重庆市第一中学校2026-2027学年高三上学期物理周考1

【考试时问：9月8日18：45-20：00】 重庆一中高2027届高三上期周考1物理试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3,考试结束后，将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求，选对得4分，选错得0分。 (M+m)(y-2) 1.一道物理题的答案是用物理量符号表示的，为 该答案的单位用国际单位制的基本 F+u(m+M)g 单位表示应为 A.s B.m C.s1 D.kg.m.sl.N-I 2.图1、2分别表示伽利略对“自由落体运动和“运动和力的关系”的研究过程，开创了科学实验和逻辑推 理相结合的重要科学研究方法。下列说法正确的是 丙名 甲 乙 丙 7777777777777777777777 图1 图2 A.图1中通过对小球在斜面上运动的研究，合理外推得出小球自由落体运动的位移随时间均匀变化 B.图1中先在倾角较小的斜面上进行实验，可以减小小球重力，使时间测量更容易 C.图2中实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持 D.图2中在左侧斜面上由静止释放小球，小球可运动到比释放点更高的位置 3.如图所示，在圆台形筒内杂技演员骑着摩托车沿着内壁进行“飞车走壁”表演，在水平面内做匀速圆周运 动。己知演员和摩托车的总质量为m,可视为质点，不计摩擦阻力。则演员 从A点开始以速率v转过60°圆心角的过程中，下列说法正确的是 A.重力的冲量为零 B.支持力的冲量的大小为mv C.合力的冲量的大小为mv D.运动过程中动量变化率不变 4.如图甲所示，一个斜面体固定在货车车厢内，光滑小球P静止在斜面上，小球P右侧的挡板竖直固定 在斜面上，开始时货车在平直路面上向右匀速行驶，0时， 货车开始减速，其速度与时间的关系如图乙所示，小球P对挡 板的压力为F,对斜面的压力为F。在货车向右减速过程中， 小球P与货车始终保持相对静止。下列说法正确的是 试题第1页，共5页 A.F逐渐增大 B.F1逐渐减小 L C.F2逐渐增大 D.F2逐渐减小 5.如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连 P 接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间 A.弹簧的弹力突然减为零 B.P与箱项顶的作用力仍然为零 C.P受到的合力小于Q受到的合力 D.Q对箱底的压力减为原来的一半 6.为清除太空碎片对航天器的潜在威胁，某兴趣小组提出一种设想。如图所示，一质量为m的太空碎片 绕地球做半径为的匀速圆周运动，在Q点受到一个与其速度方向垂直且背离地心向外的瞬时冲量1 作用、变轨到图中的椭圆轨道，最终进入大气层而烧毁，设地球质量为M,引力常量为G、则该太空 碎片受到冲量作用后瞬间的动能为 GMm 2 GMm 12 大气层 A. B. 2m 2r 2m 地球 GM c. GMm 12 GM D. GMm 12 -+I +I 2m r 2r 2m 7.某快递公司用倾斜传送带将包裹传输到货车上，如图所示。一倾角日=37°的传送带以。=4m/s的速度 顺时针转动，A、B之间的距离L-3.2m。现每隔2s便将一质量m=2.5kg的相同包裹轻放在传送带A 端。已知包裹可视为质点，与传送带之间的动摩擦因数=08，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考 虑运动到B端的包裹与传送带间的摩擦，g取10m/s2,sin37°=0.6， cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.包裹在传送带上先匀加速后匀速 B.每个包襄由A端运动到B端增加的机械能等于256J C.与不放包裹相比，传送带电动机的电功率最多增大128W 37 D.