湖南2021年八省聯(lián)考普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬演練物理試卷（解析版）

湖南省2021年普通高等學校招生適應性考試

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.2020年12月4日，新一代“人造太陽”裝置——中國環(huán)流器二號M裝置（HL-2M）

在成都建成并首次實現(xiàn)利用核聚變放電。下列方程中，正確的核聚變反應方程是（）

A.He+]nB.^U^Th+'He

C.蜷Ba+黑Kr+3；nD.:He+；；A1fP+2；n

【答案】A

【詳解】

核聚變反應是兩輕核反應變成中等質量的核。

A.jH+jHT^He+M，是輕核聚變，故A正確；

B.Zu一記Th+；He,此核反應反應物只有一個原子核且生成物由氮核，屬于a衰

變，故B錯誤；

C.^5U+J,nBa+^Kr+3；n,此反應反應物和生成物都有中子，構成鏈式反應，

且生產物至少有兩個中等質量的核，故屬于重核裂變，故C錯誤；

D.:He+；；Alf：；P+2；,n,此反應是用a粒子轟擊生成了同位素磷，是人工核轉變,

發(fā)現(xiàn)同位素磷和正電子的方程，故D錯誤；

故選Ao

2.有一圓柱形水井，井壁光滑且豎直，過其中心軸的剖面圖如圖所示，一個質量為機

的小球以速度y從井口邊緣沿直徑方向水平射入水井，小球與井壁做多次彈性碰撞（碰

撞前后小球水平方向速度大小不變、方向反向,小球豎直方向速度大小和方向都不變），

不計空氣阻力。從小球水平射入水井到落至水面的過程中，下列說法正確的是（）

A.小球下落時間與小球質量機有關

B.小球下落時間與小球初速度v有關

C.小球下落時間與水井井口直徑d有關

D.小球下落時間與水井井口到水面高度差”有關

【答案】D

【詳解】

因為小球與井壁做多次彈性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不變、方向反向，則

將小球的運動軌跡連接起來就是一條做平拋的拋物線，可知小球在豎直方向做自由落體

運動，下落時間由

可知，下落時間與小球的質量，〃，小球初速度v以及井口直徑均無關，只與井口到水面

高度差〃有關。

故選Do

3.如圖，兩個帶等量正電的點電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的4、8兩點，一絕

緣圓形細管水平固定在桌面A、5兩點間，且圓形細管圓心。位于A、B連線的中點,

細管與A、B連線及中垂線交點分別為C、E、D、F.一個帶負電的小球在細管中按順

時針方向做完整的圓周運動，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）

A.小球從C運動到。的過程中，速度先減小后增大

B.在兩個帶正電的點電荷產生的電場中，C點的電勢比尸點的電勢低

C.小球在C、E兩點的速度大小相等，有相同的電勢能

D.小在。、尸兩點所受的電場力相同

【答案】C

【詳解】

A.小球從C到。的過程中電場力的方向一直與速度方向是鈍角，電場力一直做負功,

速度一直減小，A錯誤；

B.由等量正電荷的電場線的分布可知，電場線在0C方向由C指向0,在。尸方向則

2

有。指向凡順著電場線電勢降低，因此有外>%>9F，B錯誤;

C.由電勢的疊加公式可得C點的電勢為

kQkQ

(Pc=一+一

rACrBC

同理E點的電勢為

夕「鷲絲

rRErAE

因此可知外=8E，則電勢能相同，由能量守恒可得C和E兩點動能相同，速度大小相

等；C正確;

D.等量同種電荷的電場線如圖

。點電場線在水平面內向上，尸點電廠現(xiàn)在水平面內向下，因此電場力方向不同，D錯

誤。

故選C。

4.有四個電源甲，乙、丙、丁，其路端電壓U與電流/的關系圖象分別如圖(°)、。)、

(c)、(J)所示，將一個6。的定值電阻分別與每個電源的兩極相接，使定值電阻消耗

功率最大的電源是()

