安徽省2025屆高三物理模擬（一）

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.2023年8月25日，“中國環(huán)流三號”托卡馬克裝置首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運

行，是我國核能開發(fā)進程中的重要里程碑。該模式下的核反應方程之一為彳H-fHe+X,反應中釋

放出y光子，下列說法正確的是（）

A.該核反應屬于裂變反應

B.該核反應方程中的X為電子

C.y光子的靜止質(zhì)量為0,所以它的動量也為0

D.女”的比結(jié)合能小于的比結(jié)合能

【答案】D

【解析】AD該反應是核聚變反應并釋放出大量的能量，由比結(jié)合能小的方向向比結(jié)合能大的方向進行，

則的比結(jié)合能大于申H的比結(jié)合能，故A錯誤，D正確；

民由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，該核反應方程中的X的電荷數(shù)為1,質(zhì)量數(shù)為1,貝IX為質(zhì)子，故8錯

誤；

C.由康普頓效應可知，y光子的動量不為0,故C錯誤。

故選。。

2.如下圖所示，擋板垂直于斜面固定在斜面上，一滑塊山放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球

M擱在擋板與弧形滑塊上，一切摩擦均不計，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊，使球與滑塊均靜

止.現(xiàn)將滑塊平行于斜面向上緩慢拉過一較小的距離，球仍擱在擋板與滑塊上且處于靜止狀態(tài)，則與原來

A.滑塊對球的彈力增大B,擋板對球的彈力減小

C.斜面對滑塊的彈力增大D.拉力F不變

【答案】B

【解析】【分析】

隔離對球分析，抓住重力大小方向不變，擋板的彈力方向不變，根據(jù)合力為零判斷出木板、滑塊對球彈力

的變化，對球和滑塊整體分析，抓住合力為零，判斷斜面對滑塊彈力以及拉力的變化。

本題屬于力學的動態(tài)分析，關(guān)鍵是抓住不變量，通過作圖法判斷力的變化。以及掌握整體法和隔離法的運

用。

【解答】

4B.對球受力分析，球受到重力、滑塊的支持力和擋板的彈力，如圖

由于重力的大小和方向都不變，擋板的彈力方向不變；根據(jù)作圖法知，滑塊的支持力方向在變化，支持力

和擋板的彈力合力不變，等于重力，從圖中可知，擋板對球的彈力在減小，滑塊對球的彈力在減小，故A

錯誤，B正確；

CD.對滑塊和球整體進行受力分析，整體受重力、斜面的支持力、擋板的彈力及拉力，合力為零，各力的

方向不變，由于擋板對球的彈力減小，則拉力增大，在垂直斜面方向上，斜面對滑塊的彈力不變，故。

錯誤。

故選瓦

3.如圖所示是地月天體系統(tǒng)，在月球外側(cè)的地月連線上存在一個特殊點，稱為拉格朗日點。在地球上發(fā)射

一顆質(zhì)量為小。的人造衛(wèi)星至該點后，它受到地球、月球?qū)λ囊ψ饔茫⑶『煤驮虑蛞黄鹄@地球同角速

度勻速圓周運動。已知相對于地球質(zhì)量M和月球質(zhì)量m來說，小。很小，所以衛(wèi)星對地球和月球的引力不影

響地球和月球的運動。設地心、月心間距為3月心到該拉格朗日點的距離為d,則（）

A.該衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小

B.該衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小

C.該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2kzn/s

D.題中物理量滿足等式導備

【答案】D

【解析】48、因為于拉格日點的衛(wèi)星與月球具有相同的角速度，由。=3「和a=32「知，位于拉格朗日點

的衛(wèi)星的線速度和向心加速度均比月球的大，故A8錯誤；

C、由于第一宇宙速度7.9/cni/s,為繞地球運動的最小的發(fā)射速度，第二宇宙速度11.2/OTI/S,為脫離地球

運動的最小的發(fā)射速度，該衛(wèi)星和月球一起繞地球運動，衛(wèi)星的發(fā)射速度應大于7.9/OTI/S,小于

11.2km/s,故C錯誤；

D、月球繞地球公轉(zhuǎn)時，有。警;很小心

位于拉格朗日點的衛(wèi)星的向心力由地球和月球共同提供，故有

G/+G爺=m°32?+d)

