廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案43

廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題得分1．據(jù)中國(guó)載人航天工程辦公室2023年3月12日消息，目前，“神舟十五號(hào)”內(nèi)的航天員狀態(tài)良好，計(jì)劃于2023年6月返回地面。航天員能在飛船內(nèi)處于漂浮狀態(tài)，關(guān)于這種狀態(tài)，下列說(shuō)法正確的是（）A．航天員所受的合力為零B．航天員遠(yuǎn)離地球，不受到地球的引力C．飛船對(duì)航天員的支持力大于航天員對(duì)飛船的壓力D．航天員受到的地球的萬(wàn)有引力提供其隨飛船運(yùn)動(dòng)所需的向心力2．手推翻斗車是建筑工地上常用的工具，翻斗車的高度比工人雙手的高度略低，工地上的工人大多都是背對(duì)翻斗車?yán)嚽靶校灿泄と嗣鎸?duì)翻斗車推車，在車內(nèi)貨物相同的情況下，要使車勻速運(yùn)動(dòng)，斜向下推車或斜向上拉車時(shí)，人對(duì)車的作用力方向與水平方向的夾角相等。關(guān)于推車的推力和拉車的拉力大小，下列說(shuō)法正確的是（）A．推力大于拉力 B．推力等于拉力C．推力小于拉力 D．無(wú)法確定哪個(gè)力大3．一同學(xué)在室內(nèi)空調(diào)顯示屏上看到室內(nèi)的空氣溫度，為了測(cè)出室外的空氣溫度，他將一近似球形的氣球在室內(nèi)吹大并放置較長(zhǎng)一段時(shí)間后，測(cè)量其直徑為L(zhǎng)1之后拿到室外并放置較長(zhǎng)一段時(shí)間后，測(cè)量其直徑為L(zhǎng)2，A．氣球內(nèi)氣體對(duì)外界做負(fù)功 B．氣球內(nèi)氣體對(duì)外界不做功C．室外溫度比室內(nèi)溫度高 D．氣球在室外放出了熱量4．如圖所示，小鴨A（視為質(zhì)點(diǎn)）在平靜的河道內(nèi)靠近岸邊戲水，在水面上引起一列穩(wěn)定的水波，B為岸邊的一點(diǎn)，已知P點(diǎn)為小鴨A和B點(diǎn)連線的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．P處質(zhì)點(diǎn)比B處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率大 B．P處質(zhì)點(diǎn)將隨水波運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)C．P點(diǎn)與B點(diǎn)的振動(dòng)方向一定相反 D．小鴨A與質(zhì)點(diǎn)P（已經(jīng)振動(dòng)）的振動(dòng)周期相等5．如圖所示，兩等量同種點(diǎn)電荷+q（q>0）固定在菱形的兩個(gè)頂點(diǎn)A、C上。E、F是該菱形對(duì)角線AC與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O點(diǎn)為內(nèi)切圓的圓心，a、b、c、d四點(diǎn)為切點(diǎn)?，F(xiàn)有一帶正電的點(diǎn)電荷從E點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．D、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)相等C．點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功D．點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中速度一直增大6．如圖所示，某同學(xué)在籃筐前某位置跳起投籃?；@球出手點(diǎn)離水平地面的高度h=1.8m?；@球離開(kāi)手的瞬間到籃筐的水平距離為5m，水平分速度大小v=10m/s，要使籃球到達(dá)籃筐時(shí)，豎直方向的分速度剛好為零。將籃球看成質(zhì)點(diǎn)，籃筐大小忽略不計(jì)，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2?；@筐離地面的高度為（）A．2.85m B．3.05m C．3.25m D．3.5m7．已知?dú)涞耐凰仉埃?3H）的原子能級(jí)分布與氫（11H）的原子能級(jí)分布相同，用光子能量為12.75eV的光束照射大量處于基態(tài)的氚（A．氫原子躍遷時(shí)，一共能發(fā)出6種不同頻率的光子B．從金屬板上打出的粒子的最大初動(dòng)能為9.84eVC．光束照射氚（13D．從金屬板上打出的粒子是中子閱卷人二、多選題得分8．變壓器是輸配電的基礎(chǔ)設(shè)備，廣泛應(yīng)用于工業(yè)、農(nóng)業(yè)、交通、城市社區(qū)等領(lǐng)域。某理想變壓器的簡(jiǎn)化模型如圖所示，原線圈所接交流電源電壓的有效值不變，電流表和電壓表均為理想電表，若副線圈所接的負(fù)載電阻的阻值變大，則下列說(shuō)法正確的是（）A．電源的輸出功率減小 B．電壓表的示數(shù)變大C．電流表的示數(shù)變小 D．負(fù)載的電功率變大9．一木箱靜止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，4s后木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，圖中F1、F2、F3已知，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．0~2s內(nèi)，木箱保持靜止 B．可求出木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．可求出0~6s內(nèi)合力的沖量大小 D．可求出0~6s內(nèi)木箱克服摩擦力做的功10．