2022年高考物理真题（福建自主命题）（解析版）下载

物理试卷 一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 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. 福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层， 100kg 的防御物 50m 各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约 的圆形廊道连接。若将质量为 100s 资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口 M 处，再用 沿廊道运送到 N 处，如图（c）所示。重力加速度大小取 10m/ s2 ，则（　　） A. 该物资从二楼地面被运送到四楼 M 处的过程中，克服重力所做的功为5400J B. 该物资从 M 处被运送到 N 处的过程中，克服重力所做的功为78500J C. 从 M 处沿圆形廊道运动到 N 处，位移大小为 78.5m D. 从 M 处沿圆形廊道运动到 N 处，平均速率为 0.5m/s 【答案】A 【解析】 【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼 M 处的过程中，克服重力所做的功为 WG  mgh 10010(2.7  2.7)J  5400J 故 A 正确； B．该物资从 M 处被运送到 N 处的过程中，由于 M、N 高度差为零，所以克服重力做功为零，故 B 错误； C．从 M 处沿圆形廊道运动到 N 处，位移大小为 D．从 M 处沿圆形廊道运动到 N 处，平均速率为 ，故 C 错误； 50m 50 3.14 sr t2v   m / s  0.785m / s t100 故 D 错误。 故选 A。 131I 2. 2011 年 3 月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素 ，53 01 131I  131Xe  e m 131.03721u m 131.03186u ，其 衰 变 方 程 为 ， 半 衰 期 为8 天 ， 已 知 ，IXe 53 54 m  0.000549u ，则下列说法正确的是（　　） e131I βA. 衰变产生的 射线来自于 原子的核外电子 53 B. 该反应前后质量亏损 0.00535u 131I α发生的衰变为 衰变 C. 放射性元素 53 131I D. 经过 16 天，75%的 原子核发生了衰变 53 【答案】D 【解析】 131I β衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成 射线，故 【详解】A． A 错误； 53 B．该反应前后质量亏损为 m  mI  mXe  me 131.03721u 131.03186u  0.000549u  0.004801u 故 B 错误； 131I β发生的衰变为 衰变，故C 错误； C．放射性元素 53 131I D．由于半衰期为 8 天，可知经过 16 天，即经过两个半衰期，75%的 故选 D。 原子核发生了衰变，故 D 正确。 53 3. 平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为 的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一 100V / m 金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在 a、b、c 三点，其中 a 点位于金属杆正上方，b、c 等高。 则下列说法正确的是（　　） U  0 A. b、c 两点的电势差 B. a 点场强大小大于 100V / m bc C. a 点场强方向水平向右 【答案】B D. a 点的电势低于 c 点 【解析】 【详解】A．由图可知，b、c 两点的电势差为 Ubc  200V 300V  100V 故 A 错误； B．由图可知，a 点与相邻两等势面的距离小于 ，电势差等于 ，根据 100V 1m UE  d可知 a 点场强大小大于100V / m ，故 B 正确； C．根据场强方向垂直于等势面，可知 a 点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故 C 错误； D．由图可知，a 点与 c 点在同一等势面上，电势均为 故选 B。 ，故 D 错误。 300V 4. 2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地 近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危 390km 险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为 m 的物体从距地心 r 处运动到无穷远 Mm m，式中 M 为地球质量，G 为引力常量；现将空间站的质量记为 0 ，变 G处克服地球引力所做的功为 rrr2 ，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　） 轨前后稳定运行的轨道半径分别记为 、1121111GMm0 GMm0 GMm0 A. C. B. D. rrrr12123211112GMm0 rrrr1212【答案】A 【解析】 的【详解】空间站紧急避碰 过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道1 变轨到 2 过程， rr根据动能定理有 W W引力  ΔEk 依题意可得引力做功 Mm0 Mm0 W引力  G  G rr21万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有 Mm0 r2 v2 rG m0 求得空间站在轨道上运动的动能为 Mm0 Ek  G 2r 动能的变化 Mm0 Mm0 ΔEk  G  G 2r 2r 21解得 0  GMm 11W  2rr12故选 A。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．每小题有多项符合题目要求，全部 选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 5. 奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导 线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了 导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果 有（　　） A. 减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 C. 减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 【答案】AB B. 