(L+a)a

故。正確。

4.如圖所示，表面光滑的四分之一圓弧形軌道靜止在光滑水平面上.小球以一定的初速度從4點滑上軌道

底端，并從B點離開軌道頂端.若軌道和小球的質(zhì)量相等，則在小球和軌道相互作用的過程中

A.小球和軌道組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球從B點離開軌道時做豎直上拋運動

C.小球?qū)壍老茸稣笞鲐摴.小球能夠回到4點且之后做自由落體運動

【答案】D

【解析】本題考查動量守恒定律的應用-滑塊曲面模型問題，解題的關(guān)鍵是要以滑塊與曲面為系統(tǒng)進行研

究，分析系統(tǒng)受力情況，確定系統(tǒng)的動量是否守恒，機械能是否守恒，從而分析各選項的正誤；

對小球也軌道組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向，系統(tǒng)所受合外力

不為零，故小球與軌道組成系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；

小球從B點離開軌道時相對軌道做豎直上拋運動，此時在水平方向與軌道速度相同，一起向左運動，故小

球從B點離開軌道時做斜上拋運動，B錯誤；

小球?qū)壍赖膲毫κ冀K垂直軌道向下，這個力的方向與軌道的運動方向夾角為銳角，故小球?qū)壍赖膲毫?/p>

一直做正功，C錯誤；

對小球與軌道系統(tǒng)，在小球從力點出發(fā)再次加到力點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒，故有

27n

m^Q=myVy+m2v2f+^m2v2,解得%=四一"％,72=2'%,由于軌道和小

ZZZTn^-rTn，27711+7712

球的質(zhì)量相等，故小球回到a點時的速度%=0,恰好做自由落體運動，故。正確；

故選。。

5.如圖所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，方向相反，且垂直于紙面，磁感應強度的大小均為B,以磁

場區(qū)域左邊界為y軸建立坐標系，磁場區(qū)域在y軸方向足夠長，在x軸方向?qū)挾染鶠樾木匦螌Ь€框力BCD的

CD邊與y軸重合，4。邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場

垂直，線框中感應電流i與線框移動距離x的關(guān)系圖像正確的是（以逆時針方向為電流的正方向）（）

【答案】C

【解析】解：線圈進入磁場，在進入磁場0-a的過程中，E=Bav,電流/。=萼，方向為逆時針方向，

為正。

在a—2a的過程中，電動勢E=2Bav,電流/=等=2/0,方向為順時針方向，為負。

K

在2a—3a的過程中，E=Bav,電流/=粵=/°,方向為逆時針方向，為正。故C正確。

K

故選：Co

根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向，根據(jù)切割產(chǎn)生的感應電動勢和閉合電路歐姆定律求出感應電流的大

小.

解決本題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式和歐姆定律公式，會通過楞次定律判斷感應電流的方向,

基礎題.

6.近年，無線充電技術(shù)得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈所加電壓為U=220U的

家用交流電、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線

圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是

A.接收線圈的輸出電壓的有效值約為8V

B.發(fā)射線圈與接收線圈中電流之比約為1:22

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比約為22:1

D.發(fā)射線圈中的磁通量變化率與接收線圈的磁通量變化率相同

【答案】A

【解析】【分析】

本題考查變壓器的工作原理，能讀懂題設的含義是解題的關(guān)鍵。

根據(jù)變壓器的工作原理和題設得出發(fā)射線圈與接收線圈兩端的電壓關(guān)系，從而得出接收線圈的輸出電壓的

有效值即可判斷；根據(jù)題設和功率關(guān)系分析即可判斷；根據(jù)題設發(fā)射線圈與接收線圈磁通量變化的頻率關(guān)

系，從而得出發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比即可判斷；根據(jù)題設直接分析可判斷。

【解答】

4設發(fā)射電壓為a,發(fā)射線圈匝數(shù)為附，接收線圈電壓為“，接收線圈匝數(shù)為電，工作狀態(tài)下，穿過接

收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,根據(jù)匕=華則接受線圈兩端電壓的有效值/=絲.=

un

九22l

8V,故A正確；

B、由于漏磁，接收線圈與發(fā)射線圈的功率不相等，則?力溫=表，故2錯誤；

C、發(fā)射線圈與接收線圈磁通量變化的頻率相等，則發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，即發(fā)射

線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比為1:1,故C錯誤；

。、穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,則發(fā)射線圈中的磁通量變化率與接收線圈的磁通量變化

率不相同，故。錯誤。

7.如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、%、ca三個過程回到原狀態(tài)，其體積U隨攝氏

