子在 0~t 0 之间的某时刻从 O 点射入，求粒子在 Oy 与 MN 间运动的最大路程 s 。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解题分析】
A ．如果物体从外界吸收热量时，再对外做功，则内能可能减小，可能不变，可能增加，A 错误；
B ．如果物体对外界做功的同时，再从外界吸收热量，则其内能可能减小，可能不变，可能增加，B 错误； CD ．温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，
C 错误
D 正确。

故选D 。

2、B
【解题分析】
A ．四个灯泡均正常发光，说明变压器原、副线圈中的电流相同，根据
1221
I n I n = 可得变压器副线圈的匝数
12220n n ==
故A 错误；
BC ．a 、b 两端电压的有效值
U =设每个灯泡的额定电压为U 0，原线圈两端电压为U 1，则有
U =2U 0+U 1
结合
1102
2U n U n = 可得
U 0=55V ，U 1=110V
故B 正确，C 错误；
D ．原线圈两端电压的最大值
1m U =V 根据法拉第电磁感应定律有1m U n t
∆Φ=∆，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为
t ∆Φ=∆故D 错误。

故选B 。

3、D
【解题分析】
埃尔文匀速运动能走过的最大位移为
x 2=vt 2=2.488×19=47.272m
因为
x 1+x 2=2.988+47.272=50.26>50m
则运动员没有匀减速运动的过程，所以他匀速运动的时间为
50 2.98818.895s 2.488s t t -==≈
则埃尔文夺金的成绩为：
t =2.5+18.895=21.40s
A ．19.94s 与分析不符，故A 错误；
B ．21.94s 与分析不符，故B 错误；
C ．20.94s 与分析不符，故C 错误；
D ．21.40s 与分析相符，故D 正确。

故选D 。

4、B
【解题分析】
A ．位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故A 错误；
B ．由位移时间图线知，在0～t 1时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车平均速度，故B 正确；
C ．由v t -图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在t 2时刻不相遇，故C 错误；
D ．由v t -图像斜率表示加速度，由图像可知，在0～t 2时间内有个时刻两车的加速度相等，故D 错误。

故选B 。

5、D
【解题分析】
A ．从P 到N ，带正电的离子的加速度随21r
的增加而增大，即随r 的减小而增加，可知场源点电荷带负电，选项A 错
误；
B ．在N 点，由库仑定律及牛顿第二定律
2N N N F kQq a m r m
=
= 解得 2N N a r m Q kq
= 选项B 错误；
CD ．在P 点时，由库仑定律及牛顿第二定律
222
00N P P N r F kQq a a m r m r === 离子在P 点受到的电场力大小为
220
N N P P r ma F ma r == 选项C 错误，D 正确。

故选D 。

6、C
【解题分析】
A ．分析振动图像，由乙图读出，在t =0.10s 时Q 点的速度方向沿y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x 轴负方向的传播，故A 错误；
B ．由甲图读出波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T =0.2s ，则波速为
4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故B 错误； C ．从t =0.10s 到t =0.15s ，质点P 振动了
4T ，根据波动规律可知，t =0.15s 时，质点P 位于平衡位置上方，速度方向沿y 轴负方向振动，则加速度方向沿y 轴负方向，两者方向相同，故C 正确；
D ．在t =0.10s 时质点P 不在平衡位置和最大位移处，所以从t =0.10s 到t =0.15s ，质点P 通过的路程
s ≠A =10cm
故D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解题分析】
设向右为正方向，A 、B 球碰撞后B 球速度大小为B v ，由题意有 B B B B A A 4m v m v m v -=-
又
A B v v =
解得
A B :5:1m m =
A 、
B 球的碰撞前总动能
()21142
k B B E m v = 碰撞后的总动能
2221122
k A A B B E m v m v =
+ 解得 12:8:3k k E E =
故选BD 。

8、AC
【解题分析】
A ．根据超级电容器“3.0V 12000F ”，结合
Q C U
= 可知该电容器充满电后的带电荷量
12000 3.0Q CU ==⨯C=36000C
故A 正确；
B ．电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为
221112000 3.022
W CU ==⨯⨯J=54000J 故B 错误；
C ．借助平行板电容器的决定式
r 4S C k d
επ= 分析可知，超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大，板间距离小，故C 正确；
D ．电容器的电容只与电容器本身结构有关，与电容器带电荷量和两极板间电压无关，故D 错误。

故选AC 。

9、BD
【解题分析】
根据木板A 的v-t 图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F 的范围；根据木块和木板的位移关系求解F 与L 的关系.
【题目详解】 滑块在木板上滑动时木板的加速度为2212/2/1
v a m s m s t ∆===∆，对木板根据牛顿第二定律：121()B A B A m g m m g m a μμ-+=；滑块从木板上滑出时木板的加速度为2222/1/2
v a m s m s t ∆===∆，对木板根据牛顿第二定律：22A A m g m a μ=；联立解得：μ1=0.7，μ1 =0.1，选项A 错误，B 正确；对木块B ：1B B B F m g m a μ-=，其中的a A >1m/s 1，则F>9N ，则F 的大小不可能为9N ，选项C 错误；根据2211122
B L a t a t =
-，式中t=1s ，联立解得：F=1L+9，即F 的大小与板长L 有关，选项D 正确；故选BD.
【题目点拨】
此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t 图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.
10、ABD
【解题分析】
A ．开关1S 始终接a 不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表1V 示数不变，当滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所以电流2I 会减小，电流表2A 示数变小，而 2121U U I R =-
所以2U 会变大，即电压表2V 示数变大，故A 正确；
B ．开关1S 始终接b ，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表1V 示数不变，当滑片P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表2A 示数增大，电阻1R 消
耗的电功率增大，将原线圈和电阻1R 看作等效电源，则2V 示数的变化量与2A 示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B 正确；
C ．保持滑片P 的位置不变，将开关1S 由b 改接a 时，原线圈匝数1n 增大，根据变压比可知
1122
U n U n = 可知2U 变小，根据
222U P R =总
可知副线圈输出功率变小，则原线圈输入功率变小，故C 错误；
D ．保持滑片P 的位置不变，将开关1S 由a 改接b ，原线圈匝数1n 减小，根据变压比可知
1122
U n U n = 可知2U 增大，电容器两端电压增大
Q CU =
所带电荷量增大，故D 正确。