每个包裹由A端运动到B端因摩擦而产生的热量为51.2] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，在某次进行风洞实验时，水平边界MN上方为无风区域，下方存在水平向左、大小恒定的 风力。在同一高度处同时水平反向抛出两个大小相等的小球A、B,初速度大小分别为o、3,质量 之比为3：1。小球A到达边界时速度方向与MN成60°角。不计空气阻 883 M 力，下列说法正确的是 0y ...N A.B球到达MN时，速度方向与MN的夹角为30° B,从抛出到MN,A球的速度变化量大于B球的速度变化量 7777/77777 试题第2页，共5页 C.从抛出到落地，A、B两球速度变化量相等 D.MN下方的空间足够高，则A、B一定能够相遇 9.如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质 量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略 大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是 A.小球一定能够回到轨道最高点 B.从最高点滑到最低点的过程中，小球对管道的压力先减小后增大 C,小球脱离轨道时的速度大小为2g5 3 D.小球脱离轨道时离地面的高度为 3 10.如图甲，劲度系数k=I0Nm的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时 弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量m=kg的物块（可视为质点）从木板左端以 初速度y。=2ms滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙 ◆v(m/s) 中A为物块的t图线；B为木板的t图线且为正弦图线。 己知重力加速度g=10ms2,根据图中所给信息可得 A.木板的长度为2mV 2 B.t=1s时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等 图甲 图乙 C.t=1s时，弹簧的弹性势能为0.2J D.若，可调，当。=2.5s时，木板与弹簧组成的系统最终增加的机械能最大 三、实验题：本题共2个小题，共15分。第11题6分，第12题9分。 11.（6分)某实验兴趣小组利用图甲装置开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验，实验思路如下： a、用细绳跨过定滑轮悬挂两个相同的盒子P、Q,将弹簧底端固定在桌面上，上端与盒子P相连： b、取100颗湘同的小珠子，用天平测出其总质量为m: ©、将小珠子放入左侧的盒子P中，待系统静止后，从左侧盒子P中取数颗小珠子，放入右侧盒子Q 中，记录右侧盒子Q下降的高度。 d、多次实验，获得数据。 乙 试题第3页，共5页 ()海移动一颗珠子，左侧弹簧弹力大小变化为。（当地重力加速度用g表示） (②)根据实验数据，以移动的颗数为横坐标，以盒子Q下降的高度为纵坐标，绘制两者关系图像如图乙。 己知图中直线的斜率为k。则弹簧的劲度系数为 (3)实验过程中，没有测量弹簧的原长和盒子的质量，是否对实验结果有影响？ (填“是”或“否”) 12.(9分)为定量研究某款防滑凝胶的制动性能，实验小组设计实验方案，操作步骤如下： ()在物块A下表面涂上防滑凝胶，静置于水平桌面上，按照甲图所示连接好装置： (i)调整A的位置，使B刚好与地面接触，标记此时A的位置为O: (曲)将A向左拉至P点，测出OP距离为h,由静止释放A、B,最后A停在？点，测得O2距离 为s 打点计时忍 A s/m 纸带 0.2 B 单位：c1m 0.70 乡 已己知重力加速度g-9.8m/s2,请回答下列问题： (1)图乙为某次实验时A减速阶段的部分纸带，相邻两计数点间有1个计时点未画出，打点计时器 工作颍率为S0HZ,则此阶段A的加速度大小a=_m/s2,防滑凝胶与桌面间的动摩擦因数 =一，测量值出较真实值一（填“偏大“偏小”或“相等”）：（结果均保留两位有效数字） (2)为了更加准确测量动摩擦因数，实验小组在上面实验的基础上进行了改进，撤去纸带和打点计 时器，使A、B的质量之比为3：4。