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1、学校：班级：姓名：考号：正确教育出品订线装物理河北专版第2页（共 4 页）物理河北专版第1页（共 4 页）2024 届高考物理考向核心卷物理（河北专版）物理（河北专版）【满分：100 分】一、单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。）1.放射性元素每秒衰变的原子核数称为放射性强度。夜光手表通常利用氚(H)13来产生荧光，已知氚的半衰期为 12 年，荧光强度与放射性强度成正比，同种核素的放射性强度与原子数目成正比。手表使用 6 年后的荧光强度是最初的（）A.14 B.12 C.42 D.222.如图所示，点电荷甲、乙固定在光滑绝缘水平面上，abcde、为两点电荷连线的六等分点
2、，一带正电的粒子由 b 点静止释放，该粒子能运动到连线上 e 点右侧某位置，且粒子在 d 点的速度最大。关于连线六等分点，下列说法正确的是（）乙甲abcdeA.点电荷甲、乙的电荷量之比为 4 1 B.b 点和 e 点的电势相等C.a 点的电势最低 D.b 点和 e 点的电场强度大小之比为 112 1253.风力发电是目前绿色能源开发和利用的途径之一。某型号风力发电机，转子线圈匝数为 500，面积为18 m2，总电阻为 200，处于B=0.2 T的匀强磁场中，稳定运行时的角速度为 10 rad/s。则该风力发电机（）A.产生感应电动势的有效值为 18 000 V B.产生感应电动势的有效值为 1
3、0 000 VC.输出功率的最大值为 405 000 W D.输出功率的最大值为 202 500 W4.地球、火星绕太阳运动的轨道均可看成圆轨道，轨道半径之比为 2 3。现要从地球向火星发射一飞行器，其离开地球运动到火星的过程绕太阳运动，轨道为椭圆轨道，且在该轨道的远日点被火星俘获，如图所示。则该飞行器（）A.离开地球运动到火星的过程速度逐渐增大B.到达火星时，地球在飞行器与太阳连线下方C.绕太阳的运行周期大于火星绕太阳的运行周期D.在远日点与火星相遇时，需加速才能被火星俘获5.如图所示的电路中，R0为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，闭合开关 S，滑动变阻器的滑片从 b 端向 a 端缓慢
4、滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表 V 示数先变小后变大B.电容器 C 一直处于充电状态C.电流表 A 示数一直变小D.电源的输出功率先变大后变小6.如图所示，横截面为直角梯形的棱镜水平放置，=B60，一束单色光从 BC 边某位置垂直射入，在 AD 边射出，出射角=45，真空中光速为 c，下列结论正确的是（）A.该棱镜对该光的折射率为 2B.AB 边有光线射出C.该光在该棱镜中的传播速度为36cD.该光从 AD 射出时的方向与 AB 的长度无关7.如图所示，在0,00区域内有垂直纸面向里太阳远日点近日点地球火星ER0baSrCVAABDC的匀强磁场，从 y 轴上0 y0范围内平行于
5、x 轴正方向射出大量质量为 m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为 0 时，从 O 点射入的粒子恰能运动到N xy(00,)点，若电场强度为EMN=mv yqx00202,右侧是粒子接收器，MN 的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A.磁感应强度的大小为mvqy00B.从13y0处射入的粒子，恰好从 N 点进入磁场C.从12y0处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大D.接收器接收的粒子数占粒子总数的 50%二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。）8.一列简谐横波沿 x 轴传播，t=0时刻和t=4s时刻的波形图分别如图甲