可控核聚變的磁約束像一個(gè)無(wú)形的管道，將高溫等高子體束縛在其中，通過(guò)電磁感應(yīng)產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)給等離子體加速，此情境可以簡(jiǎn)化為如圖所示的裝置，兩個(gè)半徑不同的同心環(huán)形光滑絕緣管道a、b處于垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，甲、乙兩個(gè)完全相同的帶負(fù)電小球分別在a、b兩管道中同時(shí)由靜止釋放，之后兩小球在管道內(nèi)做速率隨時(shí)間均勻增大的加速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球受到的重力及小球間相互作用力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球甲沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng) B．小球乙沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)C．小球甲受到的洛倫茲力保持不變 D．小球乙受到的洛倫茲力變大閱卷人三、實(shí)驗(yàn)題得分11．據(jù)報(bào)道，中國(guó)航母的電磁彈射技術(shù)已經(jīng)領(lǐng)先世界。若某次做模擬直線彈射實(shí)驗(yàn)時(shí)，從某時(shí)刻（t＝0）開(kāi)始的一段時(shí)間內(nèi)，利用傳感器每隔0.5s測(cè)量一次模型機(jī)的位置，坐標(biāo)為x，結(jié)果如下表所示。t/s00.511.52x/m05.120.245.180.2（1）由表格中的數(shù)據(jù)可知，該模型機(jī)做（填“勻加速”、“勻速”或“勻減速”）直線運(yùn)動(dòng)。（2）在0.5s?1.5s內(nèi)，該模型機(jī)的平均速度大小v＝m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）這段時(shí)間內(nèi)該模型機(jī)的加速度大小a＝m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。12．某實(shí)驗(yàn)小組欲制作一個(gè)兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表，使用的實(shí)驗(yàn)器材如下：A．電流表G（滿偏電流Ig=1mAB．定值電阻R0C．定值電阻R1D．滑動(dòng)變阻器R2E．電源（電動(dòng)勢(shì)為9V）；F．單刀雙挪開(kāi)關(guān)S；G．紅、黑表筆及導(dǎo)線若干。其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，回答下列問(wèn)題：（1）圖中A接（填“紅”或“黑”）表筆；（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與1接通時(shí)，歐姆表的擋位為（填“×1”或“×10”）；（3）現(xiàn)用該歐姆表測(cè)量一未知電阻Rx，選用“×10”擋位并歐姆調(diào)零后，將電阻Rx接在A、B之間，發(fā)現(xiàn)電流表幾乎滿偏，斷開(kāi)電路并將“×10”擋位換成“×1”擋位，再次歐姆調(diào)零時(shí)，滑動(dòng)變阻器R2的滑片（填“向上”或“向下”）移動(dòng)，使電流表滿偏，再次將電阻Rx接在A、B之間，穩(wěn)定后電流表⑥的指針對(duì)準(zhǔn)刻度盤上的0.6mA處，則未知電阻閱卷人四、解答題得分13．如圖所示，半圓形透明柱體，其橫截面的半徑為R，圓心為O，AB為水平直徑，現(xiàn)有一單色細(xì)光束從OB中點(diǎn)以與豎直方向成α的角度射入，光束折射后恰好能到達(dá)S點(diǎn)。已知sinα=（1）求該柱體的折射率n；（2）若用該單色光垂直照射整個(gè)AB面，求在半圓弧ASB上有光透出的弧長(zhǎng)與ASB的比值k。14．如圖所示，固定水平桌面左右兩端分別放有質(zhì)量m1＝0.5kg和m2＝1kg的P、Q兩物塊（均可視為質(zhì)點(diǎn)），現(xiàn)給物塊P一水平向右的初速度，物塊P向右運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與物塊Q發(fā)生彈性碰撞（時(shí)間極短），碰撞后物塊P停在桌面上距右端L＝0.25m處，物塊Q離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平射程x＝1m。已知桌面距水平地面的高度h＝l.25m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）物塊Q離開(kāi)桌面時(shí)的速度大??；（2）物塊P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。15．如圖所示，在第一象限的0≤x≤L區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x≥L的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)E'，x軸下方存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)粒子的重力）從y軸上A（0，L）點(diǎn)處由靜止釋放，粒子離開(kāi)0≤x≤L區(qū)域后撤去該區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子經(jīng)C（3L，0）進(jìn)入x軸下方的磁場(chǎng)中，之后粒子經(jīng)過(guò)第二象限回到A點(diǎn)。求（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E'（2）粒子從A點(diǎn)出發(fā)至第一次返回A點(diǎn)所用時(shí)間t。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AD.航天員隨飛船做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，所以合力不為零，A不符合題意，D符合題意；

