【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题 含解析【武汉专题】.pdf，共(25)页，1.370 MB，由envi的店铺上传

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华中师大一附中2022—2023学年度上学期期中检测高三年级物理试题一、选择题（本题包括11小题。其中第1—7题为单选题，第8—11题为多选题，每小题4分，共44分。单选题有且仅有一个选项正确，选对得4分，选错或不答得0分。多选题至少有两个选项正确，全部选对的

得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.牛顿利用逻辑推理，使亚里士多德的物体下落的快慢由它们的重量决定的理论陷入了困境B.伽利略巧妙地利用斜面实验

来冲淡重力影响，通过逻辑推理得到了自由落体的运动规律C.开普勒对第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律D.卡文迪什进行了“月一地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来【答案】B【解析】【详解】A．利用逻辑推理，使亚里士多德的物体下落的快慢由它们的重量

决定的理论陷入了困境的是伽利略，故A错误；B．在研究自由落体运动的过程中，伽利略巧妙地利用斜面实验来冲淡重力影响，最后通过逻辑推理得到了自由落体的运动规律，故B正确；C．开普勒对第谷观测的行星数据进行了多

年研究，得出了行星运动三大定律，故C错误；D．牛顿进行了“月一地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，建立了万有引力定律，故D错误。故选B。2.滑索是深受年轻人喜爱的娱乐项目。在下滑途中一小段距离内，可将钢索简化一直杆，滑轮简化为套

在杆上的环，环与杆接触而粗糙。两根虚线分别表示竖直方向和与钢索垂直的方向。游客所受空气阻力和悬挂绳重力忽略不计。当游客与滑轮相对静止一起加速下滑时，绳子的方向可能是图中的（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】C【解析】【详解】当游客与滑轮相对静止一起加

速下滑时，分别以游客和滑轮为研究对象进行受力分析，如图所示由游客的受力分析可知，若游客匀速下滑，则绳子的拉力沿竖直方向；若滑轮与钢索间无摩擦力，则整体下滑的加速度为gsinθ，绳子方向将垂直钢索；因环与杆之间有摩擦力，游客加速下滑，则绳子的拉力方向不沿竖直方

向，也不会沿垂直钢索的方向，而是介于两者之间；故图中丙正确。故选C。3.如图所示，一倾角为θ斜劈A静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块B，A、B之间的动摩擦因数为，在竖直向下的力1F作用下B匀速下滑。欲使B下滑过程中，地面对A有向右的摩擦力，以下方法可行的是（）A.仅增大F1B.仅

增大C.仅增大D.将1F替换为水平向右的力2F【答案】C【解析】【详解】A．由题意可得11()cos()sinmgFmgF所以仅增大F1，物体B仍匀速下滑，对整体受力分析得，地面对A没有摩擦力的作用，故A错误；B．仅增大时，满足11()sin()cosmgFmgF即

物体沿斜面向下匀加速，则斜劈A对滑块B的合力为左上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为右下方，即斜劈相对于地面有向右的运动趋势，则此时地面对A有向左的摩擦力，故B错误；C．仅增大时，满足11()sin()cosmgFmgF则物体沿斜

面向下匀减速，则斜劈A对滑块B的合力为右上方，则由牛顿第三定律可得，滑块B对斜劈A的合力为左下方，即斜劈相对于地面有向左的运动趋势，则此时地面对A有向右的摩擦力，故C正确；D．将1F替换为水平向右的力2F

时，斜劈A对滑块B的合力仍为竖直向上，则滑块B对斜劈A的合力为竖直向下，即斜劈相对于地面没有运动趋势，则此时地面对A没有摩擦力，故D错误。故选C。4.建筑工地用塔吊将地面上质量相等的甲、乙两物体送至高处，空气阻力忽略不计，物体上升过程的vt图线如图所示。在甲、乙两物体上升的整