A.甲電源B.乙電源C.丙電源D.丁電源

【答案】D

【詳解】

由閉合回路的歐姆定律

U=E-IR

可得U-/圖像縱軸的截距為電源電動勢，斜率為內阻，因此可知四個電源的電動勢都

為12V,而內阻

1A/1

同理可求得

6C,樂="^=4。，r「="^=3Q

乞

內△/]A/

定值電阻消耗的功率為

2

E

P=IR

R+r

可知內阻越大功率越小，因此丁定值電阻消耗功率最大。

故選Do

5.如圖，力傳感器固定在天花板上，邊長為心的正方形勻質導線框帥M用不可伸長的

輕質絕緣細線懸掛于力傳感器的測力端，導線框與磁感應強度方向垂直，線框的5cd

部分處于勻強磁場中，d兩點位于勻強磁場的水平邊界線上。若在導線框中通以大

4

小為/、方向如圖所示的恒定電流，導線框處于靜止狀態(tài)時，力傳感器的示數(shù)為八。只

改變電流方向，其它條件不變，力傳感器的示數(shù)為死，該勻強磁場的磁感應強度大小

A.冬B.匕C,疫-&D.&匚&

4/L4〃4/L4〃

【答案】C

【詳解】

線框在磁場中受到安培力的等效長度為兒/=02,,當電流方向為圖示方向時，由左手

定則可知導線框受到的安培力豎直向上，大小為

F=垃BIL

因此對導線框受力平衡可得

F]+F=mg

當導線框中的電流反向，則安培力方向豎直向下，此時有

mg+F=K

聯(lián)立可得

6（F「F,）

故選Co

6.如圖，一根質量為，〃的勻質繩子，兩端分別固定在同一高度的兩個釘子上，中點懸

掛一質量為M的物體，系統(tǒng)平衡時，繩子中點兩側的切線與豎直方向的夾角為a,釘

子處繩子的切線方向與豎直方向的夾角為夕，則（）

tanam+M

B.——-

tanpM

r_c_o_s_a___M___cosa_m

cos/3m+Mcospm+M

【答案】C

【詳解】

設繩子的拉力為T,則對中間結點分析可知

2Tcosa=Mg

對繩子和仞受力分析可知

2Tcos/3=mg+Mg

解得

cosa_M

cos(3m+M

故選Co

二、多選題

7.在“嫦娥五號”任務中，有一個重要環(huán)節(jié)，軌道器和返回器的組合體（簡稱“甲”）

與上升器（簡稱“乙”）要在環(huán)月軌道上實現(xiàn)對接，以使將月壤樣品從上升器轉移到返

回器中，再由返回器帶回地球。對接之前，甲、乙分別在各自的軌道上做勻速圓周運動，

且甲的軌道半徑比乙小，如圖所示，為了實現(xiàn)對接，處在低軌的甲要抬高軌道。下列說

法正確的是（）

6

A.在甲抬高軌道之前，甲的線速度小于乙

B.甲可以通過增大速度來抬高軌道

C.在甲抬高軌道的過程中，月球對甲的萬有引力逐漸增大

D.返回地球后，月壤樣品的重量比在月球表面時大

【答案】BD

【詳解】

A.在甲抬高軌道之前，兩衛(wèi)星均繞月球做勻速圓周運動，有

可得線速度為

因。＜七，則甲的線速度大于乙的線速度，故A錯誤;

B.低軌衛(wèi)星甲變?yōu)楦哕壭l(wèi)星，需要做離心運動，則需要萬有引力小于向心力，則需向

后噴氣增大速度，故B正確;

Mm

C.在甲抬高軌道的過程中，離月球的距離r逐漸增大，由E=G可知月球對衛(wèi)星

的萬有引力逐漸減小，故C錯誤;

D.因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，則由G=〃2g可知月壤樣品

的重量在地表比在月表要大，故D正確。

故選BD。

8.如圖，兩根足夠長，電阻不計的光滑平行金屬導軌，固定在同一水平面上，其間距

為1m,左端通過導線連接一個R=1.5C的定值電阻。整個導軌處在磁感應強度大小

8=0.4T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，質量wi=0.2kg、長度L=lm、電阻r=0.5C

