2025届安徽省六安第一中学高三上学期模拟预测物理试题(含解析)

六安一中2025届高三年级国庆假期作业
物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题5分，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的．
1．踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动．在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比．一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t ，下落的高度h 、速度大小为v 、重力势能为、动能为．以地面的重力势能为零．则下列图像中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2．如图所示，由组成的双星系统，绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，其运行周期为间的距离为L
，它们的线速度之比，则（ ）A ．角速度比为：B ．质量比为：C ．A 星球质量为：D ．两星球质量之和为：3．2016年8月21日巴西里约奥运会女排决赛，中国女排再现不屈不挠的“女排精神”，用顽强意志杀出一条血路，最终力克劲旅塞尔维亚队，时隔12年后再获奥运金牌，已知：排球场总长为，球网高度为，若朱婷站在离网的线上（图中虚线所示）正对网前跳起将球水平击出（速度方向垂直于球网），设击球点在线正上方且击球高度为处，朱婷击球的速度在什么范围内才能使球即不触网也不越界．（不计空气阻力，重力加速度大小g 取）（ ）
A ．
B ．p E k E
A B 、,T A
B 、12
2v v =AB 21A
B ωω=
AB 21
A B M M =23
24A L M GT π=232
4A B L M M GT π+=31-18m 2m 3m 3m 3m 210m /s /s /s v <</s /s
v <<
C ．
D ．4．一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一小球相连，如图甲所示．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度随时间t 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
甲 乙
A ．时刻小球通过最高点，时刻小球通过最低点
B ．时刻小球通过最高点，时刻小球通过最低点
C ．大小一定大于大小，图乙中和的面积一定相等
D ．大小可能等于大小，图乙中和的面积可能不等
5．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（ ）
A ．落地时速度相同
B ．运动时间相同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力的平均功率相同
6．如图所示，一个质量为m 的箱子（可看作质点）在水平推力F 的作用下恰好静止在倾角为的斜面顶端，斜面底边长度为L ．重力加速度为g ．下列说法正确的是（
）A ．若斜面光滑，则之间的关系式为B ．若斜面光滑，撤去F 后，箱子滑到底端时重力的功率C ．若斜面光滑，保持斜面的底边长度L 不变，改变斜面的倾角，当时，箱子从斜面顶端自由下滑
到底端所用的时间最短
/s /s v <
</s
v >x v 1t 3t 2t 3t 1v 2v 1S 2S 1v 2v 1S 2S A B 、A B 、θm F θ、、tan mg
F θ
=G P =θ45θ=︒
D ．若箱子与斜面之间的摩擦因数为，撤去F 后，箱子沿斜面下滑的加速度a 与箱子的质量m 有关
7．2023年12月21日，我国航天员们经过约7.5个小时的出舱活动顺利完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务．天和核心舱运行轨道离地高度约为，地球表面的重力加速度为，天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期约为，地球半径约为，下列说法正确的是（
）A ．修复试验过程中航天员不受重力作用
B
．修复试验过程中航天员受到的地球的万有引为大小约为在地面受到地球万有引力大小的
C ．航天员可能经历最短的黑暗时段约为核心舱运行周期的八分之三
D ．修复试验过程航天员可能看到5次太阳升起二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的的6分，选不全的得4分，有选错的得0分．
8．如图所示，水平转台两侧分别放置两物体，质量均为m
，到转轴的距离分别为，
两物体间用长度为的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，两物体与水平转台间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g
．开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动的角速度逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）
A B B 可能不受摩擦力
C ．整个过程中，A 与转台间的摩擦力先增大后减小