个过程中，下列说法正确的是（）A.减速阶段两物体机械能都减小B.减速阶段两物体机械能都不变C.牵引力的最大功率之比为3：2D.牵引力的平均功率之比为3：2【答案】D【解析】【详解】AB．减速阶段两物体的斜率不同，加速度不同，至少有一个物体受到向上的牵引力作用，牵引力仍对物体做正功，因此至少

有一个物体的机械能在增加，A、B错误；C．根据PFv在加速上升阶段，两图像的斜率不同，加速度不同，因此牵引力不同，虽然最大速度之比为3：2，但最大功率之比不是3：2，C错误；D．在vt图像中，图像与时间轴围成的

面积等于物体的位移，可知两物体上升的高度相同，增加的机械能相同，因此牵引力做功相同，根据WPt可知0023=23WPtWPt甲乙D正确。故选D。5.2022年7月25日，问天实验舱成功与天和核心舱交会对接。问天实验舱完成转位后，空间站组合体将以“L”字构型在轨飞

行，所绕轨道视为圆轨道，距离地面高度为h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.要实现对接，需使问天实验舱先进入天和轨道，再加速追上天和完成对接B.完成对接后，空间站在轨运行的速率可能大于7.9km/sC.空间站的运动周期为2RhR

RhgD.在空间站中工作的航天员因为不受地球引力作用，所以处于完全失重状态【答案】C【解析】【详解】A．问天实验舱应从低轨道加速，做离心运动才能追上天和核心舱，如果在同一轨道加速追赶会做离心运动，到达更

高轨道反而运动速度减小，距离增大不可能追上，A错误；B．根据22MmmvGrr解得GMvr可知轨道半径越大，运动速度越慢，贴近地球表面运动的卫星，运行速度为7.9km/s，因此空间站在轨运行的速率应小于7.9km

/s，B错误；C．根据2224()()MmGmRhRhT而2MmGmgR解得2RhRhTRgC正确；D．在空间站中工作的航天员虽然处于完全失重状态，但仍受地球引力作用，只不过地球对航天员引力全部用来提供航天员做圆周运动的向心力，D错误。故选C。6.雨打芭

蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的14速率竖直反弹。已知水

的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（）A.234vB.254vC.34hvtD.54hvt【答案】D【解析】【详解】单位时间的降水量hht在芭蕉叶上取S的面积上，Δt时间内降落的雨水质量hmShtStt设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理1

5()44thhFtmvmvStvvvSttt解得54hFvSt根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上S的面积受到的撞击力的大小54hFvSt因此平均压强为54FhpvSt故选D。7.如图所示，

三条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B、C三点，A、B、C离地面的高度分别为1h、2h、3h，现在使三个小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由A、B滑到P的时间均为t，由C滑到P的时间为t，那么（）A.122hhtgB.12hhtgC.ttD.tt

【答案】A【解析】【详解】CD．设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度sinsinmgagm根据几何关系可知，物体发生的位移为sincoshOPx物体的初速度为零，有212xat解得22224sinsincossin2xhOP

OPtaggg设AP、BP、CP与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，有θ1>θ2>θ3A、B滑到P的时间均为t，由几何知识可知θ1、θ2互余，则C点滑到P点时间最长，故CD错误；AB．由22si

nhtg可得22111sin2hgt22221sin2hgt则122hhtg故A正确，B错误。故选A。8.如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，转台以一定角速度匀速旋转。甲、乙两个小物块（

可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO间的夹角分别为30a和60，重力加速度大小为g。当转台的角速度为0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（）A.0gRB.当转台的角速度为

0时，甲有上滑的趋势C.当角速度从0.50缓慢增加到01.5的过程中，甲受到的摩擦力一直增大D.当角速度从0.50缓慢增加到01.5的过程中，甲受到的支持力一直增大【答案】BD【解析】【详解】A．设陶罐内壁对物块乙的支持力为F，则有co

sFmg20sin(sin)FmR解得02gR故A错误；B．设当转台的角速度为时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有cos30Fmg2sin30sin30FmR解得023gR＜所以当转

