河南省2023-2024高三上學期10月聯(lián)考

物理試卷

一.選擇題（共8小題，每小題3分，共24分）

1.中國書法藝術歷史悠久，某同學用毛筆練習書法，從基礎筆畫“橫”開始練習.如圖，在楷書筆畫中，長橫的

寫法要領如下：起筆時一頓，然后向右行筆，收筆時略向右按，再向左回帶.該同學在水平桌面上平鋪一張紙,

為防止打滑，他在紙的左側靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓住.則關于向右行筆過程中物體的受力情況，說法正確的是

A.筆對紙的壓力一定大于毛筆的重力B.鎮(zhèn)紙受到了向右的靜摩擦力

C.白紙受到了兩個摩擦力的作用D.桌面受到了向左摩擦力作用

【答案】C

【詳解】A.毛筆在書寫的過程中受到重力、手的作用力以及紙的支持力處于平衡狀態(tài)，應用手對毛筆的作用力

是未知的，所以不能判斷出毛筆對紙的壓力與毛筆的重力的關系.故A錯誤；

B.鎮(zhèn)紙始終處于靜止狀態(tài)，所以鎮(zhèn)紙始終不受摩擦力，鎮(zhèn)紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與摩擦力.故B

錯誤；

C.白紙受到桌面對它的摩擦力和筆對它的摩擦力，不受鎮(zhèn)紙的摩擦力，故C正確；

D.白紙始終處于靜止狀態(tài)，則白紙在水平方向受到的毛筆對白紙的向右摩擦力與桌面對白紙的向左摩擦力處于

平衡狀態(tài)；根據牛頓第三定律可知，白紙對桌面的摩擦力的方向向右，D錯誤.

2.如圖所示，一升降機在箱底裝有若干個彈簧，在某次高處作業(yè)時，升降機因吊索突然斷裂急速下降，最終在

彈簧的作用下觸地級沖減速。彈簧始終沒有超過彈性限度，忽略所有摩擦力，則升降機!|

在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中（）叁升降機多

A.速度不斷減小B,加速度不斷減小IJ―JI

C.先是重力做正功、彈力做負功，然后是重力做負功、彈力做正功

D.升降機在最低點時，系統(tǒng)（升降機、彈簧和地球）重力勢能和彈性勢能之和最大

【答案】D

【詳解】AB.升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中，開始階段，重力大于彈力加速度方向向下，大

小隨彈力增大而減小，升降機先向下做加速運動，當彈簧彈力增大到和重力相等時，加速度減為零，速度大于最

大，然后彈力繼續(xù)增大，彈力大于重力，加速度向上，大小隨彈力增大而增大，升降機向下減速，當速度減為零

時，達到最低點，所以整個過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故AB錯誤;

C.升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中，重力一直豎直向下，彈簧彈力一直向上，升降機位移一直

向下，所以重力一直做正功，彈簧彈力一直做負功，故c錯誤；

D.對系統(tǒng)（升降機、彈簧和地球），只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即升降機的動能、重力勢能

和彈性勢能之和保持不變，升降機在最低點時，升降機的動能最小，則系統(tǒng)（升降機、彈簧和地球）重力勢能和

彈性勢能之和最大，故D正確。

故選D.

3.如圖所示，滑雪運動員從。點由靜止開始做勻加速直線運動，先后經過尸、M、N三點，已知尸MN

=20m,且運動員經過9、"N兩段的時間相等，下列說法不正確的是（

A.能求出。P間的距離

B,不能求出運動員經過0P段所用的時間

C.不能求出運動員的加速度

D.不能求出運動員經過尸、〃兩點的速度之比

【答案】D

PM+MN15

【詳解】設物體通過尸河、女W所用時間分別為T,則拉點的速度為:根據得:

PM-MN10,15105v2

n貝U：vp=VM-aT=-=---—----，-則-：XOP=~^-=1.25m,故A正確;運動員經過尸、M■兩點

TTT2a

Vn1

的速度之比為上=彳是可求解的，故D錯誤；不能求出運動員經過OP段所用的時間和運動員的加速度大小,

故BC正確，本題選不正確的，因此選D.