D ．整个过程中，B 与转台间的摩擦力先增大后减小
9．如图所示，装置可绕竖直轴转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于两点，装置静止时细线水平，细线与竖直方向的夹角．已知小球的质量，细线长点距C 点的水平和竖直距离相等（重力加速度g 取，），则
μ400km 210m /s g =90min 6400km R =34
A B 、OO '2L L 、A B 、3L A B 、μBO O 'O O 'B C 、AB AC 37θ=︒1kg m =AC 1m,L B =210m /s sin 370.6,cos370.8︒=︒=
A ．若装置匀速转动的角速度为时，细线上的张力为零而细线与竖直方向夹角仍为
B ．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线张力
C ．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线上张力T 与角速度的平方成线性关系
D ．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，细线上张力不变10．如图所示，M 为定滑轮，一根细绳跨过M ，一端系着物体C ，另一端系着一动滑轮N ，动滑轮N 两侧分别悬挂着两物体，已知B 物体的质量为，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C 物体的质量为，则关于C 物体的状态下列说法正确的是（ ）
A ．当A 的质量取值合适，C 物体有可能处于平衡状态
B ．无论A 物体的质量是多大，
C 物体不可能平衡
C ．当A 的质量足够大时，C 物体不可能向上加速运动
D ．当A 的质量取值合适，C 物体可以向上加速也可以向下加速运动
三、非选择题：（每空3分，共15分）
11．某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理，固定并调整斜槽，使它的末端O 点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸，将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H ，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x ．改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录
数据如下：
rad /s ω=AB AC 37
︒
/s ω<AC 25N 2
T
=/s ω>
AC
AC /s ω<AB A B 、3kg 6kg
高度H （h 为单位长度）
h 水平位移 5.59.111.714.215.917.619.020.621.7
（1）已知斜槽倾角为，小球与斜槽之间的动摩擦因数为，斜槽底端离地的高度为y ，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是_______；
（2）以H 为横坐标，以_______为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示：由第（1）、（2）问，可以得出结论：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能变化量．
（3）受该实验方案的启发，某同学改用图丙的装置实脸．他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一位置固定，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H ，并测量小球击中木板时平抛下落的高度d ，他以H 为横坐标，以_______为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的．
12．为了测量滑块与长木板间的动摩擦因数，某同学设计了如图（a ）所示的实验装置．长木板固定在水平桌面上，力传感器固定在竖直的墙上，光电计时器的光电门固定在竖直支架上，绕过动滑轮的两段绳处于水平（两滑轮光滑且滑轮和绳质量不计），悬挂的重物上固定一窄遮光条．滑块质量为M ，重物和遮光条的总质量为m ．现将滑块拉到某一位置，静止释放滑块，重物牵引滑块向左运动，测量并记录释放时遮光条中心到光电门之间的距离x 以及遮光条通过光电门时的遮光时间和力传感器示数F ，多次改变滑块释放的位置，重复上述操作，并记录多组相应的x 和值．已知重力加速度为g ．
（1）用20分度的游标卡尺测量出遮光条的宽度d 如图（b ）所示，_______；
（2
）以x
为纵坐标，为横坐标，画出图像是一条通过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率为k ，则滑块运动的加速度_______，滑块与长木板间的动摩擦因数_______．（用已知量和题中所给的物理量表示）
四、解答题（第11题18分，第12题20分）
13．如图，质量为、足够长的长木板A 静止在光滑水平面上，质量为的物块B 以大小为的水平初速度向右滑上滑上A 的同时给B 施加一个水平向左大小为的恒定拉力，已知物块与木板
2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h /cm x θμt ∆t ∆d =mm 21()t ∆2