的勻質金屬桿垂直導軌放置，且與導軌接觸良好，在桿的中點施加一個垂直金屬桿的水

平拉力F,使其靜止開始運動。拉力F的功率P=2W保持不變，當金屬桿的速度v=5m/s

時撤去拉力凡下列說法正確的是（）

XXXXXXXT

xl

AHXx-x->,x

TxXXXXXXI

A.若不撤去拉力F,金屬桿的速度會大于5m/s

B.金屬桿的速度為4m/s時，其加速度大小可能為0.9m/s2

C.從撤去拉力?到金屬桿停下的整個過程，通過金屬桿的電荷量為2.5C

D.從撤去拉力廠到金屬桿停下的整個過程，金屬桿上產生的熱量為2.5J

【答案】BC

【詳解】

A.若不撤去拉力F,對棒由牛頓第二定律有

F—BIL=ma

P^Fv

,BLv

/=-------

R+r

當。=0時，速度達到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為

%=｛夕廠=5m/s

即桿的最大速度不會超過5m/s,故A錯誤；

B.若在F撤去前金屬桿的切割速度匕=4m/s時，代入各式可得加速度為

2

PBI3V.

a=----"+'=0.9m/s2

m

撤去產后棒減速的速度為彩=4m/s時，加速度為

d=-=1.6m/s2

m

故金屬桿的速度為4m/s時;其加速度大小為0.9m/s2或1.6m/s2,故B正確；

C.從撤去拉力尸到金屬桿停下，棒只受安培力做變減速直線運動，取向右為正，由動

量定理有

-BIL-=0-mv

8

而電量的表達式

q=I-At

可得

mv

q=—^2.5C

BL

故C正確；

D.從撤去拉力F到金屬桿停下的過程由動能定理

1,

=0——mv~

F"2

而由功能關系有

%安=Q

另金屬桿和電阻R串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有

1R+r

聯(lián)立解得

Q}=0.625J

故D錯誤；

故選BCo

9.甲、乙兩同學相約去參觀博物館。兩人同時從各自家中出發(fā)，沿同一直線相向而行，

經過一段時間后兩人會合。身上攜帶的運動傳感器分別記錄了他們在這段時間內的速度

大小隨時間的變化關系，如圖所示。其中，甲的速度大小隨時間變化的圖線為兩段四分

之一圓弧，則()

A.在有時刻，甲、乙兩人速度相同

B.0名時間內，乙所走路程大于甲

C.在f3時刻，甲、乙兩人加速度大小相等

D.()-白時間內，甲、乙兩人平均速率相同

【答案】BCD

【詳解】

A.因為兩個人是相向運動的，說明運動方向相反，因此A時刻速度方向相反，A錯誤；

B.丫-/圖像的面積表示物體運動的位移大小，因此可得乙的路程大于甲的路程，B正

確；

C.丫-/圖像的斜率表示加速度，設交點為A,則h時刻交點A恰好等分d/4的圓周,

因此由幾何關系可得過A點圓的切線的斜率和乙的斜率大小相等，都為C正確；

D.通過觀察可以看出甲的圖像面積為

S=-7rR2+R2--7rR2=R2

44

乙圖像的面積為R2,說明甲乙的路程相等，則平均速率相同，D正確。

故選BCDo

10.如圖，三個質量均為1kg的物體A、B、C疊放在水平桌面上，B、C用不可伸長

的輕繩跨過一光滑輕質定滑輪連接，A與B之間、B與C之間的接觸面以及輕繩均與

桌面平行，A與B之間、B與C之間以及C與桌面之間的動摩擦因數(shù)分別為0.4、0.2

和0.1,重力加速度g取10m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用力尸沿水平方向

拉物體C,以下說法正確的是（）

A.拉力廠小于UN時，不能拉動C

B.拉力廠為17N時，輕繩的拉力為4N

C.要使A、B保持相對靜止，拉力廠不能超過23N

D.A的加速度將隨拉力廠的增大而增大

【答案】AC

【詳解】

A.當C物體即將運動時，C物體水平方向桌面給C的向右的摩擦力久，繩子向右的

拉力T，B給C向右的摩擦力/即，其中

及=0.1（啊+mB+砥）g=3N,加=°2（乃+，％）g=4N

當即將滑動時應有

10

F=f^+fBc+T,T=fBC=4N

可解得

尸=11N

故A正確；

C.因此B和C的加速度大小相等，在A和B即將發(fā)生相對滑動，對A受力分析可得

fAB=OAmAg=mAa

對AB整體受力分析可得

Tm+ma

-fBC=(AB)