6、、乙所示，则此列波的传播速率可能是（）0246x/my/m5-5 0246x/my/m5-5甲 乙A.12m/s B.34m/s C.74m/s D.32m/s9.自由式滑雪是一种观赏性极强的体育项目。如图所示，一名滑雪爱好者经加速后从半径R=20 m的圆弧形赛道上的 A 点处跃起，落到斜直赛道上的 B 点。赛道 CA 为倾角=37 的斜面，其延长线过圆弧形赛道圆心。滑雪者在空中运动时与赛道AC的最大距离为25 m，滑雪者可视为质点，其质量m=50 kg。已知重力加速度 g 取10 m/s2，sin370.6=，cos370.8=，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A.A、B 两点间距离为 1
7、00 mB.滑雪者空中飞行时间为 5 sC.跃起前瞬间滑雪者对 A 点的作用力为 1300 ND.落到 B 点后瞬间滑雪者的动能为 32.5 kJ10.如图所示，假设在中国空间站固定一个内壁光滑、半径为 R 的圆管轨道，直径 ac 与 bd 相互垂直。在内部放置AB、两个小球，球径略小于管径，管径远小于 R，两小球质量分别为mA、mB，开始时 B 球静止在 a 点，A 球在其左侧以初速度v0向右与 B 球发生弹性碰撞，第二次碰撞发生在 b 点。则下列说法正确的是（）A.A、B 两球的质量之比可能为 1 7B.A、B 两球的质量之比可能为 5 4C.两次碰撞的时间间隔为2v0RD.仅增大 A 球
8、初速度，第二次碰撞可能发生在 b 和 c 之间三、非选择题（共 5 题，共 54 分。）11.（6 分）某物理课外活动小组准备测量当地的重力加速度，装置如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，用刻度尺多次测量摆线长度，并求出其平均值 l，再用螺旋测微器多次测量小球的直径，并求出其平均值 d，将 l+d 作为摆长 L。将悬线拉离平衡位置一个小角度OPMEv0 x0 xNByy0BCA物理河北专版第4页（共 4 页）物理河北专版第3页（共 4 页）后由静止释放，小球通过最低点时按下秒表同时数 1，每次通过最低点计数一次，数到 n 时停止计时，秒表的读数为 t，计算出单摆的周期 T，多
9、次改变摆长 L 并测出对应的摆动周期 T。甲 乙 丙（1）以下说法正确的有 。A.小球应该选用密度大的钢球或铁球B.摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些C.应该先悬挂摆球后再测量摆线的长度D.单摆周期的计算式为T=nt（2）某次测量小球直径的结果如图所示，则这次测量的读数为 mm。（3）该小组以 T2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图像，如图乙所示，可以通过此图像得出当地的重力加速度 g。由图像求出的重力加速度 g=m/s2。（保留两位有效数字）（4）造成图像不过坐标点的主要原因是 。12.（9 分）一物理兴趣小组测定某电动自行车电池的电动势 E 和内阻 r，由于电流表和电压表均非理
10、想电表，实验小组决定先测量电流表 A1的内阻。甲 乙 丙 丁（1）按照如图甲所示的电路图连接好电路，请完善测量步骤：a.先将滑动变阻器的滑片调至最左端，把单刀双掷开关 S2掷于“b”，再闭合开关 S1，此后调节滑动变阻器的滑片使两表均有适当的示数（此时电流表 A1、A2示数分别记为I1、I2）；b.保持滑动变阻器的滑片位置不变，把 S2掷于“a”，调节电阻箱使 ；c.读出电阻箱的示数为2 4 ，此即电流表 A1的内阻。（2）测得电流表 A1内阻后，为减小误差应该选择的实验电路是图中的 （选填“乙”或“丙”）；（3）按所选电路连接线路进行实验，得到多组电压 U 和电流 I 的值，并作出UI图线如
11、图丁所示，可知电池的电动势为 V、内阻为 。（结果均保留一位小数）（4）本实验中用非理想的电流表和电压表测得的电动势和内阻 （填“有”或“无”）系统误差。13.（10 分）某同学要去打篮球，发现球内气压不足（可认为与外界大气压相同），用容积为V0=0.371L的活塞式打气筒给篮球打气，打气结束后待篮球内气体温度与外界相同时，测得篮球内的气体压强为外界大气压强的 1.5 倍。已知外界大气压强p0=1 10 Pa5，篮球的容积V1=7.42 L，外界空气的密度为=1.29 kg/m3，每次都将气筒内的气体全部打入篮球，空气可视为理想气体，求：（1）该同学用气筒打气的次数；（2）打气完成时篮球内气体