速为0时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；C．由于0212120.5433gggRRR＞所以当角速度从0.50缓慢

增加到01.5的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C错误；D．摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖直方向进行分解；当角速度从0.50缓慢增加到01.5的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向

上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受合力为零，则由sincosfFmg可知，物块甲受到的支持力一直在增大，故D正确。故选BD。9.一列简谐横波沿x轴传播，在0t时刻和2st时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。关于这列波，下列说法正确的是（）A.波长为6mB

.周期可能为4.8sC.0x的质点在0~2s内的路程一定为(13)cmD.若波沿x轴负向传播，传播速度最小为3.5m/s【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，x=0处质点的位移为3cm，所以可得1=2m6则=12m故A错误；BD．

由图可知，如波向右传播，则x=0处质点先从3cm处向下振动到负向最大位移处，再向上振动到1cm处，形成如图虚线波形，则振动的时间最少为111115()4641212tTT则5()2s12nT解得

24(s)512Tn（n=0，1，2，……）当n=0时4.8sT此时波速为512(ms)2nvT（n=0，1，2，……）同理可得，若波向左传播，形成如图虚线波形，则x=0处质点振动的时间最少为21117()''64612tTT即7()

'2s12nT解得24'(s)712Tn（n=0，1，2，……）此时波速为712'(ms)'2nvT（n=0，1，2，……）当n=0时，波速最小为'3.5m/sv故BD正确；C．由分析知，由于波传播具有周期性，且传播具有方向性，所以0x的

质点在0~2s内的路程不能确定，故C错误。故选BD。10.某款手机“弹球游戏”可简化为如图所示。游戏者将小球（视为质点）以某个初速度垂直墙壁水平射出，在与台阶、竖直墙的碰撞不超过两次的前提下，击中第三级台阶的水平面MN段为通关。已知台阶的宽和高均为d，以0v射出时恰击中第一级

台阶的末端，所有碰撞均为弹性碰撞，以下说法正确的是（）A.以0v射出时不能通关B.以02v射出时不能通关C.直接击中第三级台阶MN段所需初速度不大于03vD.若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，碰撞点距N点高度须小于2116d【答案】CD【解析】【详解】A．以0v速度射

出时，小球恰好击中第一级台阶的末端发生弹性碰撞，则0dvt212dgt解得02gdv反弹后小球做斜抛运动，在与第一级台阶登高的位置与墙碰撞并反弹，此时根据平抛运动的基本规律可知0022yyvvvx假设小球能到MN

段，则201222dvtgt0xvt联立解得(31)xdA错误；B．若小球下落的高度为2d，根据平抛运动的基本规律得201222dgtxvt联立解得x22d故小球的初速度为02v时越过第二级台阶，那么若能落在第

三级台阶上，则201322dgtxvt解得23xd3xd，故在落在第三级台阶前会先碰到墙上，根据碰撞的特点可知，碰后小球会落在MN上，B错误；C．若小球直接击中第三级台阶MN段，水平方向的临界值为刚好打在Ｎ点上21323dgtdvt

解得03vv故直接击中第三级台阶MN段所需初速度不大于03v，C正确；D．若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，设碰撞点距N点高度为h，则与墙碰前2111323dhgtdvt与墙碰后，设小球的落点刚好是M，则有122hgttdvt联立上式解得2116

hd故若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，碰撞点距N点高度须小于2116d，D正确。故选CD。11.如图所示，一根长为L、质量为m的直杆，其顶端套着一质量也为m的圆环（可视为质点），环与杆间的最大静摩擦力为1.5mg。初始时杆下端离地面的高度为H，杆在空中运动过程中

始终保持竖直。杆与地面发生碰撞时，碰撞时间极短，无动能损失，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.对杆施加大小为2.8Fmg、方向竖直向上的恒力，杆的加速度大小为0.4gB.若LH，由静止释放杆，杆与地面一次碰撞后环就能滑离杆C.若由静止释放杆，杆与地面第一次碰