溫度t的變化關(guān)系如圖所示，已知該氣體所含的分子總數(shù)為N,pa、Pb、Pc分別表示狀態(tài)氏c的壓強。

下列判斷正確的是（）

A.狀態(tài)a、b的壓強大小滿足PJ,=3pa

B.狀態(tài)c時氣體分子的體積為與

C.狀態(tài)c的壓強為狀態(tài)b壓強的3倍

D.c到a過程中單位時間內(nèi)單位器壁受到分子撞擊的次數(shù)逐漸減少

【答案】D

【解析】A、由圖象圖象可知，從a到b過程氣體體積不變，由查理定律得：黑=黑，T=273+t,tb=

1a1b

3%，Tb豐3Ta,則Pb豐3pa，故A錯誤；

B、理想氣體分子間的距離遠大于分子體積，狀態(tài)c時氣體分子占的空間大小為華，但分子體積遠小于今，

故8錯誤；

C、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：學=畢，八手3T「會=睇=3削片3,故C錯誤；

。、c到a過程氣體溫度不變而體積增大，由玻意耳定律可知，氣體壓強減小，氣體溫度不變分子平均動能

不變，氣體壓強減小，則單位時間內(nèi)單位器壁受到分子撞擊的次數(shù)逐浙減少，故。正確。

故選：Do

8.雨后天空中出現(xiàn)的弧形彩帶，色彩鮮明的叫虹，色彩比虹暗淡的叫霓。如圖所示為形成的光路圖，一束

太陽光射入水滴后，射出彩色光，其中a和b是兩種單色光，下列說法正確的是（）

L'、、/"'、、、

A.a光的波長大于6光的波長

B.水滴對a光的折射率大于對b光的折射率

C.在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度

D.在完全相同的條件下做雙縫干涉實驗，6光對應的干涉條紋間距較寬

【答案】A

【解析】【分析】

根據(jù)題意得出光的折射角的大小關(guān)系，結(jié)合折射定律得出光的折射率的大小關(guān)系；根據(jù)折射率的計算公式

得出光的傳播速度的大小關(guān)系；根據(jù)波速的計算公式得出光的波長大小關(guān)系，根據(jù)=分析雙縫干涉

的條紋間距關(guān)系。

本題主要考查了光的折射定律，理解光的折射特點，結(jié)合幾何關(guān)系和折射定律即可完成分析。

【解答】

A根據(jù)光路圖可知，兩束光的入射角相等，在介質(zhì)中a光的折射角大，b光的折射角小，根據(jù)折射定律”=

軀可知，水滴對a光的折射率小于對b光的折射率，故2錯誤；

sinr

A由于水滴對a光的折射率小于對b光的折射率，貝必光的頻率小于b光的頻率，所以a光的波長大于b光的波

長，故A正確；

C.根據(jù)u=￡可知，在該介質(zhì)中a光的傳播速度大于b光的傳播速度，故C錯誤；

n

。根據(jù)可知，在相同的條件下，a光的波長大于b光的波長，所以a光對應的干涉條紋間距較寬，

故。錯誤。故選A。

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.如圖，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為小，電荷量為q的同種粒子

每次都從a點沿與ab邊成30。角的方向垂直射入磁場，若初速度大小為為，射入磁場后從ac邊界距a點寺處射

出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.若粒子射入磁場的速度增大為2%，則出射位置距a點年

B.若粒子射入磁場的速度增大為2%,則粒子在磁場中的運動時間減小為原來的一半

C.右粒子射入磁場的速度不大于3%，粒子從磁場中射出時速度方向均與ab邊垂直

D.若粒子射入磁場的速度不同，但從ac邊射出的所有粒子在磁場中的運動時間相等

【答案】ACD

【解析】【分析】

畫出粒子軌跡過程圖，根據(jù)粒子從同一邊界射出時速度方向與該邊界的夾角相

等、對應的圓心角相同分析時間，根據(jù)半徑公式分析半徑大小和射出的位置。

本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找

到臨界幾何條件，再運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合求解即可。

【解答】

粒子的速度分別為為、2%、3%時，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示。

A、若粒子射入磁場的速度增大為2%,根據(jù)R=袤■可知，粒子的半徑增大到原來的2倍，則出射位置距a點

y,故A正確；

B、若粒子射入磁場的速度增大為2%,粒子從ac邊射出時與ac邊的夾角不變、軌跡對應的圓心角不變，則

粒子在磁場中的運動時間不變，故8錯誤；

C.若粒子射入磁場的速度不大于3%,則粒子均能夠從ac邊射出，射出時速度方向與ac邊的夾角為30。，而

ab邊與ac邊的夾角為60。，則粒子從磁場中射出時速度方向均與ab邊垂直，故C正確；

。、若粒子射入磁場的速度不同，但從ac邊射出的所有粒子運動軌跡對應的圓心角均為60。，所以在磁場中

的運動時間相等，故。正確。

故選：ACD?