1()x t -∆a =μ=M m d F k 、、、、1kg 2kg 20m /s 0v ,A B 10N F =
间的动摩擦因数为，重力加速度g 取，求：
（1）施加拉力后一瞬间，小物块和木板的加速度大小；
（2）物快B 相对长木板向右运动的最远距离；
（3）从物块B 滑上A 至A 回到开始的位置所用的时间．
14．如图所示，半径为R 的半圆柱体放在水平地面上，为过圆心O 的直径．一质量为m 小球从P 点以速度水平抛出，垂直落在半径为R 的半圆柱体表面上的Q 点，．重力加速度为g ．求：
（1）小球到达Q 点时的重力功率；
（2）小球从P 到Q 过程中重力做功；
（3）若碰撞过程中无机械能损失，且小球运动反向，则再经过多长时间，小球落地．
15．如图所示为竖直平面坐标系中的装置．四分之三的光滑细管轨道的半径为R ，圆心为，接收面由倾角的斜面和四分之一的圆弧面组成，已知斜面上端A 点位于原点O 的正上方处，且紧靠细管口；圆弧面的半径为，圆心在B 点的正上方．在y 轴上某处将质量为m 的小球P （可视为质点）由静止释放，小球进入细管轨道后从最高点F 水平抛出．已知小球从释放开始到任意位置均满足：常量（恒定不变），其中y 和v 分别表示小球所到位置的纵坐标和速度，g 为重力加速度，不计空气阻力的影响．
（1）若小球在处由静止释放，求小球经过最低点E 时对细管轨道的压力大小；
（2）要使小球能打在接收面上，求小球释放点的y 坐标的范围；
（3）请写出小球释放点的竖直坐标y 与打在接收面上的水平坐标x 之间的函数关系．（不考虑小球打到
接收面后的反弹）
0.5μ=210m /s AB 0v 60AOQ ∠=︒xOy AEF 1O ABC 45θ=︒AB BC 2R BC 3R 2O 212
gy v +=5y R =AB ABC
六安一中2025届高三年级国庆假期作业
物理试卷参考答案
1．A
【详解】AB ．毽子在下落过程中，受到空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，则由于合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则图像的斜率先增加后不变，故A 正确，B 错误；
C ．设毽子原来距地面的高度为H ，则其重力势能表达式为为线性关系，图像是向下倾斜的直线，故C 错误；
D ．由动能定理可知可知图像的斜率开始阶段是减小的，最后可能不变，故D 错误．故选A ．
2．D
【详解】A 、万有引力提供双星做圆周运动的向心力，他们做圆周运动的周期T 相等，根据可知角速度之比为，故A 错；
BCD 、根据，可知两星球运动的半径之比为由牛顿第二定律得：解得：同理：且所以质量比为，故BC 错；D 对；综上所述本题答案是：D
【点睛】双星受到的万有引力大小相等，周期相同，万有引力提供做圆周运动的向心力，应用牛顿第二定律分别对每一个星体列方程，然后求出双星的质量
3．A
【详解】球被击出后做平抛运动，根据得则击球的最大速度为了使球不触网，则mg kv ma -
=h t -(
)p E mg H h
E h ρ=-p E h ()k E mg kv h =-k E h -2T
πω=1:1
12,2v v r v ω==12
2:1r r =2122222GM M M r L T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
22232122443r L L M GT GT ππ==22223
121112222
4283GM M r L L M r M L T GT GT πππ⎛⎫=== ⎪⎝⎭232323
12222
48433L L L M M GT GT GT πππ+=+=AB 12A B M M =212h gt =t ===/s /s m x v t ===2
12h gt ''=
解得则击球的最小速度为则击球的速度范围为故A 正确，BCD 错误．故选A ．
【点睛】在处理平抛运动时，关键是知道将平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，两个运动具有等时性，即运动时间相同，然后列式求解．
4．A
【详解】AB ．小球在竖直平面内做圆周运动，最高点和最低点的速度方向都水平且相反，，根据圆周运动的方向可知，在最高点速度方向为正，在最低点速度方向为负，另外，最高点和最低点合外力都指向圆心，水平方向合外力为零，因此反应在图乙中的速度—时间图像中，最高点和最低点所对应的图像在该位置的斜率为零，即水平方向加速度为零，而根据圆周运动的对称性可知，最低点和最高点两侧物体在水平方向的速度应具有对称性，因此，根据图乙可知，时刻小球通过最高点，时刻小球通过最低点，故A 正确，B 错误；CD ．竖直面内的圆周运动，在最高点时速度最小，最低点时速度最大，因此而对小球的运动过程进行分析可知，表示小球从最低点到圆周的最左边的水平位移大小，表示小球从圆周最左边到最高点的水平位移的大小，显然和的面积相等，故CD 错误．故选A ．
5．D
【详解】A ．剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，都只有重力做功，根据机械能守恒定律得得可知两个物体落地速度大小相等，但方向不同，所以落地速度不同，故A 错误；
B ．对A 根据动力学公式得对B
根据动力学公式则得故B 错误；C ．未剪断细绳前，有故两者的质量不同，下落高度相等，重力势能变化量故重力势能变化量不同，C 错误；
D
．可知运动时间不同，重力的平均功率为由于故重力的平均功率相同，故D 正确．故选D
．