4.宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質量均為加的星體位于等

邊三角形的三個頂點，三角形邊長為3忽略其他星體對它們的引力作用，三

m

星在同一平面內繞三角形中心。做勻速圓周運動，引力常量為G,下列說法正A

■、

確的是（），/\、L

/O\

A.每顆星做圓周運動的角速度為號/\

Vm?.........................

B.每顆星做圓周運動的加速度大小與三星的質量無關

C.若距離Z和每顆星的質量力都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍

D,若距離Z和每顆星的質量小都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】c

【詳解】AB.任意兩星間的萬有引力

F二GIF

對任一星受力分析，如圖所示，由圖中幾何關系知

V3

r-----L

3

尸*=2尸cos300=百尸

由牛頓第二定律可得

F合=加。2r

聯(lián)立可得

On二口

AB錯誤；

C.由周期公式可得

Z和小都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期

T'=2T

C正確；

D.由速度公式可得

L和m都變?yōu)樵瓉淼?倍,則線速度

v=v

大小不變，D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，在地面上空以初速度?水平拋出一個質量為用的小球，小球下落過程中，其動能EK、重力勢能

與、重力的功率尸、重力的功少與時間f的關系圖象中，正確的是（)

o'

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃/

【答案】C

【詳解】A.某時刻的動能

El1212122

k=~mv=-mv-+-mg~t~

則線-，圖像是不過原點且開口向上的拋物線，選項A錯誤;

B.重力勢能

22

Ep=Ep0-mgh=Ep0-^mgt

則E。-/圖像不是直線，選項B錯誤；

C.重力的功率

P=mgvv=mg-gt=mg2t

則PY圖像是過原點的直線，選項C正確；

D.重力的功：

W=mgh=2g,2

則脛f圖像是過原點的曲線，選項D錯誤。

6.如圖所示，在同一豎直線上有2、8兩點，相距為〃，8點離地高度為現從8兩點分別向P點安放兩

個光滑的固定斜面4P和8尸，并讓兩個相同小物塊（可看成質點）從兩斜面的

8點同時由靜止滑下，發(fā)現兩小物塊同時到達尸點，則（）

A.OP間距離為，〃（〃+〃）

B.OP間距離為

2

C.兩小物塊運動到尸點的速度相同

D.兩小物塊的運動時間均為

【答案】A

【詳解】AB.設斜面的傾角為仇則物塊下滑的加速度為

a=gsm6

設OP的距離為x,則

X1,1.八,

----二—at--gsm，?片

cos。22s

因兩物塊在斜面上下滑的時間相等，即

tl=t2

則有

cos^rsinft=cos^2*sin^2

由圖可知

xH+hxH

^H+hy+x2~^H+hy+x2^JH2+X2^H2+x2

解得

X=YH（H+H）

故A正確，B錯誤；

C.根據機械能守恒定律可知，兩物塊開始下落的高度不同，則下落到底端的速度不同，故C錯誤;

D.出土Q是物塊從工點做自由落體運動到。點的時間，因此兩小物塊的運動時間均大于」

故D錯誤。

故選Ao

7.如圖所不，長為/的輕桿，一端固定一個質量為"?的小球，另一端有固定轉動軸O,桿可在豎直面內繞轉動軸

。無摩擦轉動；質量為。的物塊放置在光滑水平面上，開始時，使小球靠在物塊的光滑側面上，輕桿與水平面夾

角45。，用手控制物塊靜止，然后釋放物塊，在之后球與物塊運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.球與物塊分離前,桿上的彈力逐漸增大

