2022届山东省济宁市高三（上）期末物理试题（解析版）

高三第一学期质量检测

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码

上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色

签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上

答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.质点甲、乙沿同一直线同方向运动，甲的位置-时间图像如图甲所示，乙的速度-时间图像如图乙所示，

若2s末两质点相遇，下列说法正确的是（）

A.甲的加速度为2m/s2

B.Is末，甲、乙的间距最大

C.1s末，甲在乙的前方

D.f=0时刻，甲、乙的间距为1m

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图像可知，甲做匀速直线运动，加速度为零，故A错误；

BC.根据图像可知甲做匀速直线运动

x8—4,

就甲=—=2=2m/s

乙做匀加速运动%=lm/s,v=2m/s,若2s末两质点相遇，且甲的速度大于乙的速度，所以刚开始乙在

甲的前面，f=0甲、乙的间距最大，故BC错误;

D.根据图像可知

x甲=4m

Ax=4-3=Im

故D正确。

故选D。

2.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r,在滑动变阻器的滑片P由。向6缓慢移动的过程中，下

列说法正确的是（）

R】

——1~~----------

p

R

Er

A.电路的总电阻先减小后增大

B.电源的总功率先增大后减小

C.电容器所带电荷量先减少后增多

D.电源的效率先减小后增大

【答案】C

【解析】

【详解】A.滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与凡和电源串联，滑片从“向b缓慢移动的过程中，电

路的总电阻先增大后减小，故A错误；

B.由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率

P=EI

先减小后增大，故B错误；

C.4两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q=cu可知电容器所带电荷量先减少后增多，

故C正确；

D.电源的效率

=—xlOO%—X100%

nEIE

滑片从。向匕缓慢移动的过程中，路端电压为

U=E-Ir

由于/先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误。

故选C。

3.2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船成功发射升空，与天和核心舱成功对接，将中国三名航天

员送入“太空家园”飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为小的圆轨道HI上,

神舟十三号飞船先被发送至半径为。的圆轨道I上，运行周期为力，通过变轨操作后，沿椭圆轨道II运动

到远地点8处与天和核心舱对接。关于神舟十三号飞船，下列说法正确的是（）

神

州

十

三i

号

轨道q

天和总1心舱

A.沿轨道II从近地点A运动到远地点8的过程中，速度不断增大

B.沿轨道I运行时的机械能等于沿轨道II运行时的机械能

c.沿轨道n运行的周期为工^^7

D.沿轨道I运动到A点时的加速度小于沿轨道II运动到A点时的加速度

【答案】C

【解析】

【详解】A.由开普勒第二定律知，飞船沿轨道II从近地点A运动到远地点8的过程中，速度不断减小,

故A错误；

B.飞船在轨道I上的A点加速后才能进入椭圆轨道，此过程中燃料内能转化为机械能，故B错误;

C.设飞船在轨道H运行的周期为4,由开普勒第三定律可知

3

4+G

12

可解得

0=T\

故C正确；

D.飞船沿轨道I运动到A点时和沿轨道n运动到A点时受到的万有引力相同，因此加速度相同，故D错

误。

故选Co

4.黑板擦在手施加的恒定推力尸作用下匀速擦拭黑板，已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为〃，不计

黑板擦的重力。则黑板擦所受的摩擦力大小是()

Fj.tFFRF

【答案】B

【解析】

【详解】设板擦与黑板间的弹力为M摩擦力为了,由勾股定理可得

F2=胪+产

滑动摩擦力公式为

联立可得

Ji+Y

故ACD错误，B正确。

故选Bo

5.某同学设计了测定磁场的磁感应强度8大小的实验，他用两根不可伸长的绝缘细线将质量为，小长为L

的导体棒水平悬挂在方向竖直向下的匀强磁场中。当突然给导体棒通入大小为/的恒定电流，棒沿弧线”弹

起”到最高点时，悬线与竖直方向的夹角刚好为53。，整个过程导体棒一直处于水平状态，其侧视图如图所

示，已知重力加速度为g,$山53。=0.8,cos53°=0.6,则()

