文档内容
机密★启用前
云南省 2025 年普通高中学业水平选择性考试
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡
上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条
形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在
答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 10小题，共 46分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项符
合题目要求，每小题 4分；第 8~10题有多项符合题目要求，每小题 6分，全部选对的得 6
分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
1. 2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与
14C®14 N+X
微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为6 7 ，则（ ）
A. X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的
B. X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的
C. X为质子，是由核内中子转化而来的
D. X为中子，是由核内质子转化而来的
【答案】A
【解析】
【详解】根据质量数和电荷数守恒有14C®14 N+0 e
6 7 -1
可知X为电子，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的。
故选A。
2. 如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此
过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 4×105J B. 4×104J C. 4×103J D. 4×102J
【答案】B
【解析】
1
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W = mv2 =4.0´104J
2
故选B。
3. 如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟
食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（ ）
A. 两颗鸟食同时抛出 B. 在N点接到的鸟食后抛出
C. 两颗鸟食平抛的初速度相同 D. 在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
【答案】D
【解析】
1
【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h= gt2
2
由于h < h ，则t < t ，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；
M N M N
CD．在水平方向有x = v t，如图
0
过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故
C错误，D正确。
故选D。
4. 某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－
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学科网（北京）股份有限公司2V、－1V、1V、2V的等势线上，则（ ）
A. a、b、c、d中a点电场强度最小
B. a、b、c、d中d点电场强度最大
C. 一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eV
D. 一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；
C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为W = －eU = 2eV
bc bc
故C正确；
D．一个电子从a点移动到d点电场力做功为W = －eU = 4eV
ad bc
由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。
故选C。
5. 国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一
平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所
示。忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（ ）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A. 金星与地球的公转轨道之间 B. 地球与火星的公转轨道之间
C. 火星与木星的公转轨道之间 D. 天王星与海王星的公转轨道之间
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司r 3 r 3
【详解】根据开普勒第三定律可知 行 = 地
T 2 T 2
行 地
其中r =1AU，T =1年，T =5.8年
地 地 行
代入解得r »3.23AU
行
故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。
故选C。
6. 如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为m，与其余部分的动摩擦
1
因数为m，且m >m。第一次，滑块从I位置以速度v 向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位
2 1 2 0
置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x，所用时间为t ；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v 向右滑
1 1 0
动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x ，所用时间为t 。忽
2 2
略空气阻力，则（ ）
A. t t C. x >x D. x < x
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】A
【解析】
1
【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有 mv 2 =mmgx +mmgx -x ，
2 0 1 MN 2 1 MN
1
mv 2 =mmgx +mmgx -x
2 0 1 MN 2 2 MN
可得x = x ，故CD错误；
1 2
AB．根据牛顿第二定律mmg =ma
可得a=mg
由于m >m，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程
1 2
中v-t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v 2 -v2 =2mgx
0 2
可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像
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学科网（北京）股份有限公司可得t >t ，故A正确，B错误；
2 1
故选A。
7. 如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t = 0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并
以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t=1.5s和
t =2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（ ）
A. 波速为2.5m/s
B. 波源的平衡位置距离P点1.5m
C. t =1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动
D. t =5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
【答案】D
【解析】
1
【详解】A．根据波形可知l=4m， T =2.5s-1.5s
2
可得T = 2s
l
故波速为v= =2m/s
T
故A错误；
2+x
B．设波源的平衡位置距离P点距离为x ，根据左侧t=1.5s时的波形可知 0 =1.5s
0 v
解得x =1m
0
故B错误；
1
C．根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下，由于t =1.0s= T ，故可知此时波源处
2
于平衡位置且向上运动，故C错误；
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学科网（北京）股份有限公司D．由于x =1m，可知波源的平衡位置距离Q点距离为x =3m
0 1
x x
故波传到PQ两点的时间分别为t = 0 =0.5s，t = 1 =1.5s
0 v 1 v
5
故 t =5.5s时，平衡位置在 P、Q 处的两质点已经振动的时间分别为 t ¢ =5.5s-0.5s= T ，
0 2
t¢ =5.5s-1.5s=2T
1
由于波源刚开始向下振动，故t =5.5s时，P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平衡位置向下振
动，故此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同。
故D正确。
故选D。