B.球與物塊分離前，球與物塊的速度相等

C.球與物塊分離前，物塊的速度先增大后減小

D.球與物塊分離時，球的加速度等于重力加速度

【答案】D

【詳解】AD.對小球和物塊整體受力分析，受重力，桿的彈力尸，地面的支持力尸N,如圖1所示,

(Af+m)g

圖1

在水平方向由牛頓第二定律得

FcosO=^M+m)ax

分離后物塊的加速度為零，可知在球與物塊分離前，物塊的加速度逐漸減小，而小球水平方向的分加速度與物塊

的加速度相等，所以物塊的水平方向分加速度逐漸減小，而cos。逐漸增大，所以彈力逐漸減小，當恰好分離時，

水平加速度為零，彈力為零，球只受重力，加速度等于重力加速度g,故A錯誤，D正確；

B.設球的速度為v,球與物塊分離前，物塊與球的水平速度相等，球的速度與桿垂直向下，如圖2所示，

圖2

將球的速度分解為水平方向和豎直方向兩個分速度，由圖可知，球的速度大于物塊的速度，故B錯誤；

C.由于地面光滑，桿對物塊的彈力始終向左，物塊的加速度始終向左，所以物塊一直加速，故C錯誤。

故選D。

8.已知汽車在平直路面上由靜止啟動，阻力恒定，最終達到最大速度%后以額定功率勻速行駛，ab.cd平行于

v軸，be反向延長線過原點。，汽車質量為已知M、片、片、％,下列說法不正確的是（）

A.汽車額定功率為8％B.汽車從6到c過程作變加速運動

汽車勻加速運動持續(xù)的時間為汽車從a到b過程克服阻力做功

C.（冗+月）可D.2（4-引儲

【答案】C

【詳解】A.根據

P=Fv

可得

v=P--

F

汽車額定功率為圖象的斜率，有

V

尸=寸="

故A正確;

B.汽車從b到c過程中功率保持不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據牛頓第二定律有

F-f=ma

可知隨著牽引力的減小，汽車的加速度減小，故汽車從6到c過程作變加速運動，故B正確;

C.汽車所受的阻力為

由于額定功率等于圖象斜率有

P=2k=A

1-1

月E

即

月％=片”

汽車從。到6,根據牛頓第二定律有

Fx-f=Ma

汽車從a到b勻加速運動持續(xù)的時間為

a（公-乙）公

故C錯誤;

D.汽車從。到b過程的位移

12

x=—at

2

汽車從“到b過程克服阻力做功

W=拉=

2（苫片一；8琦）開

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

二.多選題（共4小題，每小題4分，對而不全得2分，共16分,）

9.兩根長度不同的細線分別系有兩個小球a、b,質量分別為加1、m2,細線的上端都系于。點，兩個小球在同

一水平面上做勻速圓周運動。已知兩細線長度之比4：4=G：1，長細線跟豎直方向的夾角為。=60°,下列

說法正確的是（）

A,兩小球做勻速圓周運動的周期相等

B.兩小球做勻速圓周運動的線速度相等

C.叫：加2=K：1

D.短細線跟豎直方向成30。角

【答案】AD

【詳解】A.小球受重力和細線的拉力，豎直方向

Tcos0=mg

水平方向

Tsin。=ma^Lsin0

解得

T=2n

可看出，兩小球運動的加速度和周期相等，選項A正確；

B.兩小球角速度相同，做圓周運動的半徑不同，則線速度不相等，選項B錯誤；

C.從選項A的解析可以看出根據本題中所給信息，不能推出質量的關系，選項C錯誤;

D.設短細線與豎直方向的夾角為則根據幾何知識

L[cos60°=L2COSa

又因為

L、：L?=A/3:1

cr=30°

故短細線跟豎直方向成30。角，選項D正確。

故選AD。

10.如圖所示，放置在豎直平面內的內壁光滑的彎管N5,是按照某質點以水平初速度大小vo做平拋運動的軌跡

制成的，4端為拋出點，8端為終止點，A.8的水平距離為d.現將一小球由靜止從N端滑入彎管，經時間f后

恰好以vo從8端射出，小球直徑略小于彎管內徑，重力加速度為g,不計空氣阻力，則（）

oE~~

A

dd

【答案】AD

【分析】抓住小球與彎管無擠壓，得出小球做平拋運動，根據水平位移和初速度求出運動的時間，從而得出下降

的高度，根據動能定理求出初速度的大??；

【詳解】AB.某質點以初速度/水平拋出時，質點在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，從

d1,

A到8過程質點的運動時間為辦=一,質點的下落高度為=小球由靜止從A端開始運動到3端的過

vo2

程，根據動能定理得:

則有:

解得%=J丁，故選項A符合題意，B不符合題意;

CD.質點以初速度%水平拋出的過程，則有:

小球由靜止釋放至運動到B端的過程，水平方向的平均速度大小一定小于%,所以/>%,即/〉故選項

C不符合題意，D符合題意.