12、的质量（结果保留 2 位有效数字）。14.（14 分）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB 段倾角=37，BC 段水平，ABBC、段的长度分别为L=3.2 m，L=0.2625 m，示意图如图所示。将一个质量为m=5 kg的货物轻放在 A 端，货物与传送带 AB、BC 段间的动摩擦因数均为=0.8，货物经过 B 处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C 点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取10 m/s2，不计空气阻力，sin370.6=，cos370.8=。（1）要使货物以最短的时间运动到 C 点，求传
13、送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？（2）若传送带速度为v=2 m/s，求货物被运送到 C 点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。ABC15.（15 分）电阻不计的平行金属导轨 EFHG 与 PMQN 按图示固定，EF 与 PM 段水平且粗糙，导轨的间距为2L，HG 与 QN 段倾斜且光滑，导轨的间距为 L，L=1m，HG、QN所在平面与水平面的夹角=30，导轨间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.5T，方向与导轨所在平面垂直，金属棒abcd、与导轨垂直放置，ab 棒质量为m cd,棒质量为 2m，m=0.1kg，接入电路的电阻均为R=2，abcd、间用轻质绝缘细线相连，中间跨过
14、一个光滑定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨且始终不会与滑轮相碰，两段金属导轨足够长，金属棒 cd 与水平导轨间的动摩擦因数为=0.1，重力加速度g=10 m/s2，现将两金属棒由静止释放，求：（1）释放瞬间 ab 棒的加速度大小。（2）两金属棒的最大速度。（3）两金属棒速度达到最大后，细线突然断裂，经过时间 t 恰再次达到稳定状态，求再次稳定时 ab 棒、cd 棒的速度大小。QcdabGNBFHMPE请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答
15、题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效一、单项选择题（请用 2B 铅笔填涂）（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。）1 A B C D 5 A B C D 2 A B C D 6 A B C D 3 A B C D 7 A B C D 4 A B C D二、多项选择题（请用 2B 铅笔填涂）（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。）8 A B C D9 A B C D10 A B C D三、非选择题（请在各试题的答题区内作答）（共 54 分）11.（6 分）（1）（2）（3）（4）12.（9 分）（1
16、）（2）（3）（4）贴 条 形 码 区2024 届高考物理考向核心卷答题卡物理（河北专版）姓 名 准考证号考生禁填填涂样例正确填涂错误填涂 缺考考生，由监考员用 2B铅笔填涂下面的缺考标记缺考标记注意事项1.答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全正确及考试科目也相符后，将条形码粘贴在规定的位置。2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用黑色水签字笔作答，字体工整、笔迹清楚。3.考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。