多次改变P0的距离，重复操作步骤()，测出多组、h数据， 绘制出s-图像如图丙所示。则防滑凝胶与桌面间的动摩擦因数2=一。（结果保留两位有效数字） 四、计算题：本题共3小题，共42分。第13题10分，第14题14分，第15题18分。 13.(10分)某司机驾驶一辆货车正以15ms的速度在平直公路上匀速行驶，有货物从车上掉下一段时间 后，司机才从观后镜中发现，立即关闭油门踩下刹车（车轮不再转动），货车做匀减速直线运动，同 时在货车后方12m处一辆摩托车上的人立即拾到货物从静止出发，以3ms2的加速度同方向追赶货车。 已知摩托车在该路段能达到的最大速度为9ms,货车车轮与路面间的动摩擦因数为0.3，g取10ms2。 (1)求货车做匀减速运动的位移大小： (2)摩托车至少经过多长时间能追上货车？ 试题第4页，共5页 14.(14分)一装置如图所示，在竖直平面内，两根轻质杆04和AB与一小球及一小环通过光滑铰链连接， O端通过光滑铰链固定在竖直的转轴上，小环套在转轴上，被一卡板托住位于图示位置，两杆长度均 为L,球的质量为m,环的质量为M,OA杆与竖直轴夹角为O。忽略一切阻力，重力加速度为g。若 整个装置以角速度@。（未知）匀速转动时，卡板给环的支持力恰好为Mg: 8 以角速度2心。匀速转动时，卡板给环的支持力恰好为零。 (1)求角速度心，： A (2)求M与m的关系： B (3)若装置停止转动后，撤去卡板，求小球与转轴碰撞前的速率。 卡板 、 15.(18分)如图甲所示，P2是一段长s=3m的粗糙水平面，Q点右侧的水平面光滑，一静止在光滑水平 面上的四分之一圆弧体的圆弧面光滑，圆弧面在最低点C与水平面刚好相切，距圆弧体右侧足够远处 有一竖直固定挡板：P点左侧有以速率。=10m/s沿顺时针方向传送的水平传送带，传送带的上表面 与右侧水平面等高，传送带的右端B点紧靠P点。将一质量为m=1kg可视为质点的物体轻放在传送 带上的左端A点，物体由静止开始运动，运动过程中物体第一次上升的最大高度为h。=2.27Sm,圆 弧体与竖直固定挡板发生弹性碰撞，物体最终静止在P、Q间的水平面上。己知传送带长度La=12m, 物体与传送带间的动摩擦因数为片=0.5，与PQ水平面间的动摩擦因数4跟物体由P到Q的位移s 个43 的关系如图乙所示， 重力加速度g取 3 s/m 10m/s2,求： (1)圆弧体的质量M (2)物体最终静止位置到P点的距离： (3)物体在传送带上运动通过的总路程。 试题第5页，共5页 高三上期物理周考1参考答案 块P的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为 1 4 9 10 号 5 6 8 8,弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力， A C A D B AD BD AC 故A错误；B.由于P的加速度为g,因此箱顶对P的 案 压力与弹簧弹力等大反向，故B错误：C.由于剪断轻 2.【详解】AB.伽利略对自由落体运动的研究，设想物 绳的一瞬间，整体向下的加速度为g,故P和Q受到的 体下落的速度与时间成正比，因当时物体的瞬时速度很 合力均等于它们的重力，P受到的合力等于Q受到的合 难测量，所以伽利略用数学推导证明如果速度与时间成 力，故C错误：D.未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等 正比，那么位移与时间的平方成正比。由于自由落体运 于P、Q的总重，剪断一瞬间，Q的加速度为g,则Q 动的加速度较大，下落的时间很小，比较难测量，伽利 受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对 略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重 箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 力的作用效果，小球在斜面上运动的加速度较小，运动 6.