10.如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de,ab與de平行，be是以。為圓心的圓弧導軌，圓弧be

左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，金屬桿0P的。端與e點用導線相接，P端與圓弧be接觸良好，初

始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上，若桿0P繞。點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b至勻速轉(zhuǎn)動時，回路中

始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）

A.桿0P產(chǎn)生的感應電動勢恒定B.桿0P受到的安培力不變

C.桿MN做勻加速直線運動D.桿MN中的電流逐漸減小

【答案】AD

【解析】A.OP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=2呂產(chǎn)川因為0P勻速轉(zhuǎn)動，所以桿0P產(chǎn)生的感應電

動勢恒定，故A正確；

BCD.桿。P勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢產(chǎn)生的感應電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左

運動，MN棒運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安

培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故。正確，8C錯誤。

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

H.某同學用如圖甲所示的裝置測定木質(zhì)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)及木板的質(zhì)量。將力傳感器a固定在木

質(zhì)水平桌面上，并與計算機連接，傳感器a的讀數(shù)記為測力端通過細繩與一滑塊相連（調(diào)節(jié)力傳感器高

度使細繩水平），滑塊起初放在較長的木板的最右端（滑塊可視為質(zhì)點），長木板的左、右兩端連接有光電門

（圖中未畫出，質(zhì)量不計），光電門連接的計時器可記錄滑塊在兩光電門之間的運動時間。測量木板長為

L,木板一端連接一根輕繩，并跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接一力傳感器B和一只空砂桶（調(diào)節(jié)滑輪使桌面上

部輕繩水平），力傳感器B的讀數(shù)記為F2,初始時整個裝置處于靜止狀態(tài)。實驗開始后向空砂桶中緩慢倒入

砂子。（重力加速度g=107nls2）

JJ?||￡/

3力傳感器B

臺砂桶0

圖甲圖乙

（1）緩慢倒入砂子時，6的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時突變?yōu)?.0N,測出滑塊的質(zhì)量為爪1=1.5kg,則滑塊與

木板間的動摩擦因數(shù)4為_____;

（2）己知木質(zhì)滑塊與木板及木板與木質(zhì)水平桌面間動摩擦因數(shù)相同，在木板開始滑動后，測出在砂桶中裝

有質(zhì)量不同的砂子時，滑塊通過兩光電門的時間間隔3則木板的加速度為（用L和t表示），在坐標系

中作出尸2-a的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為匕則木板的質(zhì)量為（用k和L表示），則圖中的縱截

距為（用k和L表示）o

【答案】0.2

2L

笆

k

2L

【解析】（1）緩慢地向砂桶內(nèi)倒入砂子，F(xiàn)的讀數(shù)緩慢增大至U3.5N時突變?yōu)?.0N,即滑動摩擦力外=

3.0N,動摩擦因數(shù)〃=2=0.2；

mig

127

（2）根據(jù)￡=可得，。對木板由牛頓第二定律有尸2一〃（7712+21711）9=血2。，故尸2=6+2租2+

爪2號因此，f2-4圖線斜率左=2牝3則木板的質(zhì)量為機2=5，縱截距為6

ttZLL

12.小明同學在實驗室做實驗，需要去測量一個未知定值電阻燈的阻值，該待測電阻阻值接近500?！，F(xiàn)實

驗室有如下器材可供選擇：

A.待測電阻燈;

A電流表4（量程。?10mA,內(nèi)阻&=1000）;

C.電流表人2（量程。?5n內(nèi)阻治2約為I。。。）；

D電壓表P（量程。?1.5U,內(nèi)阻即=5000;

E.定值電阻島=20012;

F滑動變阻器a（最大阻值約為10。，允許通過的最大電流為14）;

G滑動變阻器/?2（最大阻值約為1000。，允許通過的最大電流為14）；

H直流電源E,電動勢為3U,內(nèi)阻很小；

/.開關(guān)S,及若干導線。

小明在以上器材中選擇了合適的器材，并設計了電路，如甲圖所示。現(xiàn)要求測量數(shù)據(jù)范圍較大，測量結(jié)果

盡可能準確。

(1)滑動變阻器應選，a電表應選，b電表應選o(請?zhí)顚懰x儀器前的字

母編號)