A.B=%电流方向为侧视图中垂直纸面向外

2IL

B.8=幽，电流方向为侧视图中垂直纸面向外

3IL

C.B="理，电流方向为侧视图中垂直纸面向里

2IL

D.8=皿，电流方向为侧视图中垂直纸面向里

3/L

【答案】A

【解析】

【详解】导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向为侧视图中垂直纸面向外。在导体棒由最低

点运动到最高点的过程中，由动能定理可知

-mgL(1-cos53°)+BZL-Lsin53°=0

可解得

8=圾

2IL

故A正确，BCD错误。

故选A。

6.如图甲所示，战国时期开始出现的拨浪鼓现在为一种小型儿童玩具，其简化模型如图乙所示，拨浪鼓边

缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为人、LH的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端

分别系着质量不同的小球A、3,其中人＞Lp。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接A、

3的细绳与竖直方向的夹角分别为a和£,下列判断正确的是()

图甲

A.一定有a>/?B.一定有a

C.一定有D.。和£的大小关系与悬球质量有关

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】设拨浪鼓半径为R，细绳长为/,小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为

有

mgtan8=加(E+/sin8)ar

解得

gR

l-OJ2tan0

COS0

可知细绳与竖直方向的夹角与小球的质量无关，根据题述可知两小球做圆周运动的角速度相同，由于

LA>LH,根据公式可判断出a>£。

故选Ao

7.如图所示，理想变压器原线圈接有一阻值为R的电阻，理想电压表Vi的示数为110V,副线圈匝数为1100

匝，接有一个阻值恒为心的灯泡。绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2,其示数为0.20V。已知??『

R=4：1,则原线圈的匝数为()

■一8

■

■

■8

■加

■2H

■

0■

■,

■

一

A.225B.550C,1100D.2200

【答案】B

【解析】

【详解】设副线圈两端电压为。3,根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，副线圈与单匝

线圈之间满足

U,1100

解得副线圈输入电压为

IT110(),,1100

U3=-Y-xU2=-J-X0.20V=220V

设副线圈中电流为4,则

RL

原线圈电流

/|=7

根据电流与匝数的比例关系，有

/,1100

，3"l

代入RL：R=4：1,可解得原线圈匝数为

勺=550

故B正确，ACD错误。

故选Bo

8.如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定的速率血沿逆时针方向运行。r=0时，将质量m=lkg的物体(可

视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的片图像如图乙所示,2s末滑离传送带。设沿传送带向下为正

方向，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是()

Mv/(m-s')

12.0-------------------

100-尸

色00.51.01.52.02.53.0〃s

甲乙

A.物体所受摩擦力方向一直沿传送带向上

B.传送带的倾角6=30。

C.物体在传送带上留下的痕迹为6m

D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为24J

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，速度达到传送带速度后,

由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向上，故A错误,

B.在0-1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为

=gsin6+〃gcos。=10m/s2

在1.0-2.0s,物体的加速度为

2

a2=gsin6-4gcos0-2m/s

联立解得

6=37°

〃=0.5

故B错误；

C.根据“面积”表示位移、可知0~1.0s物体相对地面的位移

X.=」x10x1=5m

'2

传送带的位移

x2==10x1=10m

Ax,=x2-xt=5m

可知0.1-2.Os物体相对地面的位移

传送带的位移

%==10x1=10m

物体相对传送带的位移

AX2=x4-x3=-lm

物体在传送带上留下的痕迹为5m,故C错误；

D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为

Q=fs0=/dingcos6xs。=24J

故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，是圆内接直

角三角形，/BAC=63.5。，。为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为

8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达3点的粒子动能为12eV,达到C点的

粒子电势能为-4eV（取。点电势为零）。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=O.8=下列说法正确