【详解】设太空碎片做匀速圆周运动的速度为，根 的时间较长，这样比较容易测量，伽利略经上百次的实 验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推得出小 据G=m三解得喝=仪，则碎片受到冲量前的初始 球自由落体运动是匀变速直线运动，A、B错误：C.图 动能为Ek0=m喝=，碎片在卫点受到瞬时冲量I 2中实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动 作用，可得其大小为Av=元。由于冲量方向（背离地心 不需要力来维持，C正确：D,图2中在左侧斜面上由 向外，即径向)与原速度方向垂直，作用后的合速度v 静止释放小球，小球不可能运动到比释放点更高的位置。 3.【详解】A.演员所受重力恒定，重力的冲量I。=mg, 的平方为2=哈+(a)2=型+（白，则该太空碎片受 不为零，故A错误；BC.演员初、末动量大小均为mm, 到冲量作用后瞬间的动能为Ek=m2=m[供+ 方向夹角为60，动量变化量的大小为 月]=要+品故选B p=V(mv)'+(v-2mvmv:cos60'=mw,合力的冲量大 7.【详解】A.对包裹由牛顿第二定律 小等于动量变化量的大小，即合力的冲量的大小为mv,:4 mg cos6-mg sin9=ma,解得a=0.4m/s2,假设包裹 演员运动过程中只受重力和支持力，合力的冲量等于重 一直匀加速有L=a',解得1=4，到B端 力冲量与支持力冲量的矢量和，则支持力的冲量不为 v=at=1.6m/s<4m/s,假设成立，包裹在传送带上一 mw,故B错误，C正确；D.运动过程中动量变化率表 直匀加速，故A错误：B,每个包裹由A端运动到B端 示合力，演员做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始 △=2mW=3.2J,每个包裹由A端运动到B端 终指向圆心，故D错误。 4.【详解】由题意可知加速度α越来越大，设斜面倾角 △E,=gL sin0=48J,每个包裹由A端运动到B端增加 为0，当货车向右减速运动时F cos0=mg, 的机械能△E=△E+△E。=512J,故B错误，C.每隔2s F-Bsi血6=ma可解得乃=m8 放一个包要，A端运动到B端时间为4s,故最多有2个 cose 包裹同时在传送带上。传送带电动机额外增加的电功率 F=mg tan0+ma所以F2始终不变，F1逐渐增大。 用于克服摩擦力做功，有P=2μng cos8。=128W,故 5.【详解】A.未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物 答案第1页，共4页 C正确：D.包裹与传送带的相对位移△x=。t-L=12.8m, 时小球的速度为%，满足mg050=m兰，从最高点到 P 摩擦而产生的热量Q=4 mg cos0.△x=204.8J,故D错 脱离点，根据机械能守恒定律有mgR(1-cos9)=2m, 误。故选C。 2g, 故C错误；D.小球脱离轨道时，与 &【详架】AB.达AN时，多直方向上有为=方8， 解得= 竖直方向的夹角9满足cos9=二，此时小球离地面的面 =2gh,可知，两球的运动时间相等，到达MN的 度为h=R1+cos)=R,放D正确。 竖直分速度相等，即VAy='e,设B球到达MN时，速 10.【详解】A.由于t图像与t轴围成的面积表示位移， 度方向与MN的夹角为a,则有an60=', 通过图像可知，A一直向右运动，位移=2m,B先向右 ana=,可得a=30°，又有速度变化量Av=81, 后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木 3v 则从抛出到MN,A球的速度变化量等于B球的速度变 板长度，即2m,A正确：B.1s时，木板的-t图切线 化量，故A正确，B错误：C.在MN下方区域，由于 斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹 两球的质量不同，则两球的加速度大小和方向均不同， 资弹力并不相等，B错误；C.