8. 电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n ，输入电
1
压U =1.1kV；两副线圈的匝数分别为n 和n ，输出电压U =U =220V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作
1 2 3 2 3
时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ）
A. n :n =5:1 B. n :n =1:5
1 2 1 3
C. 变压器的输入功率为10.5kW D. 两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n :n =U :U =5:1，n :n =U :U =5:1
1 2 1 2 1 3 1 3
故A正确，B错误；
C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P =P =7.0kW+3.5kW=10.5kW
输入 输出
故C正确；
D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值
均为U =220 2V
m
故D错误。
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学科网（北京）股份有限公司故选AC。
9. 图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定
质量的气体（视为理想气体），与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变
化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压 p 下，b管上的刻度可以直接读出环境温
0
度。则在 p 下（ ）
0
A. 环境温度升高时，b管中液面升高 B. 环境温度降低时，b管中液面升高
C. 水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D. 水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】BD
【解析】
p
【详解】AB．根据题意，a中气体做等容变化，根据 =C，当环境温度升高，则a中气体压强增大，
T
又 p +r gh= p
a 液 0
可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；
CD．由AB选项分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中压强不变， b管中液面
液槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量值偏
大，故D正确，C错误。
故选BD。
10. 如图所示，倾角为q的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于
O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数m=tanq。过程I：Q以速度v 从斜面底端
0
P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M
点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司kv2 -4mg2sin2q
A. P、M两点之间的距离为 0
4kgsinq
1
B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为 mv2
4 0
kv2 -8mg2sin2q
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 0
2kgsinq
D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
【答案】BCD
【解析】
1
【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有-mgsinq×L-mmgcosq×L=0- mv2
2 0
设MO的距离为L ，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL =mgsinq+mmgcosq
1 1
P、M两点之间的距离L = L-L
2 1
kv2 -4mg2sin2q
联立可得kL = 0
2 2kgsinq
故A错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能
DE =mmgcosq×L
1
结合-mgsinq×L-mmgcosq×L=0- mv2
2 0
1
可得DE = mv2
4 0
故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律
1 1
kL2 =mgsinq×x+mmgcosq×x+ k(x-L)2
2 2
1
结合-mgsinq×L-mmgcosq×L=0- mv2
2 0
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学科网（北京）股份有限公司kv2 -8mg2sin2q
解得x= 0
2kgsinq
故C正确；
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M 点时，满
足kL =mgsinq+mmgcosq
1
当在O点时，满足mgsinq=mmgcosq
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选BCD。
二、非选择题：本题共 5小题，共 54分。其中 13~15 题解答时请写出必要的文字说明、方
程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数m的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木
板、质量为250g的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置
如图甲所示。
实验步骤如下：
①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上；
②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）；
③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F；
④在滑块上分别放置50g、100g和150g的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/s2）。
实验数据如下表所示：
滑块和砝码的总质量
弹簧测力计示数 动摩擦因数
M /g F/ N m
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学科网（北京）股份有限公司250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457
完成下列填空：
（1）表格中a处的数据为________（保留3位有效数字）；
（2）其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小________，
m与接触面上压力的大小________（以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”）；
（3）若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则m的测量结果将
________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.459
（2） ①. 成正比 ②. 无关
（3）偏大
【解析】
【小问1详解】
1.35
表格中a处的数据m= »0.459
0.3´9.8
【小问2详解】
［1］根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上
压力的大小成正比；
[2]根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，m与接触面上压力的大小无关。
【小问3详解】
实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压
力，即F < F
压测 压实
F
根据m=
F
压测
可得m >m
测 实
12. 基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：
Pt1000型号铂电阻、电源E（电动势5V，内阻不计）、电流表A 。（量程100μA，内阻4.5kW）、电流
1
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学科网（北京）股份有限公司表A （量程500μA，内阻约1kW）、定值电阻R（阻值15kW）、定值电阻R （阻值1.5kW）、开关S和
2 1 2
导线若干。
查阅技术手册可知，Pt1000型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~0.3mA之间，在0~100°C范围内，铂
电阻的阻值R 随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。
t
完成下列填空：
（1）由图（a）可知，在0~100°C范围内，温度每升高1°C，该铂电阻的阻值增加________W；
（2）兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是
________（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选________（填“ R ”或“R ”）；
1 2