17、15.（15 分）13.（10 分）14.（14 分）物理参考答案12024 届高考物理考向核心卷河北专版题号12345678910答案DADBCADBCBCAC1.D【解析】解析】氚的半衰期为 12 年，手表使用 6 年（经历了半个半衰期），剩余氚核个数为初始时的NN0=122212=，结合题述可知，其放射性强度为初始状态的22，则荧光强度也为最初的22，D 正确。2.A【解析】解析】第一步：根据正粒子运动确定甲、乙带电荷量之比由题述可知，甲、乙均带正电荷，设ab、之间的距离为 r，当粒子在 d 点时，由平衡条件得(4)(2)kq qrr甲 22=kq q乙，解得qq甲乙 :4:1=，A 正
18、确。第二步：结合甲、乙电性和粒子运动判断电势高低粒子在 b 点的速度为零，由 b 到 e 过程，粒子动能变化量大于零，则电场力做正功即 Ubebe0,，又沿电场线方向电势降低，可知d点电势最低，BC错误。第三步：由场强叠加和甲、乙带电荷量之比求be、两点场强之比由场强的叠加可知 b 点电场强度大小为 Eb=(2)kqr甲 2(4)16kqkqrr乙乙22 =15，e 点 电 场 强 度 大 小 为 Ee=(5)kqr甲2 kqkqrr22乙乙 =2125，则EEbe:125:112=，D 错误。3.D【解析】解析】由法拉第电磁感应定律可知，转子上线圈 产生的总感应电动势的最大值EnBSm=18
19、000 V，则 该 风 力 发 电 机 产 生 感 应 电 动 势 的 有 效 值为9000 2 V，A、B错误；当外接电阻阻值与线圈总电阻相同时，风力发电机输出功率最大，为PR=E2R有2202500 W，C 错误，D 正确。4.B【解析】解析】飞行器脱离地球运动到火星的过程，绕太阳运动，结合开普勒第二定律可知，飞行器与太阳中心的连线（逐渐变长）在相同时间内扫过的面积相同，则从离开地球运动到火星的过程飞行器速度逐渐减小，A 错误；设地球绕太阳运动的轨道半径为 r1，结合题图和题述可知，飞行器的轨道半长轴a=54r1，由开普勒第三定律可得，飞行器与地球绕太阳运动的周期之比为TT地飞=12564
20、2，则飞行器运动12周期时，地球转过的角度大于 180小于 360，可知 B 正确；飞行器的轨道半长轴小于火星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，飞行器的周期小于火星的公转周期，C 错误；飞行器在远日点与火星相遇时，需要减速，才有可能在火星引力作用下绕火星运动，D 错误。5.C【解析】解析】滑片缓慢从 b 端向 a 端滑动的过程中，滑动变阻器滑片上、下两部分并联后的阻值先增大后减小，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减小，电容器极板间电压变化缓慢，充电或放电电流可忽略，根据闭合电路欧姆定律可得电压表的示数UEIRr=+干(0)，则电压表 V 示数先变大后变小，电容器 C 极板间电压变化情况
21、与电压表示数变化情况相同，即电容器 C 先充电后放电，AB 错误。由于不知电源内阻与外电阻的数值关系，无法判断电源的输出功率如何变化，D 错误。滑动变阻器滑片从 b 滑到正中间的过程，回路总电阻增加，干路电流减小，滑动变阻器上半部分所在支路分配的电压增大，通过滑动变阻器上半部分的电流增大，滑动变阻器下半部分电阻增大，电压减小，可知电流表 A 示数变小，滑片从正中间滑到 a 的过程，上、下两部分并联电阻减小，电压表示数减小，滑动变阻器下半部分电阻增加，可知电流表 A 示数继续变小，C 正确。6.A【解析】解析】作出光路图如图 1、2 所示，根据几何知识可知，光线在 AD 边的入射角为 30，故折
22、射率n=sin 45s3in 0=2，A 正确，D 错误；光在棱镜中的传播速度 vc=nc22，C 错误；由 sinC=1n可得C=45，光在 AB 上的入射角始终是 60，大于光在棱镜中发生全反射的临界角，所以 AB 边不会有光线射出，B 错误。图 1 图 27.D【解析】解析】第一步：判断恰能从 N 点进入磁场的粒子从 y 轴射出时的位置粒子在电场中运动的加速度a=Eqmxv y00202，恰从 N 点进入磁场的粒子在电场中的运动时间ty=vx00，轴方向的位移 yyat0=122，解得 y=y20，故从12y0处射出的粒子，恰好从 N 点进入篮场，B 错误。第二步：求磁感应强度，粒子在磁