物块A在仅受摩擦力的 则两球的速度变化量不同，故C错误：D.两球在任意 作用下做匀减速运动，f=ma=IN,由物块B的4 时刻都处在同一高度，在MN下方区域，水平方向上， 图像可知，=0.5s时，B的速度最大，此时由于切线斜 F 凸=，由于0>0，若时间足够长刚 率为0，故B物块的加速度为0，且弹簧伸长量的大小 MW下方的空间足够高)，B球在水平方向上一定能够追 应为B的位移x,则有：=f,解得x=0.lm 上A球，即A、B一定能够相遇，故D正确。故选AD。 由正弦图线的对称性可知，=1s时，B的速度为0，即 9.【详解】A由机械能守恒可知若小球能回到最高点， 位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2x=02m。对 速度减为零：小球在左侧单层轨道上运动时，根据 01s过程列能量守恒： mg=m,最商点的速度不能小于v=VR,故A错 五m听=m+f,-2)+,其中A在15内的 误：B.设小球与圆心连线和竖直方向夹角为0，下落 位移为：=当出=2+1义 ×1=1.5m 2 2 高度h=R(1-cos),由机械能守恒定律可得 联立可得：E=0.2J或E。=(2x2=0.2J,C正确： 2 v2=2gR(1-c0s8),在任意位置，沿半径方向合力提 D.木板与弹簧系统机械能最大的条件是：物块刚好在 供向心力，即N+mgc=mR,代入广整理得 木板到达最大位移处（t=1s,此时木板位移最大，弹 性势能最大，物块对木板做的正功最多)滑出木板；此时 N=mg(2-3cos0),从最高点(0=0)到最低点 木板位移名=2x=02m,物块位移，=吃-方，相 (8=π)，cos0从1减小到-1，N从-mg逐渐增大到 对位移等于木板长度，即x4-1=L=2m,整理得 5mg,根据牛顿第三定律，小球对圆环的压力先减小到 0=2.7m的，故D错误。 0,再反向增大，故B正确；C.小球在左侧单层轨道 上运动，设小球脱离轨道时与竖直方向的夹角为日，此 1.【答案】器 2) (3)否 每空2分 50k 答案第2页，共4页 【详解】(1)单颗珠子质量为 =m 100,每移动一颗珠 其中受-号，解4=078 子，弹簧弹力大小的变化量为△F=2mg=3 13.【答案】(1)37.5m4分(2)7s 6分 50 (2)当移动n颗珠子时，弹簧弹力的变化量为 (1)设货车做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛 =川器，由题意知，盒子Q下降的离度为△AM,弹 顿第二定律得，mg=ma 1分 簧形变量的变化量△x=△h,根据胡克定律有 货车做匀减速运动的位移x=上=37.5m 3分 2a △=kAr,即"腿=kh,整理得M=g,图 50 =50k第 (2)摩托车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移 乙中斜率为，故器，解用，=器 50k 分别为4=点=38，名=24=13.5知 1分 a (3)本实验的核心原理是利用胡克定律的差值形式 之后摩托车以最大速度做匀速直线运动，到货车停止运 △F=k△x进行推导计算。在推导弹力变化量△F时，由 动时，其位移为为=(4-42)=9×2m=18m由于 于两边盒子的质量M被直接抵消了。 2+为3=31.5m<x+x0=49.5m 2分 12.【答案】(1)①7.8②0.80③偏大(2)0.78 故货车停止运动时，摩托车没有追上货车，然后摩托车 最后一空3分，其余每空2分 继续以最大速度匀速运动追赶货车， [1]相邻两计数点间有1个计时点未画出，打点计时器工 作频率为50Hz,则相邻计数点之间的时间间隔 (:+x)-(:+为)=4，代入数据解得5=2s2分 T=2×09=04s,根据据差法可知，加速度 摩托车追上货车的时间t=1+4=7s 1分 a=8.34+710)×102-5.84+4.60)x10 m/s2≈7.8m/s2 14.