【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式和動能定理綜合求

解，注意靜止釋放時，小球的運動不是平拋運動.

11.如圖（。），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩

水平。片0時，木板開始受到水平外力尸的作用，在片4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力/隨時間f變化的關系

如圖（6）所示，木板的速度v與時間f的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度

ag=10m/s2o由題中所給數據可以得出（）

"7777777777777777777777777777777777

圖(a)

A.木板的質量為1kg

B.2s~4s內，力尸的大小為0.4N

C.0~2s內，力尸的大小保持不變

D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.02

【答案】AB

【詳解】AB.由v-f圖像可知，2?4s內，木板做勻加速運動的加速度大小為

a.=04m/s2=0.2m/s2

14-2

設木板的質量為“，物塊的質量為加，物塊與木板之間的動摩擦因數為〃，根據牛頓第二定律可得

F-/Limg=Max

又

/j.mg=f=0.2N

在片4s時撤去外力后，木板做勻減速運動的加速度大小為

0.4-0.2「。/2

a,=----------m/s2=0.2m/s

25-4

根據牛頓第二定律可得

jumg=Ma2

聯(lián)立解得

M=1kg,F=0,4N

AB正確；

C.由V-/圖像可知，0?2s內，木板處于靜止狀態(tài)，根據受力平衡可得

F=f

可知力R的大小逐漸增大，C錯誤；

D.由于不知道物塊的質量，故無法算出物塊與木板之間的動摩擦因數，D錯誤。

故選AB。

12.一足夠長的光滑斜面固定在水平面上，質量為1kg的小物塊在平行斜面向上的拉力/作用下，以一定初速度

從斜面底端沿斜面向上運動，經過時間“物塊沿斜面上滑了L2m。小物塊在少作用下沿斜面上滑過程中動能和

重力勢能隨位移的變化關系如圖線I和H所示。設物塊在斜面底端的重力勢能為零，重力加速度g取10m/s2。由

此可求出（）

A.斜面的傾角為30°

B.力廠的大小為20N

C.小物塊的初速度大小為2m/s

D.若"時刻撤去拉力E,物塊沿斜面上滑的最大距離為2.8m

【答案】ACD

【詳解】A.根據

Ep=mgh=mgxsin0

得

6

sin3=——=

mgx1x10x1.22

所以斜面傾角為

9=30。

故A正確；

B.根據動能定理

Fx-mgx-sin30°=8J-6J

得

故B錯誤；

C.根據

￡ko=；加4

得初速度為

故c正確；

D.若經過辦后撤去拉力/，小物塊的機械能不變，此后重力勢能增加、動能減小；根據圖像可知，辦時刻的機

械能為

E=E.+E=8J+6J=14J

KPn

根據機械能守恒定律可得

E=mgx'sin0

解得上升的最大距離為

x'=———=--------m=2.8m

mgsin01x10x0.5

故D正確。

故選ACD.