(2)通過調(diào)節(jié)滑動變阻器，測量得到多組a電表和6電表的示數(shù)，將a電表和6,電表的示數(shù)描成圖像如圖乙

所示，圖像橫縱軸物理量的單位均采用國際單位，該圖像斜率大小為k=150,則待測電阻

Rx=2(保留三位有效數(shù)字)，所測得的&的測量值與真實值的關(guān)系是：測量值__________真實

值(選填或)。

(3)如圖丙，將該待測電阻與一礎光電池串聯(lián)，硅光電池的路端電壓U與干路電流/的關(guān)系如圖丁所示，則

該待測電阻的功率為W(保留兩位有效數(shù)字)。

丙

【答案】(1)F；B；D；(2)500；=；(3)0.010(0.0092?0.011均可)。

【解析】(1)滑動變阻器為分壓式接法，選最大阻值較小的心,即滑動變阻器應選F;a表選乙與自串聯(lián),

即a表選3,能測量的最大電壓為U=/i(&i+Ro)=10皿4x3000=3心剛好等于電源電壓；b表選電壓

表匕其與之分壓，能分走近1.5U電壓，量程合適，且電壓表內(nèi)阻已知，測量會更精確，即6電表應選D；

乙圖橫軸為電流表示數(shù)，縱軸為電壓表示數(shù)，電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)/滿足

(2)UU=/(&+RA1)-

濟，得八噢鏟/,則k=唯鏟，得%=500P；

兩電表內(nèi)阻已知，測量值=真實值;

(3)在硅光電池的U—/圖中，描出％的U—/圖像，U=IRX^500/,如圖所示:

交點處為工作點，其坐標為(4.5m42.25U),則該待測電阻的功率P=2.25VX4.5mA?0.010W。

四、計算題：本大題共3小題，共42分。

13.兩列簡諧橫波P、Q在同一介質(zhì)中分別沿x軸正方向和負方向傳播，P、Q兩列波在t=0時刻的波形分別

如圖甲中實線、虛線所示，久=1.5L處質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示。簡諧波P的周期為樂，圖中右、為已

知，To未知。求:

(1)兩列波在介質(zhì)中的傳播速度"及簡諧波Q的周期明；

(2)求心及久=1.5L處質(zhì)點從1=0時刻到To時間內(nèi)通過的路程s。

【答案】解：(1)由圖可知簡諧波P、Q的波長：而=3AQ=2L

波在同種介質(zhì)中傳播速度相等，則根據(jù)："=普=:

1pIp

解得：TQ=2Tp

(2)t=0時起到x=1,5L處質(zhì)點再次出現(xiàn)波谷與波谷疊加經(jīng)歷時間為To，貝ij：vT0=n^P=n2AQ

當?shù)?2,電=1時，對應時間7°,貝！|：T0=2Tp

由圖乙可知，路程：S=2x241+442=44.+442

答：(1)兩列波在介質(zhì)中的傳播速度為：，簡諧波Q的周期為2rp

1P。

(2)久=1.5L處質(zhì)點從t=0時刻到分時間內(nèi)通過的路程為44+4X2O

【解析】略

14.如圖，光滑水平面4B與同高度的水平傳送帶BC平滑連接，傳送帶的長度L=2.4m，以u=2m/s的速

度沿逆時針方向勻速運動。水平面上靜置有兩個質(zhì)量分別為mi=1kg、m2=0.8kg的小物塊a、b,其間

壓縮一水平輕質(zhì)彈簧并鎖定，彈簧的彈性勢能埒=18/。水平面上在a的左方靜置一質(zhì)量m3=4kg的小滑

塊c。解除鎖定，a、b被彈開后，立即取走彈簧，b滑上傳送帶，從傳送帶C端水平飛出，落到水平地面上

的D點，而a與c發(fā)生彈性正碰。已知BC與地面間的高度差無=0.8機，a、b與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為

林=0.5,取g=10m/s2o求：

(1)C、。間的水平距離居

(2)a在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q;

(3)c的最終速度大小乙。

【答案】解：(l)a、b彈開過程，根據(jù)動量守恒有m1v1-爪2"2=。，

1clc

根據(jù)機械能守恒定律有Ep=-mrvl+-m2V2J解得%=4m/s,v2=5m/s,

11

b從B到C過程，根據(jù)動能定理有-卬712gL=-m2Vc-5n2諺，

b從C端脫離傳送帶后，做平拋運動，貝防=，加2,x—t,

解得％=0.4m。

(2)設Q與C發(fā)生彈性正碰后瞬間的速度分別為%、Vc,以水平向左為正方向，則租1%=租1%+血3%，

：血1說=皿+2血3評，

解得%=-2Am/s,vc=1.6m/s,

碰后a反彈，設a在傳送帶上運動到速度為零所用的時間為力i，位移大小為久1，則〃M