的是（）

A.8点电势高于。点电势

B.圆周上4点的电势最高

C.圆周上4、B两点的电势差为4V

D.匀强电场的场强大小为100V/m

【答案】CD

【解析】

【详解】AC.根据电势的定义可知C点的电势

上Er=-4…eV=TV

(Pc

q

所以

=4V

根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知

UAO=U℃=4V

所以

%=%+力。=4V

粒子由力-8,根据动能定理得

=—J=4eV

所以

%=以=生=4丫

qe

所以

AB=0

%=%=0

UAC=%-*C=8V

8点电势等于。点电势，故A错误，故C正确；

BD.由于/=%=0,所以。与B是等势点，连接08,则08为匀强电场的等势面，过A点作08的垂

线交0B于。点，则A。的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示

。点是圆心，由几何关系可知

ZABO=ABAC=63.5°

所以

ZAOB=1800-ZABO-ABAC=53°

所以

AO=Rsin530=0.04m

由于等势面，所以

U4

E=3=——V/m=100V/m

AD0.04

D正确；

沿电场线方向电势逐渐降低，圆周上。'点的电势最高，故B错误；

故选CD。

10.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人''吹”起来，使人产

生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为机的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,

已知气流密度为「，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为5,风洞内气流竖直向上“吹”出

且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（）

气流速度大小为

单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为

,2

单位时间内风机做的功为丝

8

D.若风速变为原来的游客开始运动时的加速度大小为gg

【答案】AC

【解析】

【详解】A.对加时间内吹向游客的气体，设气体质量为△〃?，由动量定理可得

FAZ=Amv

由于游客处于静止状态，故满足

A/n=p-vAr-S

联立可得

\mg

7s

A正确：

B.单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为

V-V7L

联立解得

B错误;

C.风洞单位时间流出的气体质量为M

单位时间内风机做的功为

C正确；

D.若风速变为原来的设风力为由动量定理可得

..v

Fkt=—

2

另外

.■vpvSkt

△m=pA--\et-S=--------

22

联立可得

F=_mg

’4-4

由牛顿第二定律可得

mg-F=ma

解得

3g

an=—

4

D错误。

故选ACo

H.如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场

中。金属杆MN从图示位置以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨始终垂直并接触良好，导轨电阻不计。

则金属杆在运动过程中，穿过闭合电路的磁通量①、金属杆的速度大小V、金属杆的加速度大小。、流过电

阻R的电荷量4与位移x的关系图像正确的是（)

A0

A.

0

c.

0

【答案】BD

【解析】

【详解】A.设金属杆长为3它从图示位置以某一初速度沿导轨向右滑行，穿过闭合电路的磁通量为

①=①0+BLx

由题图知①故A错误;

B.取向右为正方向，则金属杆向右滑行过程中，加速度为

F安a=--B---IJ=V--------

mmR

两边同乘极短时间△/,结合△v=a加，可知

mRmR

因此整个过程中，有

v-v=-•-X---

m()R

可解得

故B正确；

C.金属棒向右运动过程中，加速度不断减小，由于速度减小，因此加速度减小的越来越慢，故C错误;

D.根据电荷量计算公式可得

故D正确。

故选BD。

12.如图所示，一顶角为直角的“八”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相

同，用一劲度系数为鼠原长为/o的轻质弹簧相连，弹簧处于原长状态。两金属环同时由静止释放，运动过

程中弹簧始终处于弹性限度内。若弹簧的长度为/时弹性势能耳ng-/-/。）？、重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

A.释放时金属环的加速度为等gB.金属环的最大速度为g后

C.两金属环之间的最大距离为詈+D.金属环达到最大速度时重力的功率为;优g2

【答案】AD

【解析】

【详解】A.开始释放瞬间，金属环受到重力和杆的弹力，沿杆方向根据牛顿第二定律

mgsin45°=m。

故A正确；

B.当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图

设弹簧长度为人时弹簧对圆环的拉力等于重力，则有

此时有

kkl=mg

圆环沿杆方向合力为零，加速度为零，有最大速度。

由几何关系可得

A/?=—A/

2

对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒有

1,1-

2mgM=］《(△/)-+—x2mv2

解得

故B错误;