對C物體受力分析可得

FTma

--fBc-f^=c

聯(lián)立解得

F=23N

說明A和B發(fā)生相對滑動的臨界力大小為尸=23N,故C正確;

B.當E=17N時，沒有發(fā)生相對滑動，此時對AB整體

對C物體受力分析

/一7一%。一九=mc%

聯(lián)立解得

T=8N

故B錯誤；

D.當拉力增大，A和B發(fā)生相對滑動時，則A物體受到滑動摩擦力，加速度為

a=0.4g=4m/s2

加速度不變，D錯誤。

故選ACo

11.一定質量的理想氣體由狀態(tài)。等壓膨脹到狀態(tài)b,再等容增壓到狀態(tài)c,然后等溫

膨脹到狀態(tài)d,最后經過一個復雜的過程回到狀態(tài)a,其壓強p與體積V的關系如圖所

示。下列說法正確的是()

從a到b,每個氣體分子的動能都增大

B.從b到c,氣體溫度升高

C.從c到d,氣體內能不變

D.從d到a,氣體對外界做正功

E.從a經過入c、d,再回到。的過程，外界向氣體傳遞的熱量與氣體對外界所做的功

相等

【答案】BCE

【詳解】

A.從“到6,根據(jù)莊=C可知，壓強不變，體積變大，則溫度升高，分子平均動能

T

變大，但是并非每個氣體分子的動能都增大，選項A錯誤；

B.根據(jù)=C可知，從6到c,體積不變，壓強變大，則氣體溫度升高，選項B正

T

確；

C.從c到4,氣體的溫度不變，則氣體內能不變，選項C正確；

D.從“到小氣體體積減小，則外界對氣體做正功，選項D錯誤；

E.從a經過Ac、d,再回到a的過程，其中從a到d過程氣體對外做功的值等于圖線

與V軸圍成的面積,從d回到a時外界對氣體做功也等于圖像與V軸圍成的面積大小，

則整個過程中氣體對外界做功，而整個過程中內能不變，則由熱力學第一定律可知，外

界向氣體傳遞的熱量與氣體對外界所做的功相等，選項E正確。

故選BCEo

12.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，U6s時的波形如圖（a）所示。在x軸正方向，

距離原點小于一個波長的4點，其振動圖象如圖所示。本題所涉及質點均已起振。

下列說法正確的是（）

12

A.平衡位置在x=3m與x=7m的質點具有相同的運動狀態(tài)

B.A點的平衡位置與原點的距離在0.5m到1m之間

C.Z=9s時，平衡位置在x=L7m處的質點加速度方向沿y軸正方向

D.f=13.5s時，平衡位置在x=l.4m處的質點位移為負值

E.U18s時，平衡位置在x=1.2m處的質點速度方向沿j軸負方向

【答案】ACE

【詳解】

A.根據(jù)波動圖和振動圖可讀出波的波長;l=2m,周期為T=4s,故可得波速為

v=—=0.5m/s

T

平衡位置在43m與47m的質點相差兩個波長，則其振動情況完全相同，故A正確；

B.根據(jù)A質點的振動圖可知，片7.5s時A質點在正的最大位移處，因周期為T=4s,

則r=6.5s時A質點在平衡位置，f=5.5s時A質點在負的最大位移處，故/=6s時A正在

負的位移位置向平衡位置振動，由r=6s的波動圖可知A質點的平衡位置與原點的距離

在0m到0.5m之間，故B錯誤；

C.根據(jù)片9s與仁6s的時間差為

3T

Az=9s-6s=3s=——

4

則平衡位置在Al.7m處的質點在波形圖上再振動工的時間，戶1.5m的質點處于平衡

4

位置，x=2.0m的質點處于波谷，則x=1.7m正在負的位移處向平衡位置振動，故加速度

為沿著y軸正方向，故C正確；

D.根據(jù)片13.5s與u6s的時間差為

△f=13.5s-6s=7.5s=T+衛(wèi)+工

48

則平衡位置在Al.4m處的質點在波形圖上再振動超過三的時間，kl.Om的質點處于

4

波峰，戶1.5m的質點處于平衡位置，則41.4m的質點位移為正，故D錯誤；

E.根據(jù)/=18s與Z=6s的時間差為

4=18s-6s=12s=3T

則平衡位置在41.2m處的質點的位置就和現(xiàn)在z=6s時的位置相同，質點的速度根據(jù)同

側法可知方向沿y軸負方向，故E正確；

故選ACE?