23、场中的轨迹半径和粒子收集率根据题意和洛伦兹力提供向心力有ymv200=qB，解得B=2qymv00，A 错误；粒子从电场射入磁场时的速2024 届高考物理考向核心卷河北专版2度 v=sinv0，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvBm=vr2，解得 r=mvqB，如图所示，在磁场中的偏转距离QQry=2 sin2qBmv0=0，从 N 点下方射入磁场的所有粒子在磁场中的偏转距离都相等，C 错误；从 y 轴上 0 y20射出的粒子可以打在粒子接收器上，故接收器接收的粒子数占粒子总数的 50%，D 正确。8.BC【解析】解析】由题图可知，此列波的波长=4 m，此 列 波 若 沿 x 轴 向 左 传
24、 播，则 有34+=n T4s(0,1,2,)n=，又 v=T，解得 vn=34+4nm/s(0,1,2,)；此列波若沿 x 轴向右传播，则有14+=n T4s(0,1,2,)n=，又v=T，解得vn=14+4nm/s(0,1,2,)。综合以上分析，可知 B、C 正确。9.BC【解析】解析】如图甲所示，当滑雪者飞行到离赛道AC 最远的 D 点时，速度方向与赛道 AC 平行，设在 A 点跃起时速度为 v0，经历时间 t1飞行至 D 点，在垂直斜面方向滑雪者的加速度为 ag=cos，根据运动学公式 vax02=2、vat01=，解得 v0=20 m/s，t1=2.5s。对滑雪者在 A 点处受力分析
25、如图乙所示，有mvR02=FmgNsin，解得 FN=1300 N，C 正确。设 A、B 间距设为 L，有 Lv tcossin=0，Lsin=+v tgt0cos122，解得 t=5s，L=75 m，A 错误，B 正确。设落到 B 点前瞬间滑雪者的动能为Ek，由动能定理有 mgLEmvsin=k1202，解得 Ek=32.5 kJ，落到 B 点后瞬间的动能无法计算，D 错误。CABD25 m mgFNA 图甲 图乙10.AC【解析】解析】空间站内物体处于完全失重状态，两小球除碰撞外，均做匀速圆周运动。设 AB、两球碰后的速度大小分别为 v v12,，一种情况为第一次碰后 A 反弹，根据动量守
26、恒定律和能量守恒定律有m vm vm vAAB012=+，111222m vm vm vAAB012222=+，第二 次碰撞发生在 b 点，则有 t=321244vv12RR，即 vv12=13，联立解得 mmAB:1:7=。另一种情况为第一次碰后 A 和 B 运动方向相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 m vm vm vAAB012=+，12m vA 02=1122m vm vAB1222+，第 二 次 碰 撞 发 生 在 b 点，则 有vv12=15，联立解得 mmAB:5:3=，A 正确，B 错误；碰 后 A 的 速 度 为 vv BA=mmmmABAB+0,的 速 度 为 vB=m
27、mAB2m+Av0，两次碰撞之间，B 相对于 A 的速率恒为vvBA=0，两种情况下，第一、二次碰撞间 B 相对于A 的路程均为 sR=2，两次碰撞的时间间隔一定为t=vvsRBA20，C 正确；若其他条件不变，增大 A的初速度，则碰后 A 和 B 速度大小比例关系不变，第二次碰撞仍发生在 b 点，D 错误。11.（1）ABC（2）9.450（3）9.9（4）摆长多算了半径【解析】【解析】（1）A.为了减少空气阻力的影响，小球应该选用密度大的钢球或铁球，A 正确；B.摆线要选择细些的以减小空气阻力，伸缩性小些的以保持摆长不变，并且尽可能长一些从而使偏转角尽可能小些，B 正确；C.应该先悬挂摆球