用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转 D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关 【解析】 【详解】A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项 A 正确； B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项 B 正确； C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项 C 错误； D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况 不同，选项 D 错误。 故选 AB 。R  R  20 6. 某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为 ，定值电阻 ，小灯 T、 2 原副线圈的匝数比分别为 1∶3 和 3∶1．分别接 6V 12LLT泡、2 的规格均为“ 6V ”，理想变压器 1.8W 11通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（　　） LLLLA. 1 与 2 一样亮 B. 2 比 1 更亮 RRC. R1上消耗的功率比 2 的大 D. R1上消耗的功率比 2 的小 【答案】BC 【解析】 UTT、 2 的匝数比为 【详解】若开关接 cd 端，则若电源电压为 0 ，理想变压器 1n2 n3  k n1 n4 RR用户电阻为 负载 ，输电线电阻为 导线 ，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压 U2  kU0 降压变压器初级电压 U3 U2  I2R导线 降压变压器次级电压 U3 U4  kU4 I4  R负载 I4  k I3 I3  I2 可得输电功率为 k2U02 P输 U2I2  R导线  k2R负载 输电线上损耗的电功率为 k2U02 导线  k2R负载 P I22R R导线 2导线 导线 R用户得到的电功率为 k2U02 导线  k2R负载 Pk2R负载 负载 2R若开关接 ab 端，则负载得到的功率 U02 P’负载 2  R负载 R导线  R负载 输电线上损耗的电功率为 U02 PR导线 导线 2R导线  R负载 62 R R  R  20Ω ，将，k=3 带入可知 R负载 ==20 12导线 1.8 可得 P P’ 负载 负载 LL2 比 1 更亮； 即P导线  P’ 导线 RR1上消耗的功率比 2 的大。 故选 BC。 vE7. 一物块以初速度 0 自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能 k 随位移 xEEk2 均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（　　） x 的变化关系如图所示，图中 、、0k1 A. 重力加速度大小 C. 斜面的倾角 【答案】BD B. 物体所受滑动摩擦力的大小 D. 沿斜面上滑的时间 【解析】 1E  mv2 【详解】ABC．由动能定义式得 0 ，则可求解质量 m；上滑时，由动能定理 k1 2Ek  Ek1  (mg sin  f )x 下滑时，由动能定理 Ek  (mg sin  f )(x0  x) x0 为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 Ek1 x0 Ek2 x0 mg sin  f  mg sin  f  ，两式相加可得 1 Ek1 Ek2 g sin  ()2m x0 x0 相减可知 Ek1  Ek2 2×0 f  即可求解 gsinθ 和所受滑动摩擦力 f 的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故 AC 错误，B 正 确； D．根据牛顿第二定律和运动学关系得 v0 mg sin  f  ma t  ，a故可求解沿斜面上滑的时间，D 正确。 故选 BD。 8. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该 区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙 气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为 95%， 4氙离子喷射速度为 ，推进器产生的推力为80mN 。已知氙离子的比荷为 7.3105 C / kg ；计算 1.610 m/ s 时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A. 氙离子的加速电压约为175V B. 氙离子的加速电压约为700V C. 氙离子向外喷射形成的电流约为37A 6 D. 每秒进入放电通道的氙气质量约为 5.310 kg 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 1qU  mv2  0 2可得加速电压为 v2 U  175V q2( ) m故 A 正确，B 错误； v的氙离子以速度 喷射而出，形成电流为 ，由动量定理可得 D．在 时间内，有质量为 Δt m IFΔt  Δmv  0 Δm 0 ，被电离的比例为 ，则有 进入放电通道的氙气质量为 Δm Δt Δm Δt 0   联立解得 Δm0 F 5.3106 kg Δt v 故 D 正确； Q C．在 时间内，有电荷量为 Δt 的氙离子喷射出，则有 Δm ΔQ Δt ΔQ  I  qI  ，m联立解得 Fvq   3.7A m 故 C 错误。 故选 AD。 三、非选择题：共 60 分，其中 9、10 为填空题，11、12 为实验题，13~15 为计算题． 9. 艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动 长绸带的一端，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某 6m 时刻绸带形状如图所示（符合正弦函数特征），此时绸带上 P 点运动方向____________（填“向上”“向 下”“向左”或“向右”）。保持抖动幅度不变，如果要在该绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，运动 员上下抖动的频率应____________（填“增大”“减小”或“保持不变”）。 【答案】 ①. 向上 ②. 增大 【解析】 【详解】[1]从图中可知绸带上形成的波是自左向右传播的，根据波形平移法，可判断绸带上 P 点运动方向 向上； [2]绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的， 根据 v  vT  f可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。 10. 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于 a 状态，然后经过 程到达 c 状态。在V  T 图中变化过程如图所示。 状态变化过 a  b  c （1）气体从 a 状态经过 （2）气体从 b 状态经过 到达 b 状态的过程中压强____________。（填“增大”、“减小”或“不变”） 到达 c 状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。 a  b b  c 【答案】 【解析】 ①. 增大 ②. 放出 【详解】（1）[1]由V  T 图像可知，气体从 a 状态经过 到达 b 状态的过程中，气体的体积保持不 a  b 变，温度升高，根据 p C T可知气体的压强增大。 （2）[2]由V  T 图像可知，气体从 b 状态经过 到达 c 状态的过程，气体的温度保持不变，则气体 b  c 的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热 量。 11. 某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白 纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上 xOy 的水平投影点 O，建立 坐标系．然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下 OO、2O  印迹．上下调节挡板进行多次实验．实验结束后，测量各印迹中心点 、的坐标，并填入表格 13中，计算对应的 2 值。 xO1 O2 O3 O4 O5 O6 y/cm 2.95 6.529.27 13.2016.61 19.90 5 95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28 x/cm x2 /cm2 35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5 （1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上 4 数据点，并绘制“ y  x2 ”图线______。 O（2）由 y  x2 图线可知，小球下落的高度 y，与水平距离的平方 2 成____________（填“线性”或“非线 x性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。 （3）由 y  x2 图线求得斜率 k，小球平抛运动的初速度表达式为 度 g 表示）。 ____________（用斜率 k 和重力加速 v  0（4）该实验得到的 y  x2 图线常不经过原点，可能的原因是________________________。 g【答案】 ①. 见解析 ②. 线性 ③. ④. 水平射出点未与 O 点重合 2k 【解析】 【详解】（1）[1]根据上表数据在坐标纸上描出 4 数据点，并绘制“ y  x2 ”图线如图所示 O（2）[2]由 y  x2 图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度 y，与水平距离的平方 2 成线性关系。 x（3）[3]根据平抛运动规律可得 xv0t 1y  gt2 2联立可得 1xg2v02 y  g( )2  x2 2v0 可知 y  x2 图像的斜率为 g2v02 k  解得小球平抛运动的初速度为 gv0  2k （4）[4] y  x2 图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的 y 值偏大或偏小一个定值，这是小 球的水平射出点未与 O 点重合，位于坐标原点 O 上方或下方所造成的。 12. 在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差， R  2 为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知 。0（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整_____。 （2）实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到最左端位置 SU  I ②接法Ⅰ：单刀双掷开关 S 与 1 接通，闭合开关 0 ，调节滑动变阻器 R，记录下若干组数据 1 的值， 1S断开开关 0③将滑动变阻器滑到最左端位置 ④接法Ⅱ：单刀双掷开关 S 与 2 闭合，闭合开关 0 ，调节滑动变阻器 R，记录下若干组数据 SU  I 2 的值， 2S断开开关 0U  I U  I 1 和 ⑤分别作出两种情况所对应的 2 图像 12U  （3）单刀双掷开关接 1 时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时 _____V。 1U  I U  I 1 和 （4）根据测得数据，作出 图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势 2____________， E  12r  内阻 ____________。（结果均保留两位小数） （5）由图丁可知____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值。 （6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测量更合适。 【答案】 【解析】 ①. 见解析 ②. 1.30 ③. 1.80 ④. 2.50 ⑤. 接法Ⅱ ⑥. 接法Ⅱ 【详解】（1）[1]根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示 （3）[2]量程为 的电压表分度值为 ，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为 3V 0.1V U1 1.30V U  I （4）[3]当单刀双掷开关接 1 时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为 1 的纵轴截距， 1则有 E 1.80V U  I [4]当单刀双掷开关接 2 时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由 ，根据闭合电路欧姆定律可知 2 图像可知此时电路电流为 20.40A EI  R0  r 解得内阻为 E1.80 0.40 r  R0    2  2.50 I的1 图像 斜率为 U  I （5）[5]由图丁可知 11.80  0 0.36 k1    R0  r 1解得 r  3.00 1U  I 由图丁可知 2 图像的斜率为 21.70  0 0.40 k2    R0  r 2解得 可得 r  2.25 2r  r 3.00  2.50 r  r 2.50  2.25 12 0.2   0.1 r2.50 r2.50 故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。 （6）[6]由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源 内阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适。 13. 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。 短道速滑 500m 世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， 8m （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前 速度大小； 用时 。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加 2s 10m （2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为 的匀速圆周运动，速度大小为14m / s。