B.航天員雖然遠(yuǎn)離地球，但是仍然受到地球的引力作用，B不符合題意；

C.飛船對(duì)航天員的支持力與航天員對(duì)飛船的壓力屬于作用力與反作用力，兩者等大反向，C不符合題意；

故答案為：D。

【分析】航天員在飛船內(nèi)處于漂浮狀態(tài)，是完全失重現(xiàn)象，依然受到地球的引力，且地球引力充當(dāng)航天員隨飛船做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。2．【答案】A【解析】【解答】斜向上拉車時(shí)，對(duì)車受力分析，如圖1：

由平衡條件得，水平方向：F1cosθ=f1，豎直方向：N1+F1sinθ=mg，又滑動(dòng)摩擦力f1=μN(yùn)1，聯(lián)立解得：F1=μmgcosθ+μsinθ3．【答案】C【解析】【解答】AB.L2>L1，即氣球直徑變大，說(shuō)明氣體膨脹，氣體對(duì)外界做功，AB不符合題意；

C.氣球表皮的彈力不變，大氣壓不變，則氣體做等壓變化，由VT=C可知，體積變大，則溫度升高，所以室外溫度比室內(nèi)溫度高，C符合題意；

D.根據(jù)熱力學(xué)第一定律4．【答案】D【解析】【解答】AD.波傳播是波源的振動(dòng)形式，所以介質(zhì)中所有質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期和頻率，都與波源的周期和頻率相等，故P處質(zhì)點(diǎn)與B處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率一樣，小鴨A與質(zhì)點(diǎn)P（已經(jīng)振動(dòng)）的振動(dòng)周期相等，A不符合題意，D符合題意；

B.質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，而是在其平衡位置附近往復(fù)振動(dòng)，B不符合題意；

C.只有相隔半波長(zhǎng)奇數(shù)倍的兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況才總相反，所以在不確定P點(diǎn)與B點(diǎn)的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系的情況下，無(wú)法確定這兩點(diǎn)的振動(dòng)方向是相同還是相反，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】介質(zhì)中所有質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期和頻率都與波源的周期和頻率相等；質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移；相隔半波長(zhǎng)奇數(shù)倍的兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況總相反，相隔波長(zhǎng)整數(shù)倍的兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)情況總相同。5．【答案】C【解析】【解答】A.等量同種電荷周圍的電場(chǎng)線分布如圖所示：