C.当金属环下落到最低点时，金属环速度为0,弹簧的伸长量最大。设此时弹簧的伸长量为x,由机械能

守恒定律得

2mg­—=—kx1

22

解得

2mg

x=------

k

因此两金属环之间的最大距离为

T+/。

K

故C错误;

D.金属环达到最大速度时重力的功率为

P-mgvcos45°=mgx

故D正确。

故选AD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装

置示意图。

小车打点计时器

定滑轮拉白磐驾

砂

桶

（1）关于该实验以下说法正确的是。

A.安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行

B.平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

C.实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量，“远小于小车的总质量M

D.准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力

（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），

相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz,则小车的加速度a=m/s2,

_ABCDEF-T

411.40l11（单位:cm）[G

（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数下和对应纸带的加速度。的数值,

并根据这些数据，绘制出如图丙所示的图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为

kg（结果保留两位有效数字）。

丙

【答案】®.AB®.0.750.67

【解析】

【详解】安装实验器材时，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与

运动方向一致，故A正确；

B.平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，从打出的纸带相邻计时

点间隔是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故B正确；

C.由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量，〃远小于小车的总质量故C错误；

D.实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器示数的2倍，故D错误。

故选AB。

（2）⑵根据逐差法可得，小车的加速度为

a=也*=（及65—）＞＜炉西=0.75mzs2

9T29x0.12

（3）[3]对小车，根据牛顿第二定律有

2F-f=Ma

整理得

八2」

MM

可得

kd

M

由图像计算可得

6-0

=3.0

2.5—0.5

解得

M“0.67kg

14.某实验小组用如图甲所示的电路测量某电源的电动势和内电阻，其中R为电阻箱。

（1）进行了如下的实验操作：

①按图示电路进行连接，闭合开关之前，调节电阻箱的阻值为（选填“最大”或“最小”）；

②闭合开关，，把S2与1连接，调节电阻箱的阻值，记录对应的电压表示数U和电流表示数/；

③以U为纵坐标，/为横坐标，作U-/图线，如图乙所示。则待测电源的电动势E=V,内阻尸Q。

（结果均保留2位有效数字）。

0.20.40.60.87/A

乙

（2）上述操作测得电源内阻的系统误差主要来源于,为了消除这个系统误差，进行了

如下的操作：闭合开关S”把开关S2与2连接，当电阻箱的阻值为1.5。时，电压表的示数为1.0V,电流

表的示数为0.4A»可求得电源内阻的精确值r'=C。

【答案】①.最大②.2.0③.2.5④.电流表的分压⑤.1.5

【解析】

【详解】（1）口]闭合开关之前，为了保护电路，调节电阻箱的阻值为最大值。

[2][3]根据闭合电路欧姆定律，有

U=E-Ir

由图像可知

/|=O.2A,q=1.5V,/2=0.8A,。2=0

可解得

F=2.0V

r=2.5。

（2）[4]实验中，系统误差主要来源于电流表的分压作用。

⑸闭合开关Si,把开关S2与2连接时，有

手=舄+&

/（）

可得

R.=必-4=^^-1.5Q=L0Q

八Io0.4A

在题图乙中，根据闭合电路欧姆定律，有

U=£-g&)

图线的斜率为

%=尸+&=|

联立，可得

r'=k—R1=1.5。

15.第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在中国北京和张家口举行。如图所示为简化后的雪道示意图，

运动员以一定的初速度从半径R=20m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落在倾角为Q37。的斜坡上，已知运动

