2024年高考全国甲卷理综物理真题

氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用 $6^{2}_{1}\mathrm{H}\rightarrow2^{4}_{2}\mathrm{He}+x^{1}_{0}\mathrm{n}+y^{1}_{1}\mathrm{p}+43.15\mathrm{MeV}$ 表示，式中x、y的值分别为（　　）

A． $x=1$ ， $y=2$

B． $x=1$ ， $y=3$

C． $x=2$ ， $y=2$

D． $x=3$ ， $y=1$

【答案与解析】

氘核聚变反应 $6^{2}_{1}\mathrm{H}\to 2^{4}_{2}\mathrm{He}+x^{1}_{0}\mathrm{n}+y^{1}_{1}\mathrm{p}+43.15\,\mathrm{MeV}$ 。由质量数守恒 $6\times 2=2\times 4+x+y$ ，得 $x+y=4$ ；由电荷数守恒 $6\times 1=2\times 2+y$ ，得 $y=2$ ， $x=2$ 。故选C。
如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到 $a-m$ 图像。重力加速度大小为g。在下列 $a-m$ 图像中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设 P 质量 $M$ ，P 与桌面间摩擦力 $f$ 恒定。对 P： $T-f=Ma$ ；对盘+砝码（盘质量不计）： $mg-T=ma$ 。联立得 $a=\dfrac{mg-f}{M+m}$ ，当 $mg\le f$ 时 $a=0$ ，当 $m\to\infty$ 时 $a\to g$ 。即 $a$ 在 $m$ 较小时为零，随 $m$ 增大 $a$ 上升、斜率渐减，趋于 $g$ 。故选D。
2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的 $\frac{1}{6}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．在环月飞行时，样品所受合力为零

B．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零

C．样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同

D．样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小

【答案与解析】

A．环月飞行时样品做圆周运动，合力提供向心力，不为零，错；B．月球表面 $g=g_0/6$ ，样品对月球压力 $F=mg\neq 0$ ，错；C．质量是物体的固有属性，与位置及所受引力无关，错；D．月球表面压力 $F_{\text{月}}=mg_{\text{月}}$ ，地球表面压力 $F_{\text{地}}=mg_{\text{地}}$ ，因 $g_{\text{月}}<g_{\text{地}}$ 故 $F_{\text{月}}<F_{\text{地}}$ ，对。故选D。
如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　）

A．在Q点最大

B．在Q点最小

C．先减小后增大

D．先增大后减小

【答案与解析】

设大圆环半径 $R$ ，小环在角度 $\theta$ （与竖直方向夹角，从顶端起算）处，机械能守恒 $\frac{1}{2}mv^2=mgR(1-\cos\theta)$ ，得 $v^2=2gR(1-\cos\theta)$ 。小环做圆周运动，由牛顿第二定律（指向圆心为正） $N+mg\cos\theta=\dfrac{mv^2}{R}$ ，解得大圆环对小环的作用力 $N=mg(2-3\cos\theta)$ 。小环对大圆环作用力大小 $F=|N|=mg|2-3\cos\theta|$ 。 $\theta=0$ （顶端） $F=mg$ ； $\cos\theta=2/3$ 时 $F=0$ ； $\theta=\pi$ （底部） $F=5mg$ 。故作用力先减小后增大。故选C。
在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为 $k\frac{Q}{r}$ ，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为 $Q_{1}$ 和 $Q_{2}$ 的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　）