【答案】（①） g 4×0.04 4分因M-m5分 (3)2V2gL(1-cos8) 5分 [2]减速过程，根据牛顿第二定律有μma8=maa,结台 【详解】(1)当装置以角速度匀速转动时，卡板对环 上述解得μ≈0.80 的支持力恰好为F,=Mg。对环，在竖直方向上有 [3]物块A向右减速过程由于打点计时器限位孔对纸带 Mg+Fscos8=FN,解得FB=0 1分 有阻力、物块A还受到空气阻力作用，导致物块A实 际上所受阻力大于物块A的摩擦力，可知，动摩擦因数 对小球，在竖直方向上有Focos0=mg 1分 的测量值大于真实值，即动摩擦因数的测量值凸较真实 水平方向满足Fo sin8=mR 1分 值偏大。 其中R=Lsin,联立解得角速度，= g 1分 Lcos0 (2)物块A从P运动到0过程有v2=2a,h,根据牛 (2)当装置以角速度2心，匀速转动时，卡板对环的支持 顿第二定律由于m8-mg=(m+mA)a,,物块A 力恰好为零。设此时两杆的拉力分别为Fo:和Fu·对 从0运动到0过程，利用逆向思维有2=2h85,解 环，竖直方向有FA2cos8=Mg 1分 得品，结合图两有筒器。 凸(m+m) 对小球，竖直方向有Fa2os0-F,cos0-mg=01分 答案第3页，共4页 解得Fa2cosB=(M+m)g。在水平方向上有 体的速度大小分别为、w,水平方向动量守恒，有 (Fonz+F2)sine=m(200)'R, 1分 mvg=mVe+MM,由机械能守恒定律，得 即Ba+fe:4maL,将an以及@低Zcg代 mg方m+号M,联立两式解得%=0，w=y 1 入，可得M+m8+=4m8 1分 即物体与圆弧体第一次交换速度，圆弧体与竖直固定挡 3 解得质量M与m的关系为M=三m 板碰撞后速度大小不变地返回，返回的圆弧体与物体相 1分 2 互作用后，又再次交换速度，可见物体在Q点右侧离开 (3)当小球与转轴碰撞前瞬间，夹角α→0，此时环的 和回到Q点的速度大小不变。由运动的对称性可知，物 速率y。→0。小球的速度v垂直转轴 1分 体在P点左侧，物体离开和回到P点的速度大小不变， 对系统全过程应用机械能守恒定律有 设物体最终静止位置到P点距离为3，物体在PQ水平 mgL(1-cos0)+Ag-2L(1-cos0)-mj-0 2分 面发生最后一段位移克服摩擦力做的功为，由动能 代入M=m,得4mg2-cos)=方m,解得小球与 定理，得-×职-职=0-m,而0<形<用，联立 转轴碰撞前的速率vw=2V2gL(1-cos0) 2分 两式解得n=11,W=0.5J。由n=11,可知物体最后 15.【答案】(1)1kg (2)2√2m (3)58m 一段运动是从Q点进入PQ水平面，故有 【详解】(1)假设物体在传送带上能加速到，由牛顿 W=mg+m3.(s-3) 2 第二定律，得Hmg=ma,解得物体加速运动时加速度 由图乙可得4，=三4m,代入数据解得5，=2V2m 大小为a=凸g=5ms2,由匀变速直线运动速度与位移 (3)由n=11,可知物体共有5次返回传动带，令每次 的关系，得物体加速运动的位移大小为 返回时的速度大小依次为、V4、%、、。,由动能 L=兰=10m<Lw=12m 2a 定理，可得-2×3g=m 2 好m6,整理得 物体从P到Q,凸，随位移线性变化，克服摩擦力做功 =哈-2hm85,同理可得=哈-4hmgs, 为平均摩擦力乘以路程 历=0+nmg5=0+03×1x10×3刃=451。假设成立， v=-64mg5,=哈-8hng5,=哈-10hng时 2 2 由匀变速直线运动速度与位移的关系和运动的对称性， 设物体第一次离开Q点时的速度大小为。，由动能定理， 可得物体返回传送带在传送带上通过的路程为 有分m吃m-所，设物体第一次上升到最商位里时 L,=2x兰+2x兰+2x+2x兰+2x 2a 2a 2a 2a 2a 的速度大小为v,由动量守恒定律，有m。=(m+M)v, 2上3G-(2+4+6+8+10×4如g]=46m 由能量守恒定律，有m=m+M)P+mg,联立 2 故物体在传送带上通过的总路程为L。=La+L,=58m 以上三式井代入数据解得M=1kg (2)设物体第一次从C点滑离圆弧体时，物体和圆弧 答案第4页，共4页