故选ABD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、B 0.410
24kd π D
【解题分析】
(1)[1][2]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B ，合金丝的直径为
0.0mm+41.0×0.01mm=0.410mm ；
(2)[3]设电流表内阻为R A ，根据欧姆定律可知待测电阻： A U IR R I
-= 根据电阻方程：L R S ρ
=，截面积： 2
2d S π⎛⎫= ⎪⎝⎭
2
4A U L R I d ρπ=+ 图像斜率：
24k d
ρπ= 所以电阻率
2
4kd πρ=
(3)[4]A ．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，故A 错误；
B ．实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，故B 错误；
C ．待测金属丝AB 长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，故C 错误。

D ．根据24A U L R I d
ρπ=+可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没有影响，故D 正确。

故选D 。

12、AB 10 50 16
【解题分析】
(1)[1]A ．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A 正确；
B ．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于水平位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，待钩码静止时再读数，故B 正确；
C ．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C 错误；
D ．拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同弹簧的劲度系数可能不同，故D 错误。

故选AB 。

(2)[2]由F －L 图像和胡克定律分析知，图像的斜率为弹簧的劲度系数，当F =0时，横轴的截距为弹簧的原长，据图所知，横轴截距为10cm ，即弹簧的原长为10cm ；
[3]图像的斜率
k =210.0N/m (3010)10
--⨯=50N/m (3)[4]弹簧测力计示数F =3.0N ，弹簧的伸长量为
3.0m 0.06m 6cm 50
x ∆===
x =(106)cm +=16cm
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、①2s ，4.0m ；②见解析。

【解题分析】
①.波速 7=m/s=2m/s 3.5
s v t == 7=3.5s 4T t = 得
T =2s
4.0m vT λ==
②.由O 点产生左右传播波的对称性可知A 在波峰时B 点在平衡位置向下振动。

振动图像如图
14、 (1)Bed m ；(2)53Bed m ；(3)4730
d 【解题分析】
(1)正电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故正电子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；在电场中正电子只受电场力作用，做匀变速运动；正电子离开电场运动到MN 的过程不受力，做匀速直线运动；
根据两磁场磁场方向相反，磁感应强度相等，故正电子在其中做匀速圆周运动的轨道半径相等，偏转方向相反，所以正电子离开磁场时的速度竖直向下；
故正电子能到达电场区域，则正电子在磁场中在匀速圆周运动的轨道半径R ≥d ；
那么由洛伦兹力做向心力可得
2
mv Bve R
＝ 所以正电子速度
BeR Bed v m m
≥＝ 故能到达电场区域的正电子的最小速率为
Bed m ； (2)根据几何关系可得：正电子进入磁场运动到区域Ⅱ和Ⅲ的分界线时，正电子水平位移偏移
(2x R ＝
故轨道半径R 越大，水平偏移量越小；由(1)可得：最大偏移量
△x max =2d ； 故有探测器正方向开口宽为
43d ，在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为83
d 的区域有正电子射入电场可得：正电子最小偏移量 (842)333
min
max d d d x x =--＝ 所以由(2x R ＝可得正电子运动轨道半径最大为
53
max R d ＝ 故根据洛伦兹力做向心力可得：正电子的最大速率
53max max BeR Bed v m m
＝＝ (3)速度最大的正电子垂直射入电场时，在电场中运动的时间
1max 35d
m t v Be
== 在电场中水平方向的位移
21112eE x t m
=
解得 1950d x =
进入无场区域时运动的时间
2max 265d m t v Be
== 在无场区域内运动的水平位移
212eE x t t m
=
解得 21825d x =
则最大速度的正电子打到MN 上的位置与进入铝筒位置的水平距离 min 124730d x x x x =∆++=
15、 (1)023t ；(2)01(1)3t π-，L π-；(3)(5+433π
)L 【解题分析】
(1)若粒子在t 0时刻从O 点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知圆心角
23
απ=
洛伦兹力提供向心力，则 2000v qv B m R = 已知
00
q m B t π= 周期
00
22R T t v π== 粒子在磁场中运动的时间
1002223
t T t t απ==< 符合题意。

(2)由(1)可知
0123
R v t π⋅= 解得
L
R π=
设t 2时刻粒子从O 点射入时恰好垂直y 轴进入电场，如图所示：
则
002()tan R v t t θ
=- 解得
021(1)3t t π
=- 粒子在电场中做类平抛运动，分解位移
231sin 2
R R at θ+= 03P x v t -=
根据牛顿第二定律有
qE ma =
解得
P L
x π=-
(3)粒子在磁场中转动，已知周期
02T t =
运动轨迹如图所示：
则
00tan 2R
OC L v t L θ
==<=
由于
00032t t t T -==
粒子从C 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C 点，04t 时刻运动到D ，则 00CD v t L ==
粒子从D 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D 点，0
6t 后沿DG 做直线运动，则
tan 2DG R θ
==
(1OG OC CD DG L =++=+
因为
2
sin (2
OG L θπ=+ 恰好等于ON 的长度，所以最大路程为
22(5s OG R L π=+⨯=。