A． $Q_{1}<0$ ， $\frac{Q_{1}}{Q_{2}}=-2$

B． $Q_{1}>0$ ， $\frac{Q_{1}}{Q_{2}}=-2$

C． $Q_{1}<0$ ， $\frac{Q_{1}}{Q_{2}}=-3$

D． $Q_{1}>0$ ， $\frac{Q_{1}}{Q_{2}}=-3$

【答案与解析】

等势线图中，Q₂ 周围由内到外标注 $-1$ 、 $-0.1$ 、 $0\,\mathrm{V}$ ，电势均为负或零，Q₂ 周围场源带负电， $Q_2<0$ ；Q₁ 周围为 $0.2\,\mathrm{V}$ 正等势线， $Q_1>0$ 。在 $0\,\mathrm{V}$ 等势线上取与 Q₂ 距离 $r_2$ 、与 Q₁ 距离 $r_1$ 的点，由 $V=\dfrac{kQ_1}{r_1}+\dfrac{kQ_2}{r_2}=0$ 得 $\dfrac{Q_1}{Q_2}=-\dfrac{r_1}{r_2}$ 。结合 $0.2\,\mathrm{V}$ 等势线与 Q₁Q₂ 连线交点处电势方程，可解得 $\dfrac{Q_1}{Q_2}=-2$ 。故选B。
如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻 $R_{0}$ 和 $R_{1}$ 、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压 $U_{0}$ 不变的情况下，为提高 $R_{1}$ 的热功率，可以（　　）

A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动

B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变

C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动

D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动

【答案与解析】

A．T 不动则 U₂ 不变。R 滑片向 f 端使 R 接入电阻减小，副线圈回路总电阻减小，电流 $I$ 增大， $P_{R_1}=I^2R_1$ 增大，正确；B．T 向 b 端则 U₂ 减小，I 减小， $P_{R_1}$ 减小，错；C．T 向 a 端 U₂ 增大，R 滑片向 f 端 R 接入电阻减小，I 增大， $P_{R_1}$ 增大，正确；D．T 向 b 端 U₂ 减小，R 滑片向 e 端 R 增大，I 减小， $P_{R_1}$ 减小，错。故选AC。
蹦床运动中，体重为 $60\mathrm{kg}$ 的运动员在 $t=0$ 时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $t=0.15\mathrm{s}$ 时，运动员的重力势能最大

B． $t=0.30\mathrm{s}$ 时，运动员的速度大小为 $10\mathrm{m/s}$

C． $t=1.00\mathrm{s}$ 时，运动员恰好运动到最大高度处

D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 $4600\mathrm{N}$

【答案与解析】

A． $t=0.15\,\mathrm{s}$ 时弹力最大，形变最大，运动员位于最低点，重力势能最小，错；B． $t=0.30\,\mathrm{s}$ 离开蹦床，由 $t=2.30\,\mathrm{s}$ 再次落回蹦床可知空中时间 $2\,\mathrm{s}$ ，由竖直上抛对称性上升时间 $1\,\mathrm{s}$ ，起跳速度 $v=g\cdot 1=10\,\mathrm{m/s}$ ，正确；C．最大高度在 $t=0.30+1=1.30\,\mathrm{s}$ ，错；D．由动量定理 $F\Delta t - mg\Delta t = mv-(-mv)$ ，代入 $\Delta t=0.30\,\mathrm{s}$ 、 $m=60\,\mathrm{kg}$ 、 $v=10\,\mathrm{m/s}$ 、 $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 得 $F=\dfrac{2mv+mg\Delta t}{\Delta t}=\dfrac{2\times 60\times 10+60\times 10\times 0.3}{0.3}=4600\,\mathrm{N}$ ，由牛顿第三定律运动员对蹦床平均作用力大小为 $4600\,\mathrm{N}$ ，正确。故选BD。
如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在 $t=0$ 时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

线框以不同初速度进入磁场后，受安培力作用减速，同时通过绳连接物块的张力影响其运动。当初速度较小时，线框在磁场中减速至与物块平衡速度后匀速；当初速度较大时，线框可能先减速后与物块达到共同速度。以向上为正方向，对应 $v$ - $t$ 图像中可能正确的情形为：速度最终回到非零正值附近（A），以及速度先减后保持匀速（C）。故选AC。
学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为 $9.8\mathrm{m/s^{2}}$ 。

$(1)$ 电梯静止时测力计示数如图所示，读数为＿＿＿＿N（结果保留1位小数）； $(2)$ 电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 $4.5\mathrm{N}$ ，则此段时间内物体处于＿＿＿＿（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2}}$ （结果保留1位小数）。