员到B点时对轨道的压力是其重力的3倍，重力加速度g=10m/s2,$山37。=0.6,COS37W0.8,不计空气阻力。

求：

(1)运动员飞出圆弧轨道时的速度大小；

(2)运动过程中运动员距斜坡的最大距离d及从B点到距斜坡距离最大时所用的时间%

【答案】(1)20m/s；(2)9m,1.5s

【解析】

【详解】(1)由题意，根据牛顿第三定律可知运动员运动到B点时受轨道的支持力大小为

N=3mg

设运动员飞出圆弧轨道时的速度大小为VB,由牛顿第二定律得

7

V

31ng-mg=mB

R

解得

vB=20m/s

(2)运动员从B点飞出时，将其速度和加速度分别沿斜坡方向和垂直斜坡方向分解，如图所示，则

片=Upsin37°

gi=gcos37°

当运动员在垂直斜面方向上的速度减为零时，运动员距斜坡最远，根据运动学公式有

一片--2gId

i=_g/

解得

d=9m

t—1.5s

16.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加

速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水

平面内的晶圆（硅片）•速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为8,方向均垂直纸面向

外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器

截面是内外半径分别为品和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电

场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距为2心当偏转系统不加电场时,

离子恰好竖直注入到晶圆上的0点。整个系统置于真空中，不计离子重力。求：

(1)离子通过速度选择器的速度大小V和磁分析器选择出来离子的比荷幺；

m

(2)偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到。点的距离心

EJ2E51}

【答案】(1)u=—m~（R+R）B2；（2）“一旦+R？

B]2

【解析】

【详解】离子通过速度选择器时，有

qE-qvB

解得速度为

E

v--

B

离子在磁分析器中，有

V2

qvB=m—

由几何关系可得

7?i+7?2

12

联立解得

q_2E

2

m（/?（+R2）B

在偏转系统中，由牛顿第二定律得

qE-ma

垂直电场方向

L=vt

偏移的距离

12

玉丁-

偏转角度

tan^=—

V

离开偏转系统后，偏移的距离

x2=2Ltan0

注入晶圆的位置到。点的距离

元=X1+%2

联立解得

5尸

x=

R[+R,

17.如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿

轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角由53。的光滑金属长导轨MON固定在水平

面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑

动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知f=0时，导体棒位于顶点。处，导体棒的质量为，"=LOkg,OM

与ON接触点的总电阻恒为R=1.0C,其余电阻不计。回路电流，•与时间/的关系如图丙所示，图线是过原点

(1)f=2s时,回路的电动势E；

(2)0~2s时间内，导体棒的位移s；

(3)0~2s时间内，水平外力的冲量/的大小;

(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P(单位：W)与时间f(单位：s)的关系式。

【答案】(1)4V；(2)2m；(3)10N-S；(4)P=(4/+/)W

【解析】

详解】(1)由欧姆定律

E=谭

将彳=4A代入得

£=4V

(2)由欧姆定律和丙图斜率含义得

BLv

2t

R

其中

L=xtan53°,Bx=1.5Tm

联立解得

v—t

所以导体棒做初速度为0的匀加速直线运动，且

V2

a=—=lm/s-

t

0~2s时间内导体棒的位移为

1,2。

s=—att=2m

(3)由动量定理得

I-BiLt}-mvy-0

即

I-Bqxtan53°=mvt

由图丙知

4=：绪=4C

由图乙知

fix=1.5Tm

2s末的速度

W=a八=2m/s

解得

/=10N-s

(4)根据牛顿第二定律可得

F-Bixtan53°=ina

由图丙可知

i=2t

解得外力

F=4t+1

瞬时功率

P=FV

速度

v=at

解得

F=(4产+2

18.如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板B,两者上表面齐平，可视为质点的物块C以

初速度W从A的左端开始向右运动，当C和A的速度相等时，A和B恰好发生了第一次碰撞，B运动一段

22

距离后停止并锁定。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m,A的长度乙=一由一，B的长度。二乎一，

4〃g10〃g

不计A与轨道间的摩擦，B与轨道间的动摩擦因数为2〃，C与A、B上表面间的动摩擦因数均为〃，每次碰

撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为g,忽略空气阻力。求：

(1)A和C第一次速度相等时的速度大小；

(2)第一次碰撞前A运动的距离x和第一次碰撞后A的速度大小;

(3)A和C第二次共速时，A、B之间的距离；

(4)C在B上滑行的距离乩

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【答案】Q)v,=-v；(2)x=方向反向；(3)