t '===/s /s x v t ''''===/s /s v <<1t 3t 12v v <1S 2S 1S 2S AB 212
mv mgh =v =A 212h gt =A t =2B 1sin sin 2h g t θθ=B t =B A sin m g m g θ
=p E mgh
∆=B B sin P m P m g ∧∧====B A sin m g m g θ=
6．C
【详解】A ．若斜面光滑，箱子受到竖直向下的重力，水平向右的推力和垂直于斜面向上的支持力，则由三角形定则可得解得A 错误；B ．若斜面光滑，撤去F 后，箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得
箱子滑到底端时重力的功率为联立解得错误；
C ．若斜面光滑，保持斜面的底边长度L 不变，撤去F 后，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动规律可得联立解得改变斜面的倾角，当即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，C 正确；
D ．若箱子与斜面之间的摩擦因数为，撤去F 后，箱子受到竖直向下的重力、平行于斜面向上的摩擦力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得
解得因此箱子沿斜面下滑的加速度a 与箱子的质量m 无关，D 错误．故选C ．
7．D
【详解】A ．修复试验过程中航天员仍受重力作用，只是重力完全提供向心力，故A 错误；
B ．根据航天员到地心的距离与在地面到地心的距离之比为则，修复试验过程中航天员受到的地球的万有引力大小与在地面受到地球万有引力大小之比为故B 错误；CD ．设天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期约为修复试验所用时间为所以，修复试验过程航天员可能看到5次太阳升起，航天员可能经历最短的黑暗时段约为故
C 错误，
D 正确．故选D ．8．AB
【详解】A ．A 物体转动的半径较大，A 与转台间先达到最大静摩擦力，此时绳刚好伸直且无张力．则有解得故当时，绳上无拉力，当
A 正确；
tan F mg
θ=tan F mg θ=21sin 0cos 2
L mg mv θθ⋅=-sin G P mgv θ=sin G P mg =sin mg ma θ=21cos 2L at θ=t =θsin 21θ=45θ=︒μsin cos mg mg ma θμθ-=$sin cos a g g θμθ=-2
Mm F G r =引6800km 176400km 16r R ==22256289
F R F r ==地90min 1.5h T ==7.5h 5t T ==52T t =⨯
黑22mg m L μω=⋅ω=ω≤ω>
C ．当
A 与转台间一直为最大静摩擦力，保持不变，故C 错误；
BD ．当时，对物体有解得当
时故当增大时，B 与转台间的摩擦力先减小后增大．故B 正确，D 错误．故选
AB ．
9．ABC 【详解】A ．若细线上张力恰为零且细线与竖直方向夹角仍为时，根据牛顿第二定律得解得故A 正确；B ．若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度时，此时对小球，在竖直方向有解得故B 正确；CD ．当角速度且逐渐增大时，对于小球，在水平方向上有即即细线上的张力T 与角速度的平方成线性关系；当角速度
时，根据牛顿第二定律可得解得此时细线恰好竖直，且张力为零；当时，细线上有张力，对小球做分析，水平方向上有
竖直方向上有则即细线上的张力T 与角速度
的平方成线性关系；随角速度的增加也增大．故C 正确，D 错误．故选ABC ．
10．AD
【详解】AB ．首先取连接体为研究对象，当A 的质量远远小于B 的质量，则B 以接近重力加速度做向下的加速运动，B 处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A 的质量远远大于B 的质量时，则B 以接近重力加速度向上做加速运动，
B 处于超重状态，细绳的最大拉力接近B 的重力的两倍，故此时细绳拉
C 的最大拉力为B 的重力的4倍，故当A 的质量取值合适，C 的质量在大于零小于之间都有可能处于平衡，故A
正确，B 错误；ω>ω
>A B 、222T mg m L T f m L μωω+=⋅+=2f mg m L
μω=-0f
=ω=
>ωAB AC 37︒21tan 37sin 37mg m L ω︒=︒1
/s ω=/s ω<
cos37AC T mg ︒=25N 2AC T =
/s ω>
2sin sin AC T m L θωθ=2AC T m L ω=AC ω/s /s ω=>22tan sin mg m L θωθ''=cos 0.6θ'=53θ'=︒AB rad /s ω>
AB 2sin 53sin 53AC T m L ω︒=︒cos53AC AB
T mg T ︒=+2AC T m L ω=AC ωAB T ωA B 、12kg
CD ．结合以上的分析，当细绳对C 拉力小于C 的重力时C 产生向下的加速度，当细绳对C 的拉力大于C 的重力时C 产生向上的加速度，故D 正确，C 错误．故选AD ．