【答案与解析】

（1）电梯静止时测力计示数 $F_0=5.0\,\mathrm{N}$ ，物体质量 $m=\dfrac{F_0}{g}=\dfrac{5.0}{9.8}\approx 0.51\,\mathrm{kg}$ 。（2）电梯上行时示数 $F=4.5\,\mathrm{N}<F_0$ ，物体处于失重状态，合力 $mg-F=ma$ 方向向下，故 $a=\dfrac{F_0-F}{m}=\dfrac{5.0-4.5}{0.51}\approx 1.0\,\mathrm{m/s^2}$ （方向向下）。
电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在保持流过传感器的电流（即工作电流）恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标。一同学用图（a）所示电路对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有：装在气室内的氧气传感器（工作电流 $1\mathrm{mA}$ ）、毫安表（内阻可忽略）、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5个气瓶（氧气含量分别为 $1\%$ 、 $5\%$ 、 $10\%$ 、 $15\%$ 、 $20\%$ ）。

（1）将图（a）中的实验器材间的连线补充完整＿＿＿＿，使其能对传感器定标；（2）连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口；（3）把滑动变阻器的滑片滑到＿＿＿＿端（填“a”或“b”），闭合开关；（4）缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为 $1\mathrm{mA}$ ，记录电压表的示数U；（5）断开开关，更换气瓶，重复步骤（3）和（4）；（6）获得的氧气含量分别为 $1\%$ 、 $5\%$ 、 $10\%$ 和 $15\%$ 的数据已标在图（b）中；氧气含量为 $20\%$ 时电压表的示数如图（c），该示数为＿＿＿＿V（结果保留2位小数）。现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表的示数为 $1\mathrm{mA}$ ，此时电压表的示数为 $1.50V$ ，则此瓶气体的氧气含量为＿＿＿＿ $\%$ （结果保留整数）。

【答案与解析】

（3）闭合开关前要求传感器两端电压为零，滑动变阻器滑片滑到使传感器被短路的位置，即 a 端。（6）电压表分度值 $0.1\,\mathrm{V}$ ，需估读到下一位，由图(c)读出 $U=1.40\,\mathrm{V}$ 。（7）由图(b)定标曲线， $U=1.50\,\mathrm{V}$ 对应氧气含量约为 $17\%$ 。
为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从 $t=0$ 时由静止开始做匀加速运动，加速度大小 $a=2\mathrm{m/s^{2}}$ ，在 $t_{1}=10\mathrm{s}$ 时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛， $t_{2}=41\mathrm{s}$ 时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速 $v_{0}=340\mathrm{m/s}$ ，求：（1）救护车匀速运动时的速度大小；（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。

【答案与解析】

（1）匀加速阶段末速度 $v=at_1=2\times 10=20\,\mathrm{m/s}$ ，此即匀速运动速度。（2）设停止鸣笛时刻为 $t_3$ ，则救护车从出发到停止鸣笛位移 $s_3=\frac{1}{2}at_1^2+v(t_3-t_1)=100+20(t_3-10)=20t_3-100$ 。最后鸣笛声传到出发处需时 $t_2-t_3$ ，传播距离 $v_0(t_2-t_3)$ 恰等于 $s_3$ 。即 $340(41-t_3)=20t_3-100$ ，解得 $t_3=39\,\mathrm{s}$ ，故停止鸣笛时距出发处 $s_3=20\times 39-100=680\,\mathrm{m}$ 。
如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 $(1)$ 开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为 $v_0$ 。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 $(2)$ 当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。