28、后再测量摆线的长度，这样摆长测量的较准确，C 正确；D.单摆周期的计算式为T=n2tt1n21，D 错误。故选 ABC。（2）小球的直径d=+=9 mm0.450 mm9.450 mm。（3）根据T=2Lg，可知TL2=4g2，图像的斜率k=(100.50.5)10442g2，可得g=9.9 m/s2。（4）摆长多算了半径。12.（1）使电流表 A2示数为 I2（2）丙（3）11.7；2.6（4）无【解析】【解析】（1）为了测量电流表 A1的内阻，采用替代法，保持滑动变阻器的滑片位置不变，把S2掷于“a”，调节电阻箱使电流表 A2示数为 I2，则电阻箱的示数即可反映电流表 A1的内阻；（2）测
29、得电流表 A1内阻后，采用图丙的电路时，电物理参考答案3流表 A1的分压电压可以定量算出来，所以为减小误差应该选择的实验电路是图中的丙；（3）根据闭合电路欧姆定律UI rRE=+(A)，则E=11.7V，r=11.75.71.22.42.6。（4）由于明确电流表内阻，则测量结果没有误差。13.（1）10（2）0.014 kg【解析】【解析】（1）设打气的次数为 n，从开始打气到篮球内气体稳定的过程，初始气体压强为 p0时，体积为VVnV210=+稳定后气体体积为V1，压强为1.5p0由玻意耳定律有V pp V2001=1.5可得V2=11.13L则nV0=3.71L解得n=10（2）打气完成时
30、，篮球内气体在压强、温度与外界大气相同时体积为 11.13 L，则打气完成后篮球内气体的质量为mV=20.014 kg14.（1）4.125 s（2）154 J【解析】【解析】（1）要使货物以最短时间到达 C 点，货物在传送带上要一直加速，货物在 AB 段，由牛顿第二定律有mgmgmacossin=1解得a1=0.4 m/s2若货物在 AB 段一直加速，有Lat=121 12解得t1=4s货物在 B 点的速度vatB=1 11.6 m/s若货物在传送带 BC 段上一直加速，由牛顿第二定律得mgma=2根据2a Lvv2=CB22解得vC=2.6 m/st2=vvCBa20.125s故要使货物以
31、最短的时间运动到 C 点，传送带的速度至少为vC=2.6 m/s最短的运动时间为ttt=+=124.125s（2）若传送带速度为 v=2 m/s，则传送带和货物运动的 vt 图像如图所示，由图可知在 AB 段货物和传送带间的相对位移为4 m4.8 mx1=0.422+因摩擦产生的热量Qmgx11=cos153.6 J在 BC 段，货物和传送带相对运动的时间t2=2 1.68s=0.05s货物和传送带间的相对位移为 0.4 0.05sx2=12 0.01m因摩擦产生的热量Qmg x22=0.4 J整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量QQ=+1 Q2=154 J15.（1）1m/s2（2）4.8
32、 m/s（3）8344345t+m/s；488345t+m/s【解析】【解析】（1）释放时对金属棒 abcd、由牛顿第二定律分别可得mgTmaTmgmasin22=，联立解得a=1m/s2。（2）分析可知，金属棒 ab 中的电流方向从 a 到 b，当两金属棒加速度为 0 时速度最大，设最大速度为vm，当两金属棒达到最大速度时对 ab 棒有BILmgT+=sin0，对 cd 棒有TBILmg=220，此时感应电动势为EBLvBLv=2mm，由闭合电路欧姆定律可得I=2ER，解得vm=4.8 m/s。（3）细线断裂后，abcd、整体所受的合外力不为零，则再次稳定时二者不可能做匀速运动，只可能是回路
33、中电流稳定，两棒均做匀加速运动。设再次稳定时 cd 的加速度大小为a1，则由（2）中感应电动势的表达式知 ab 的加速度为2a1，对 ab 由牛顿第二定律有mgFmasin2=A1，对 cd 由牛顿第二定律有222FmgmaA1=，解得a1=43m/s2，回路中的感应电流I1=BLFA157A，设恰再次达到稳定状态时 ab 棒的速度为 vcdab,棒的速度为vcd由法拉第电磁感应定律有BLvBLvI Rabcd=221，在时间 t 内，设 ab 棒所受安培力的冲量为 IA，则 cd棒所受安培力的冲量为2IA，对 ab 棒由动量定理有mgtImvmvsin=Amab，对 cd 棒由动量定理有2222ImgtmvmvAm=cd，联立得vvabcd=+=+8344488345345ttm/sm/s，。