由圖可知，a、b、c、d四點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，A不符合題意；

B.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，根據(jù)電場(chǎng)線的方向以及電場(chǎng)線的對(duì)稱性可知D和B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，但是低于O點(diǎn)的電勢(shì)，B不符合題意；

C.帶正電點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力與位移方向相同，所以此過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，C符合題意；

D.帶正電點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力先向右，后向左，電荷先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)電荷的速度先增大后減小，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)線分布分析各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；根據(jù)電場(chǎng)力與位移的方向關(guān)系判斷功的正負(fù)；根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力的方向分析點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)情況。6．【答案】B【解析】【解答】籃球做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)手到籃筐的時(shí)間為t=xv=510s=0.5s，要使籃球到達(dá)籃筐時(shí)，豎直方向的分速度剛好為零，則有7．【答案】A【解析】【解答】A.因?yàn)?13.6eV+12.75eV=-0.85eV，所以用光子能量為12.75eV的光束照射大量處于基態(tài)的氚原子，氫原子會(huì)躍遷到n=4的激發(fā)態(tài)，因此當(dāng)氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，根據(jù)C42=6可知，一共能發(fā)出6種不同頻率的光子，A符合題意；

B.光子照射到金屬上時(shí)，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，從金屬板上打出的粒子的最大初動(dòng)能為：Ekm=?ν?W=12.75eV?2.25eV=10.5eV，B不符合題意；

C.物質(zhì)的半衰期是由原子核自身性質(zhì)決定的，不會(huì)因?yàn)楣馐恼丈涠l(fā)生變化，所以氚核的半衰期不變，C不符合題意；

8．【答案】A,C【解析】【解答】B.原線圈所接交流電源電壓的有效值U1不變，由u1u2=n1n2知，電壓表讀數(shù)U2不變，故B錯(cuò)誤；

D.若副線圈所接的負(fù)載電阻的阻值變大，負(fù)載的電功率由P2=U22R知，變小，故D錯(cuò)誤；

A.由P1=P2知，電源輸出功率減小，故A正確；

C.由P1=U1I1知，電流表示數(shù)變小，所以C正確。

故選AC。

【分析】(1)U1不變，根據(jù)u1u2=n1n2，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負(fù)載電阻R如何變化，9．【答案】A,C【解析】【解答】A.4s后木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，木箱受到的最大靜摩擦等于滑動(dòng)摩擦力f=F2＞F1，可知，0~2s內(nèi)木箱靜止，故A正確；

B.滑動(dòng)摩擦力f=F2=μmg，由于木箱質(zhì)量m未知，所以木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)不可求，故B錯(cuò)誤；

C.F-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示拉力F的沖量IF，由圖可知，在0~2s內(nèi)木箱受到靜摩擦力f1=F1，沖量：If1=?F1t1，2~6s內(nèi)木箱受到的滑動(dòng)摩擦力f=F210．【答案】B,D【解析】【解答】AB、磁場(chǎng)垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，在管道內(nèi)產(chǎn)生的感生電場(chǎng)為逆時(shí)針?lè)较?，小球a、b帶負(fù)電，受力方向與電場(chǎng)方向相反，則小球a、b被感生電場(chǎng)加速后在磁場(chǎng)中的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、帶電小球a、b的速度方向始終與磁場(chǎng)方向垂直，受洛倫茲力的作用，洛倫茲力公式F=qvB，兩個(gè)小球速度v增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，則小球a、b受到的洛倫茲力變大，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：BD。

【分析】磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)，根據(jù)楞次定律判斷感生電場(chǎng)的方向，根據(jù)負(fù)電荷受力方向與電場(chǎng)方向相反判斷小球的受力方向，再判斷其運(yùn)動(dòng)方向；