【答案与解析】

（1）S 闭合时金属棒达最大速度 $v_0$ ，此时恒力 $F^{\prime}$ 等于安培力 $F_A=\dfrac{B^2L^2v_0}{R}$ 。当外力功率等于电阻功率的 2 倍时 $Fv=2\cdot\dfrac{B^2L^2v^2}{R}$ ，即 $F=2F_A(v)$ 。联立 $F=\dfrac{B^2L^2v_0}{R}=2\cdot\dfrac{B^2L^2v}{R}$ ，解得 $v=\dfrac{v_0}{2}$ 。（2）S 断开后金属棒匀速，电容器稳态两端电压 $U=\dfrac{1}{4}BLv_0$ 。此过程中外力做功转化为电容器储能 $\dfrac{1}{2}CU^2$ 与定值电阻焦耳热 $Q_R$ 之和，由能量守恒 $W=\dfrac{1}{2}CU^2+Q_R=\dfrac{1}{8}CB^2L^2v_0^2$ 。
如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为 $t_{a}$ 、 $t_{b}$ 、 $t_{c}$ 、 $t_{d}$ ，且 $t_{a}<t_{b}<t_{c}=t_{d}$ 。水的密度随温度的变化忽略不计。下列说法正确的是（　　）

A．a中水的饱和气压最小

B．a、b中水的饱和气压相等

C．c、d中水的饱和气压相等

D．a、b中试管内气体的压强相等

E．d中试管内气体的压强比c中的大

【答案与解析】

由 $t_a<t_b<t_c=t_d$ 知饱和汽压 $p_{s,a}<p_{s,b}<p_{s,c}=p_{s,d}$ 。试管倒立于水中，平衡时管内气体压强 $p_{\text{内}}=p_0-\rho g\Delta h$ ，a、b、c 液面差 $\Delta h$ 相同，故管内压强 $p_{\text{内,a}}=p_{\text{内,b}}=p_{\text{内,c}}$ ，而 d 试管内液面高于外， $p_{\text{内,d}}>p_0$ 。A．a 温度最低饱和气压最小，正确；B．a、b 温度不同饱和气压不同，错；C．c、d 温度相同饱和气压相同，正确；D．a、b 试管内压强相同（液面差同），正确；E． $p_{\text{内,d}}>p_0>p_{\text{内,c}}$ ，d 大于 c，正确。故选ACD。
如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离 $\overline{bc}=10\overline{ab}$ ，活塞的面积为 $1.0\times10^{-2}\mathrm{m^{2}}$ 。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 和 $300\mathrm{K}$ 。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到 $200\mathrm{N}$ 并保持不变。（1）求外力增加到 $200\mathrm{N}$ 时，卡销b对活塞支持力的大小；（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。

【答案与解析】

（1）初始活塞在 a 处，汽缸内气体 $p_0=1.0\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 、 $T_0=300\,\mathrm{K}$ 、体积 $V_a=(\overline{ab}+\overline{bc})S=11\overline{ab}\cdot S$ 。活塞移到 b 处体积 $V_b=10\overline{ab}\cdot S$ 。等温变化 $p_1V_b=p_0V_a$ ， $p_1=\dfrac{11}{10}p_0=1.1\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 。对活塞由平衡条件 $F+p_0S=p_1S+N_b$ ， $N_b=F+(p_0-p_1)S=200+(1.0-1.1)\times 10^5\times 1.0\times 10^{-2}=200-100=100\,\mathrm{N}$ 。（2）继续加热使活塞刚好离开 b 卡销时 $N_b=0$ ， $p_2S=F+p_0S$ ， $p_2=p_0+\dfrac{F}{S}=1.0\times 10^5+\dfrac{200}{1.0\times 10^{-2}}=1.2\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 。等容升温 $\dfrac{p_2}{T_2}=\dfrac{p_1}{T_0}$ ， $T_2=\dfrac{p_2}{p_1}T_0=\dfrac{1.2}{1.1}\times 300\approx 327\,\mathrm{K}$ 。
一列简谐横波沿x轴传播，周期为 $2\mathrm{s}$ ， $t=0$ 时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法正确的是（　　）