已知武大靖 73kg 的质量为 （3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如 ，求此次过弯时所需的向心力大小； 图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角 10m / s2 的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取 tan 32  0.62 ，tan22  0.40 、tan 27  0.51 、、tan37  0.75 ）【答案】（1） 2 ；（2）1430.8N ；（3） 27 4m/s 【解析】 a【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为 ，根据 1x  at2 2解得 2x 28 a  m / s2  4m / s2 t2 22 （2）根据 v2 F向  m r解得过弯时所需的向心力大小为 142 F向  73 N 1430.8N 10 （3）设场地对武大靖的作用力大小为 ，受力如图所示 F根据牛顿第二定律可得 mg F向  tan 解得 可得 mg 7310 F向 1430.8 tan   0.51   27 14. 如图，L 形滑板 A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为 的轻质弹簧，弹簧左端与一小物 kvs块 B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块 C 以初速度 0 从滑板最左端滑入，滑行 0 后与 B 发生完全非弹性 碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板 A 也开始运动．已知 A、B、C 的质量均为 g，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 ；最大静摩擦力近似等于 m滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C 在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C 与 B 碰撞过程中损失的机械能； （3）从 C 与 B 相碰后到 A 开始运动的过程中，C 和 B 克服摩擦力所做的功。 22m2g2 1m(v02  2gs0 ) ；（3） v02  2gs0 【答案】（1） ；（2） 4k【解析】 【详解】（1）小物块 C 运动至刚要与物块 B 相碰过程，根据动能定理可得 11mgs0  mv12  mv02 22解得 C 在碰撞前瞬间的速度大小为 v1  v02  2gs0 （2）物块 B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得 mv1  2mv2 解得物块 B 与物块 C 碰后一起运动的速度大小为 1v2  v02  2gs0 2故 C 与 B 碰撞过程中损失的机械能为 111E  mv12  2mv22  m(v02  2gs0 ) 224（3）滑板 A 刚要滑动时，对滑板 A，由受力平衡可得 kx  2mg  3mg 解得弹簧的压缩量，即滑板 A 开始运动前物块 B 和物块 C 一起运动的位移大小为 mg kx  从 C 与 B 相碰后到 A 开始运动的过程中，C 和 B 克服摩擦力所做的功为 22m2 g2 W  2mg x  k15. 如图（a），一倾角为 的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L 的水平光滑平行金属 导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板 M、N．两根平行金属棒 G、H 垂直导轨放 置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块 A 相连；初始时刻绳子处于拉紧状 态并与 G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从 开始，H 在水平向右拉力作用下 t  0s 向右运动； 时，H 与挡板 M、N 相碰后立即被锁定．G 在 后的速度一时间图线如图（b）所示， t  2s t 1s 0.2kg 其中1 ~ 2s 段为直线．已知：磁感应强度大小 ，，G、H 和 A 的质量均为 ，G、H L  0.2m B 1T 的电阻均为 0.1 ；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与挡板碰撞时间极短；整个运动过程 A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好： sin  0.25 ，cos  0.97 ，重力加速度大小取 42 ，图（b）中 e 为自然常数， ．求：  1.47 10m/s e（1）在1 ~ 2s 时间段内，棒 G 的加速度大小和细绳对 A 的拉力大小； t 1.5s （2） 时，棒 H 上拉力的瞬时功率； 2 ~ 3s （3）在 时间段内，棒 G 滑行的距离． 2【答案】（1） ；；（2）16.15W ；（3） 0.9N 2.53m 2m / s 【解析】 v t 【详解】（1）由 图像可得在 内，棒 G 做匀加速运动，其加速度为 1: 2s a  2m / s2 依题意物块 A 的加速度也为 2 ，由牛顿第二定律可得 a  2m / s T  mA g sin  mAa 解得细绳受到拉力 T  0.9N （2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为 BL v v G  HI  RH  RG 由牛顿运动定律和安培力公式有 BIL T  mGa 由于在 内棒 G 做匀加速运动，回路中电流恒定为 I  6.5A ，两棒速度差为 vH  vG  6.5m / s 1: 2s 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为 a； 对棒 H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 F  mH a  BIL  1.7N v t t 1.5s 时，棒 G 的速度为 由图像可知 vG  3m / s 此刻棒 H 的速度为 vH  9.5m / s 的其水平向右拉力 功率 P  Fv 16.15W ．FH（3）棒 H 停止后，回路中电流发生突变，棒 G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒 G 是否还拉着物块 A 一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒 G 加速度为 B2 L2v’G 12  0.22  4 2 0.1 0.2 a’  m / s2  4m / s2 2RmG 物块 A 加速度为 a”  g sin  2.5m / s2 说明棒 H 停止后绳子松弛，物块 A 做加速度大小为 2 的匀减速运动，棒 G 做加速度越来越小的减速 2.5m / s 运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在 内2 : 3s BILt  m v  v G  G3  G2 BLv BLsG It  t  RH  RG RH  RG 棒 G 滑行的距离 m v  v R  R G  G3  G  4eG2 HsG   4  m  2.53m 2B2L 这段时间内物块 A 速度始终大于棒 G 滑行速度，绳子始终松弛。