（3）用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得A 示数为295μA，A 示数如图
2 1
（c）所示，该示数为________μA，则所测温度为________°C（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）3.85
（2） ①. 乙 ②. R
1
（3） ①. 62.0 ②. 51
第11页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【小问1详解】
1.385-1.000
温度每升高1°C，该铂电阻的阻值增加DR= ´103W=3.85W
100
【小问2详解】
[1]由于A 内阻确定，所以用A 测量电阻的电压，用A 与A 之差来测量经过电阻的电流，故能准确测
1 1 2 1
出铂电阻阻值的是乙；
5
[2]电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值R = W»17kW
min 0.0003
可知保护电阻R应选R。
1
【小问3详解】
[1]由图可知A 的分度值为1μA，则其读数为62.0μA；
1
I R
[2]根据欧姆定律可得R= 1 A1
I -I
2 1
根据题图可得R=1000+3.85t
代入数据可得t »51℃
13. 用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效
为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，
如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度d =2.0mm，盖玻片与物镜的间距
h=0.20mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c=3.0´108m/s,π=3.14。
（1）求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积（结果保留2位有效数字）；
（2）滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为t、t ，求t -t （结果保留2位有效数字）。
1 2 2 1
【答案】（1）1.0´10-5m2
（2）3.3´10-13s
【解析】
【小问1详解】
第12页/共18页
学科网（北京）股份有限公司1 2
由折射定律可知，全反射的临界角满足sinC = =
n 3
r
设未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光圆的半径为r，由几何关系sinC =
r2 +d2
4 5
代入数据解得r = mm
5
根据S =pr2
所以未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为S »1.0´10-5m2
【小问2详解】
当光从O点垂直于盖玻片的上表面入射时，传播的时间最短，则未滴油滴时，光从O点传播到物镜的最
d h d h nd +h
t = + = + =
短时间为 1 v c c c c
n
d h d h n(d +h)
t = + = + =
滴油滴时，光从O点传播到物镜的最短时间为 2 v v c c c
n n
(n-1)h 0.5´0.2´10-3
故t -t = = s»3.3´10-13s
2 1 c 3.0´108
14. 磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x ³0区域存在垂直Oxy平面向里的匀
强磁场，其磁感应强度大小为B （未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏
1
蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B （未知），但满足
2
0< B < B 。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射
2 1
入x ³0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间
距d、内部磁感应强度大小B 已知，不考虑该粒子的重力。
0
第13页/共18页
学科网（北京）股份有限公司（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求B 以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
1
B -B
（3）定义磁屏蔽效率h= 1 2 ´100%，若在Q处检测到该粒子，则h是多少？
B
1
U
【答案】（1）
B d
0
mU
（2） ，L< y<3L
qdB L
0
（3）60%
【解析】
【小问1详解】
由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE =qv B
0 0
U
其中E =
d
U
则该粒子通过速度选择器的速率为v =
0 B d
0
【小问2详解】
粒子在x ³0区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r = L
1
v2
由洛伦兹力提供给向心力qv B =m 0
0 1 r
1
mU
联立可得B =
1 qdB L
0
第14页/共18页
学科网（北京）股份有限公司v2
由于B < B ，根据洛伦兹力提供给向心力qv B =m 0
2 1 0 2 r
2
解得r > L
2
当B =0时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
2
v2
根据洛伦兹力提供向心力qv B =m 0
0 1 r
3
可得r =r = L
3 1
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为L< y<3L。
【小问3详解】
若在Q处检测到该粒子，如图
第15页/共18页
学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知r2 =(2L)2 +(r -L)2
2 2
5
解得r = L
2 2
v2
由洛伦兹力提供向心力qv B =m 0
0 2 r
2
2mU
联立解得B =
2 5qB dL
0
mU
其中B =
1 qdB L
0
B -B
根据磁屏蔽效率h= 1 2 ´100%可得若在Q处检测到该粒子，则h=60%
B
1
15. 如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩
形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边
界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t = 0时刻，箱子在水平向右
的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m
的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全
进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；
木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形
变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求t = 0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若t = 0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的
速度大小。
第16页/共18页
学科网（北京）股份有限公司(M +m)g
【答案】（1）
m
(M +m)2gR2
（2）
2mB4d4
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律F =(M +m)a
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F = ma
N
竖直方向由平衡条件 f =mg =mF
N
(M +m)g
联立可得F =
m
【小问2详解】
设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为E = Bdv
E
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I =
R
安培力大小为F = BId
安
B2d2v
联立可得F =
安 R
若要使两物体分离，此时有F ³ F
安
(M +m)g
其中F =
m
(M +m)gR
解得v³
mB2d2
由运动学公式v2 =2as
(M +m)2gR2
解得s³
2mB4d4
(M +m)2gR2
故t = 0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为s =
min 2mB4d4
【小问3详解】
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水平方向由运动学公式s = at2
2 1
1
竖直方向有h= gt2
2 2
(M +m)g
其中F = =(M +m)a
m
2ms 2h
可得力F作用的总时间为t =t +t = +
1 2 g g
水平方向对系统由动量定理Ft-F t =(M +m)v-0
安 2
B2d2L
其中F t =
安 2 R
g 2ms 2h B2d2L
联立可得v= ( + )-
m g g (M +m)R
g 2ms 2h B2d2L g 2ms 2h B2d2L
当 ( + )³ 时，最终木块与箱子的速度大小为v= ( + )-
m g g (M +m)R m g g (M +m)R
g 2ms 2h B2d2L
当 ( + )< 时，最终木块与箱子的速度大小为v=0
m g g (M +m)R
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