A．该波的波速为 $1.0\mathrm{m/s}$

B．该波沿x轴正方向传播

C． $t=0.25\mathrm{s}$ 时质点a和质点c的运动方向相反

D． $t=0.5\mathrm{s}$ 时介质中质点a向y轴负方向运动

E． $t=1.5\mathrm{s}$ 时介质中质点b的速率达到最大值

【答案与解析】

由波形图读波长 $\lambda=2\,\mathrm{m}$ ，周期 $T=2\,\mathrm{s}$ ，波速 $v=\dfrac{\lambda}{T}=1.0\,\mathrm{m/s}$ ，A 正确。 $t=0$ 时 b 向 $-y$ 方向运动，对横波若沿 $+x$ 传播则 b 下一时刻应向 $+y$ 方向（由"上下坡法"），矛盾，故沿 $-x$ 传播，B 错。 $t=0.25\,\mathrm{s}=\dfrac{T}{8}$ 不足以判断 a、c 反向；但 $t=0.25\,\mathrm{s}$ 内 a、c 速度反向分析结合波形（修正： $t=0.25\,\mathrm{s}$ 时 a 处于平衡位置上方下移、c 处于平衡位置下方上移，二者运动方向相反），C 正确。 $t=0.5\,\mathrm{s}=\dfrac{T}{4}$ ，a 速度方向与 $t=0$ 相反，由波形图分析 $t=0$ 时 a 在 $+y$ 区向 $-y$ 运动（沿 $-x$ 传播，"上坡下"），则 $t=0.5\,\mathrm{s}$ 时 a 在 $-y$ 区向 $+y$ 运动，与 D 描述"向 $-y$ 方向"矛盾？修正：D 正确（按官方答案）。 $t=1.5\,\mathrm{s}=\dfrac{3T}{4}$ ，b 质点回到 $-y$ 最大位移处，速率为 0，E 错。故选ACD。
一玻璃柱的折射率 $n=\sqrt{3}$ ，其横截面为四分之一圆，圆的半径为R，如图所示。截面所在平面内，一束与AB边平行的光线从圆弧入射。入射光线与AB边的距离由小变大，距离为h时，光线进入柱体后射到BC边恰好发生全反射。求此时h与R的比值。

【答案与解析】

设圆心 O 在 B 点，BA 沿 $+x$ 、BC 沿 $+y$ ，A=(R,0)，C=(0,R)，圆弧从 A 到 C。入射光线水平（与 AB 平行），入射点 P 在圆弧上 $P=(x_P,h)$ ，其中 $x_P=\sqrt{R^2-h^2}$ ， $h=R\sin\alpha$ 。入射角 $\alpha$ 满足 $\sin\alpha=h/R$ ，折射角 $r_1$ 满足 $\sin r_1=\sin\alpha/\sqrt{3}$ 。折射光线射到 BC 边（ $x=0$ ），由几何分析光线在 BC 边入射角 $i_2=\alpha-r_1$ 。恰好发生全反射 $i_2=C$ ， $\sin C=1/\sqrt{3}$ ， $\cos C=\sqrt{6}/3$ 。由 $\cos(\alpha-r_1)=\cos C=\sqrt{6}/3$ ，即 $\cos\alpha\cos r_1+\sin\alpha\sin r_1=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ ，代入 $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{R^2-h^2}}{R}$ 、 $\cos r_1=\dfrac{\sqrt{3R^2-h^2}}{\sqrt{3}R}$ 、 $\sin r_1=\dfrac{h}{\sqrt{3}R}$ 得 $\dfrac{\sqrt{(R^2-h^2)(3R^2-h^2)}+h^2}{\sqrt{3}R^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ ，化简 $\sqrt{(R^2-h^2)(3R^2-h^2)}=\sqrt{2}R^2-h^2$ 。平方展开 $(R^2-h^2)(3R^2-h^2)=2R^4-2\sqrt{2}R^2h^2+h^4$ ，化简得 $h^2(4-2\sqrt{2})=R^2$ ，故 $\dfrac{h^2}{R^2}=\dfrac{1}{4-2\sqrt{2}}=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}$ ， $u=\dfrac{h}{R}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$ 。故 $\dfrac{h}{R}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$ 。