根據(jù)洛倫茲力公式判斷洛倫茲力的大小。11．【答案】（1）勻加速（2）40（3）40【解析】【解答】(1)由表格數(shù)據(jù)得，0~0.5s內(nèi)模型機(jī)的位移x1=5.1m

0.5~1s內(nèi)模型機(jī)的位移x2=20.2m-5.1m=15.1m

1~1.5s內(nèi)模型機(jī)的位移x3=45.1m-20.2m=24.9m

1.5~2s內(nèi)模型機(jī)的位移x4=80.2m-45.1m=35.1m

在連續(xù)相等時(shí)間T=0.5s內(nèi)的位移之差接近?x=10m，可知該模型機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

(2)0.5s~1.5s內(nèi)，該模型機(jī)的平均速度大?。簐=?x?t=45.1?5.11.5?0.5m/s=40m/s【分析】(1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)得到連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)位移之差近似相等，符合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律判斷模型機(jī)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

(2)根據(jù)平均速度定義式求解模型機(jī)的平均速度；

(3)利用逐差法求解模型機(jī)的加速度。

12．【答案】（1）黑（2）×10（3）向下；60【解析】【解答】(1)由題圖可知，歐姆表內(nèi)部的電流從電源開(kāi)始流向電流表的+接線柱（紅色），從電流表的-接線柱（黑色）流出，從黑表筆表流出，筆A接歐姆表內(nèi)部電池的正極，內(nèi)部電流從黑表筆流出，因此A為黑表筆；

(2)當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與1接通時(shí)，電流表的電阻R0與R1串聯(lián)，電流表為小量程，歐姆表紅、黑表筆短接時(shí)，調(diào)節(jié)R2，使電流表滿偏，設(shè)此時(shí)歐姆表內(nèi)阻為R內(nèi)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律Im=ER內(nèi)，

AB之間接電阻R中，電流表指針半偏：12Im=ER內(nèi)+R中

解得：R中=R內(nèi)=EI【分析】(1)根據(jù)歐姆表內(nèi)部電流遵循“黑出紅進(jìn)”的原則作出判斷或者按照電流走向作出判斷；

(2)當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與1接通時(shí)，電流表的電阻R0與R1串聯(lián)，電流表小量程，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解中值電阻，并判斷中值電阻的大小，進(jìn)而判斷擋位的大小；

(3)歐姆表的擋位由“X10”換成“X1”擋位，中值電阻變小，歐姆表的內(nèi)阻變小，分析滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片的移動(dòng)方向；

由于歐姆表內(nèi)阻變小，歐姆表的滿偏電流變大，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的特點(diǎn)求解電流表的量程，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解歐姆表內(nèi)阻，最后根據(jù)歐姆定律求解待測(cè)電阻值。13．【答案】（1）解：畫出光線從C點(diǎn)射入的光路圖根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合光的折射定律，有n=（2）解若用該單色光垂直照射整個(gè)AB面，設(shè)從F點(diǎn)射入的光線，折射后經(jīng)過(guò)E點(diǎn)剛好發(fā)生全發(fā)射，根據(jù)幾何關(guān)系和全反射條件，有1n=聯(lián)立解得OF=根據(jù)對(duì)稱性，在半圓弧ASB上有光透出的弧長(zhǎng)所對(duì)圓心角為60°，所以透光弧長(zhǎng)與ASB的比值k=【解析】【分析】(1)畫出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出折射角的正弦值，結(jié)合折射定律求解柱體的折射率；

(2)光線垂直AB面入射，光線沿直線傳播，畫出恰好在半圓弧上發(fā)生全反射的左右對(duì)稱的兩條光線，根據(jù)幾何關(guān)系和全反射條件，解得從半圓弧ASB上射出的光線對(duì)應(yīng)圓心角，k值為此圓心角與半圓弧ASB的圓心角的比值。14．【答案】（1）解：物塊Q離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)有x＝v1t，?=解得v1＝2m/s（2）解：物塊P與Q碰撞過(guò)