三.實驗題（共2小題，第13題每空2分，第14題每空3分。共15分）

13.小明同學利用傳感器探究物體做圓周運動的向心力與質量軌道半徑及線速度之間的關系。如圖所示的實驗裝

置中，帶孔的小滑塊套在光滑的水平細桿上，通過細線與固定在轉軸上的拉力傳感器相連，小滑塊上固定有寬度

為d擋光片，通過光電門可測出擋光時間△，，水平細桿可繞轉軸做勻速圓周運動。

o（填正確答案標號）

A.理想模型法B.控制變量法C.等效替代法D1散元法

（2）小明同學想探究向心力與速度之間的關系時，保持運動半徑和物體的質量不變，調整轉速，記錄了多組擋

光片通過光電門的時間和對應傳感器示數凡做出圖像如圖所示，則該圖像的橫坐標為o（填“△/”，

即可求出向心力與速度之間的關系。

（3）擋光片的寬度大小對實驗結果是否有影響。（填“是”或“否”）

【答案】①.B②.*③.否

【詳解】（1）[1]實驗中探究一個物理量與多個物理量的關系時，需采用控制變量法，故ACD錯誤B正確。

故選B。

（2）[2]根據題意可知，小滑塊的線速度為

d

v=-

AZ

根據

2

「V

r=m——

r

可得

2

「md1

卜—------------

rA/2

則該圖像的橫坐標為苴。

（3）[3]當水平細桿做勻速圓周運動時，小滑塊通過光電門的平均速度即為小滑塊做圓周運動的線速度，則擋光

片的寬度大小對實驗結果是沒有影響。

14.某實驗小組為測量小物塊與水平面間的動摩擦因數設計了下面的實驗裝置.如圖所示，。尸。為豎直放置的光

滑四分之一圓弧，半徑為凡圓弧與水平面相切于0,質量為機的物塊（可視為質點）從圓弧最高點尸由靜止釋

放，最終小物塊停在水平面上的〃處（圖中沒有標出）.

//////////////////////////////////////////,

（1）為了完成實驗，必需的測量工具有.

A.天平B.停表

C.刻度尺D.打點計時器

（2）寫出動摩擦因數的表達式并說明其中各個量的物理意義:.

（3）寫出一條影響實驗準確性的因素:.

R

【答案】①.C②.動摩擦因數的表達式〃=—，其中R為圓弧半徑〃為物體在水平面上滑行的距離③.

L

圓弧面不光滑（或圓弧面不與水平面相切；半徑和滑行距離的測量有誤差）

【詳解】（1）[1].由動能定理有

mgR-jLimgL=0-0

得

R

尸工

由此可知需要測圓弧軌道半徑和在水平面上滑行的距離，因此必須的測量工具為刻度尺，故選C.

R

（2）[2],動摩擦因數的表達式〃=工，其中尺為圓弧半徑，Z為物體在水平面上滑行的距離.

（3）[3],影響實驗準確性的原因：圓弧面不光滑；圓弧面不與水平面相切；半徑和滑行距離的測量有誤差.

四.解答題（共4小題，第15題8分，第16題8分，第17題14分，第18題15分）

15.卡車原來用10m/s的速度勻速在平直公路上行駛，因為道口出現紅燈，司機從較遠的地方即開始剎車，使卡

車勻減速前進，當車減速到2m/s時，交通燈轉為綠燈，司機當即放開剎車，并且只用了減速過程的一半時間卡

車就加速到原來的速度，從剎車開始到恢復原速度的過程用了12so求：

（1）減速與加速過程中的加速度；

（2）開始剎車后2s末及10s末的瞬時速度。

【答案】（1）-Itn/s2-2m/s2；（2）8m/s,6m/s

【詳解】（1）設初速度的方向為正方向，根據題意可知，減速時間力，加速時間5根據題意可知

力+/2—12s

可得

t\=8s

Z2—4s

減速過程中的加速度

Av2-10.1/a

%=——=-------m/s2=-lm/s

1At8

加速過程中的加速度

Av10-220/2

%二——二-------m/s=2m/s

2At4

(2)由速度公式

v=vo+at

可知，開始剎車后2s的速度為

V2—(10—1x2)m/s=8m/s

汽車剎車時間為8s,接著加速，所以10s末的速度為

vio—(2+2x2)m/s=6m/s

16.如圖所示，“V”形光滑支架下端用錢鏈固定于水平地面上，支架兩臂與水平面間夾角0均為53。，“V”形支架的

AB臂上套有一根原長為/的輕彈簧，輕彈簧的下端固定于"V”形支架下端，上端與一小球相接觸不連接，該臂上

31I

端有一擋板。已知小球質量為加，支架每臂長為一，支架靜止時彈簧被壓縮了一，重力加速度為g?，F讓小球

23

43

隨支架一起繞中軸線。。'以角速度8勻速轉動。sin53°=-,cos53°=-,求:

55

(1)輕彈簧的勁度系數肌

(2)輕彈簧恰為原長時，支架的角速度80；

(3)當。=gg及0=24時輕彈簧彈力的大小。

【答案】⑴k="，⑵①。=2(3)如；。

51°\9155

【詳解】(1)受力分析如圖

支架靜止時彈簧被壓縮了一

3

一=mgsin0

解得

1=12-

51

(2)輕彈簧恰為原長時，如圖所示，支架的角速度30

mgtan0=mco^lcos6

解得

120g

91

彈簧處理壓縮態(tài)

Ncos0+kxsind=mg

NsinH-(kx)cos6=mar(/-x)cos0

解得輕彈簧彈力

當刃=2%時彈簧脫離接觸

Ax=0N

17.如圖所示，有一個質量為加=ikg的小物塊(可視為質點)，從光滑平臺上的2點以%=3加/s的初速度水平

拋出，到達。點時，恰好沿切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道C￡),最后小物塊滑上緊靠軌道末

端。點的長木板。已知足夠長的長木板質量為M=1飯，放在粗糙的水平地面上，長木板下表面與地面間的動

摩擦因數〃2=01，長木板上表面與小物塊間的動摩擦因數〃1=03,且與圓弧軌道末端切線相平，圓弧軌道

的半徑為五=0.5m,半徑。。與豎直方向的夾角6=53°(不計空氣阻力，g=10m/?,sin53°=0.8,

cos53°=0.6)0求:

(1)小物塊到達。點時的速度大小;

【詳解】(1)小物塊平拋運動至。點時，對速度進行分解，如圖所示

因小物塊恰好沿切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,則有:

v二二

ccos6

代入數據解得

vc=5m/s

(2)小物塊從。運動到。的過程中，由動能定理可得:

1212

mgR(l-cos53°)=~mvD-^mvc

代入數據解得

vD=V29m/s

小物塊滑上長木板后做勻減速直線運動，對物塊根據牛頓第二定律可得:

從加g=max

解得小物塊減速運動的加速度大小為

%=3m/s2

長木板做勻加速直線運動，對長木板根據牛頓第二定律可得：

—4(加+M)g=Ma?

可得長木板的加速度大小為

2

?2=Im/s

設經過f時間二者共速，則有：

vD+=a2t

小物塊

v+v

5.=3n——t

12

長木板

V

s、=-t

22

又

=SS

S相對\~2

小物塊與長木板因摩擦而產生的熱量：

Q=M加gs相對

聯(lián)立方程，解得

2=10,875J

18.如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平臺面上的高度?？烧{的斜軌道N5、豎直圓軌道(在最低點E分別與水

平軌道4E和EG相連)、細圓管道(印和〃為兩段四分之一圓弧)和與J相切的水平直軌道砍組成?？?/p>

認為所有軌道均處在同一豎直平面內，連接處均平滑。已知，滑塊質量為加=30g且可視為質點，豎直圓軌道

半徑為r=0.45m,小圓弧管道小和大圓弧管道〃的半徑之比為1:4,4=L5m不變，Z2=0.5m,滑塊與

N8、EG及次間摩擦因數均為〃=0.5,其他軌道均光滑,不計空氣阻力，忽略管道內外半徑差異?，F調節(jié)〃=2m,

滑塊從8點由靜止釋放后，貼著軌道恰好能滑上水平直軌道砍，求

(1)大圓弧管道〃的半徑尺；

(2)滑塊經過豎直圓軌道與圓心。等高的尸點時對軌道的壓力片與運動到圓弧管道最低點H時對軌道的壓力用

大小之比；

(3)若在水平軌道山水上某一位置固定一彈性擋板，當滑塊與之發(fā)生彈性碰撞后能以原速率返回，若第一次返

回時滑塊不脫軌就算游