11．【详解】（1）设小球离开斜槽时的速度为v ，根据平抛运动的规律得：联立得：小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：小球动能的变化量则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是，即（2）根据上题结果可知，以H 为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上描点作图．（3）根据平抛运动的规律有：则动能定理表达式为：所以以H
为横坐标，以
为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线；【点睛】本题关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标．12．2.40
【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为（2）[2]滑块经过光电门时的速度滑块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，对重物有21tan 4x H y μθ⎛
⎫-
=
⎪⎝⎭
2
x 1
d
21,2
x vt y gt ==v =cos 1sin tan H W mgH mg mgH μμθθθ⎛
⎫=-⋅
=- ⎪⎝⎭
2
2
211224k x E mv m mg y ⎛∆=== ⎝21tan 4x mgH mg y μθ⎛⎫
-
= ⎪⎝⎭
21tan 4x H y μθ
⎛⎫-=
⎪⎝⎭
2x x
v t
=
==22
11tan 2
4x mgH mv mg
d μθ
⎛
⎫-
== ⎪⎝⎭1
d
24d k 2
24F d Mg kg
-2mm 80.05mm 2.40mm +⨯=d v t
=
∆2
2
2
22d a x v t
⨯==∆
整理得所以图像的斜率则加速度[3]对滑块由牛顿第二定律得解得13．（1）；（2）；（3）【详解】（1）施加拉力后一瞬间，对小物块由牛顿第二定律得解得小物块的加速度大小施加拉力后一瞬间，对木板由牛顿第二定律得解得（2）物块B 滑上木板向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，二者达到共同速度时解得
物块向右运动的位移木板向右运动的位移物块B 相对长木板
向右运动的最远距离（3）物块与木板达到共同速度时的速度物块与木板达到共同速度后，由于所以物块与木板一起匀减速运动，由牛顿第二定律得解得速度减小到零的时间向右运动的位移物块与木板速度减小到零后向左一起匀加速运动，加速度大小为A 回到开始的位置解得所以从物块B 滑上A 至A 回到开始的位置所用的时间14．（1
；（2）；（3
【详解】（1）小球落在P 的竖直方向的分速度大小为重力的功率（2）根据可得重力功221
4d x a t =⨯∆2
1
()
x t -∆
24d k a =24d a k =2
24d F Mg Ma M k
μ-==224F d Mg kg μ=
-2
2
10m /s ,10m /s
10m (4+1F mg ma μ+=2
110m /s
a =2mg Ma μ=2
210m /s
a =01121v a t a t -=11s t =210111115m 2x v t a t =-=22211
5m 2
x a t ==1210m
x x x ∆=-=2110m /s v a t ==F mg
μ=3()F M m a =+2310
m /s 3
a =233s v t a =
=3315m 2
v
x t ==24310
m /s 3
a a ==2
234312
x x a t +=
3t =1231
s 3 s (4t t t t =++=++=+02
032
mv 00
tan 60y v v ︒==0
y P mgv ==2
2y
v gh
=220
322y
v v h g g
==
2032
G W mgh mv ==
（3）小球反弹后按原路返回，竖直速度仍为，则上升到最高点的时间下落过程解得则小球落地的时间15．（1）；（2
）
；（3）时，，当时，【详解】（1）设小球经过最低点E 时的速度大小为，由于常量，则设小球在最低点E 时受轨道支持力的大小为，由向心力公式得解得根据牛顿第
三定律，小球经过最低点E 时对细管轨道的压力大小也为．
（2）设小球从最高点F 水平抛出时速度大小为时恰好能打到A 点，由平抛运动规律得解得设小球释放点的坐标为，从P 点到F 点，由于
常量，则解得设小球恰好打到B 点，在F 点时的速度大小为，释放坐标为为，同理可解得要使小球能打在接收面上，小球释放点的y
坐标的范围为
．（3）当时，小球落在斜面上，由平抛规律和几何关系得且解得当时，小球落在圆弧面上，同理得且解得y v 1y v t g
=
=
2
21sin 602R h gt +=︒2t
=
12t t t =+=
9
mg 131544R y R <<02x R <<113
44
y x R =+25R x R <<3y R =1v 212gy v +
=211
52
g R gR v ⋅=+N F 2
1N v F mg m R
-=N 9F mg =9mg 2v 2R v t
=2
12
R gt =
2v =1y 212gy v +=2
12132
gy gR v =+113
4
y R =
3v 2y 3215
4
v y R ==AB 1315
44
R y R <<02x R <<AB 0x R v t +=2
12
x R gt +=
20132
gy gR v =+
11344
y x R =
+25R x R <<BC 0x R v t
+=2
12
gt =
2
132
gy gR v =+3y R =。