三、實驗題

13.某同學利用滑塊在氣墊導軌上的運動測量當?shù)氐闹亓铀俣?，如圖(a)所示，所

用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、數(shù)字計時器、光電門

等。導軌下方兩支點間的距離為實驗步驟如下：

⑴開動氣泵，調節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當光電門A記錄的遮光時間(填“大

于”“小于”或“等于")光電門B記錄的遮光時間時，認為氣墊導軌水平；

⑵用游標卡尺測量遮光片寬度心如圖所示，d=cm；

(3)在導軌左支點下加一高度為"的墊塊，讓滑塊從導軌頂端滑下，記錄遮光片經過A、

〃兩處光電門的光時間△八、及遮光片從4運動到8所用的時間后，可求出重力加

速度臚(用題中給出的物理量符號表示)；

(4)分析實驗結果發(fā)現(xiàn)，重力加速度的測量值比該地的實際值偏小，寫出一條產生這一

結果的可能原因：?

dl11、

【答案】等于0.304—(z--—-)測量遮光片寬度d偏小(測量運動時間

ht[2Af2Ar,

偏大，或氣墊導軌未調水平)

【詳解】

(1)口]調節(jié)氣墊導軌水平后，輕推滑塊能做勻速直線運動，則滑塊通過兩光電門的時間

應相等；

(2)[2]20分度的游標卡尺精確度為0.05mm,則遮光片寬度為

14

d-3mm+2x0.02mm=3.04mm=0.304cm

(3)⑶滑塊經過兩光電門的時間較短，其平均速度可認為是經過兩位置的瞬時速度，有

dd

辦=77，%=~

△4Ar2

滑塊做勻加速直線運動，有

vB=vA+atl2

而對滑塊由牛頓第二定律有

h

a-gsma-g--

聯(lián)立各式解得重力加速度為

dl11、

8=-~(z~----)

hti2乂M

(4)[4]根據(jù)重力加速度的測量公式分析，測量值偏小，可能的原因如測量遮光片寬度d

偏小，(或測量運動時間偏大，或氣墊導軌未調水平)

14.太陽能電池是一種可將光能轉換為電能的器件。一同學用圖(a)所示電路測量某

單晶硅太陽能電池的輸出電流/和輸出電壓U之間的關系，探究該電池的伏安特性，用

一定強度的光照射太陽能電池，閉合開關S,調節(jié)電阻箱，測得實驗數(shù)據(jù)如下表所示。

電

阻

箱

⑴請在圖(b)中補齊上表中后4組數(shù)據(jù)點，并作出該太陽能電池的伏安特性曲線:

八I/mA

8.0

7.0

6.0

5.0

4.0

3.0

2.0

0

0.51.01.52.02.53.0UN

圖8）

（2）根據(jù)所作伏安特性曲線可知，電池電阻___________（填“是”或“不是”）常數(shù),

短路電流為mA,電動勢為V（結果均保留2位有效數(shù)字）；

⑶根據(jù)所作伏安特性曲線，估算該太陽能電池的最大輸出功率為mW（結

果保留1位小數(shù)）。

【答案】見解析不是7.02.714.5

【詳解】

（1）口］根據(jù)圖中表格將點標出，并用平滑曲線連接如圖

16

八Z/mA

圖(b)

（2）⑵⑶⑷因為電源的伏安特性曲線不是一條直線，因此內阻不是常數(shù)，由圖可得短

路電流為7.0mA,電源電動勢為2.7V

（3）[5]圖像的電流電壓分別為干路電流和路段電壓，由P=U/可知圖像的面積表示輸

出功率，可得當電流為6.6mA,電壓為2.2V時輸出功率最大，為

p="=2.2x6.2=14.5mW

四、解答題

15.在某些精密實驗中，為了避免變化的電場和磁場之間的相互干擾，可以用力學裝置

對磁場中的帶電粒子進行加速。如圖，表面光滑的絕緣平板水平放置在磁感應強度大小

為8的勻強磁場中，磁場方向垂直于豎直面向里。平板上有一個質量為，小電荷量為q

的帶電粒子，初始時刻帶電粒子靜止在絕緣平板上，與絕緣平板左側邊緣的距離為幾

在機械外力作用下，絕緣平板以速度燈豎直向上做勻速直線運動。一段時間后帶電粒

子從絕緣平板的左側飛出，并垂直入射到一塊與絕緣平板相互垂直的熒光屏上，不計帶

電粒子的重力。

⑴指出帶電粒子的電性，并說明理由；

⑵求帶電粒子在絕緣平板上的運動時間t;

（3）求整個過程中帶電粒子在豎直方向位移的大小

XXXXX

XXX

Bxxx

熒光屏F絕鎏平板

XXx—dT

【答案】(1)帶正點，理由見解析；(2)t=l--；(3)

+mv^)'2qBd

2qBd+mvt

【詳解】

(1)粒子帶正電，因為粒子能夠向左運動離開絕緣平板，說明粒子在和絕緣平板向上

運動的時候受到向左的洛倫茲力，因此帶正電；

(2)帶點粒子在豎直方向做勻速直線運動，受到向左的洛倫茲力，大小為F=q%B,

因此水平方向做勻加速直線運動

F=q%B=ma,d=—at

聯(lián)立解得

_12dm

(3)粒子離開絕緣平板式具有豎直向上的速度匕，水平勻加速，則有

vj=2ad

設粒子離開絕緣平板時的速度與豎直方向的夾角為6,則

tan6*=—

粒子離開磁場后做勻速圓周運動，合速度為

由洛倫茲力提供向心力可得

粒子離開絕緣平板后豎直方向的位移為

18

1rl-R-RsinO

在絕緣平板時上升的高度

4=卬

總高度

=4+九

聯(lián)立可得

?Jm（2q%Bd+nw；）

IqBd

h1-

BqBq\2qBd+m%,

16.如圖，一滑板的上表面由長度為心的水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧

8c組成，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P(可視為質點)置于滑板上面的A點,

物體產與滑板水平部分的動摩擦因數(shù)為〃一根長度為L、不可伸長的細線,

一端固定于。，點，另一端系一質量為，"o的小球Q。小球Q位于最低點時與物體P處

于同一高度并恰好接觸?，F(xiàn)將小球Q拉至與。，同一高度(細線處于水平拉直狀態(tài))，然

后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)。設物體P

的質量為〃;，滑板的質量為2〃?。

(1)求小球Q與物體P碰撞前瞬間細線對小球拉力的大?。?/p>

(2)若物體P在滑板上向左運動從C點飛出，求飛出后相對C點的最大高度；

(3)要使物體P在相對滑板反向運動過程中，相對地面有向右運動的速度，求生的取值

【詳解】

(1)小球Q在下落過程中機械能守恒，因此有

在最低點對小球Q牛頓第二定律可得

VQ

T_in°g=m十

Li

聯(lián)立解得

T=3mog

(2)小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，則機械能和動量守恒，因此

1,1

，,萬1飛培222

mavQ=mnvQ+mv0,2^ve+2mvo

解得

_2,叫)々_

%一一

m^+rnrn^+m

物體能夠從C點沖出去，則有水平方向動量守恒

mv0=mvx+2mvi

由能量守恒可得

Mi；+寸)3；？mV12+jumgL

物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運動，因此水平相對位置不變，豎直方向

1

h

2g

聯(lián)立可得

29

h=%=8g〃-皿

2g3g(%+〃。

(3)要求P有相對地面向右的速度，說明P要滑到曲面上在返回運動，物塊P相對滑

板反方向運動過程中，可以知道當再次回到B點時兩者的速度最大，此時P有向右運動

的速度即可，因此再次回到P