撞后环没有滑离杆，则杆与环共速时杆离地的高度为0.2HD.若由静止释放杆，杆与地面多次碰撞环都没有滑离杆，则杆与地面第n次碰撞后上升的最大高度与第1n次碰撞后上升的最大高度之比为3：2【答案】ABD【解析】【详解】A．假设杆和圆环没有发生相

对滑动，将他们作为整体，根据牛顿第二定律22Fmgma解得0.4ag再以圆环为研究对象，根据牛顿第二定律fmgma解得1.41.5fmgmg因此圆环相对杆没有发生相对滑动，假设正确，杆的加速度大小为0.4g，A正确；B．设杆落

地前瞬间，杆和圆环速度为0v，根据速度与位移之间的关系可知02vgH杆与地面碰撞后原速率反弹，与圆环相向运动，根据牛顿第二定律，对杆max2.5mgfagm杆对圆环max0.5fmgagm环设达到共同速度的时间为t1，则00vatvat

环杆解得023vtg圆环相对杆的位移2220002114()()2233vxvtatvtatHLg环杆因此还没有达到共同速度，环就能滑离杆，B正确；C．杆与地面第一次碰撞后环没有滑离杆，则杆与环共速时杆离地的

高度220012299vhvtatHg杆C错误；D．设第n次落地时的速度为vn，上升的最大高度为2n2nvha杆圆环和杆达到共同速度时所用的时间为tn，则nnnnvatvat环杆可得nn23vtg共同速度为nnnn23vv

atv杆此时杆的下端距离地面的高度22nnnnn129vhvtatg杆再次落地时，根据机械能守恒22nn+11122222mvmghmv解得n+1n23vv杆落地后原速率反弹，再上升的最大高度221nn+1n22=2

323nvvhhaa杆杆D正确。故选ABD。二、实验题（共14分）12.如图所示，某兴趣小组利用气垫导轨实验装置验证钩码、滑块、遮光条等组成的系统机械能守恒，主要实验步骤如下：A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平B．用游标卡尺测出遮光条宽

度dC．用天平测出遮光条和滑块总质量M，钩码质量mD．测出遮光条到光电门的距离x，接通气源，释放滑块，记录遮光条通过光电门时遮光时间tE．改变光电门的位置，多次重复上一步骤，得到多组x与t的数值（1）根据测得的数据，作x—___________（选填

“t”“t2”“1t”或“21t”）图像，如果图像是一条过原点的倾斜的直线，且图像的斜率k=___________（用所测物理量符号及当地重力加速度g表示），则机械能守恒得到验证。（2）为了减小实验误差，下面说法正确的是___________；A．遮光条和滑块的总

质量M要远大于钩码质量mB．遮光条的宽度适当小一些C．选用不可伸长的轻绳【答案】①.21t②.2()2Mmdmg③.BC##CB【解析】【详解】（1）[1]如果系统机械能守恒，则钩码减少的重力势能等于系统增加的动能，即221()2dmgxMmt所以我们需要验证21xt图像是一条过

原点的倾斜直线即可。[2]将上式整理的22()12Mmdxmgt则斜率2()2Mmdkmg（2）[3]为了减小实验误差，就需要提高速度和位移的测量精度，即遮光条的宽度要适当小一些，并且选用不可伸长的轻绳，但是遮光条和滑块的总质量不需要远大于钩码的质量，故选BC

。13.某兴趣小组查阅资料获知，弹簧振子做简谐运动的周期2mTk，（其中m是振子的质量，k是轻弹簧的劲度系数）。某同学利用该规律自制“手机天平”，测量物体的质量。如图甲所示，轻弹簧上端固定在铁架台上，下端挂着一个带夹子的手机（安装的Phyphox软件可以精确测

定手机振动周期），待测质量的物体可以被手机上的夹子固定，跟随手机一起振动。实验操作步骤如下：①在夹子上固定一个钩码，将钩码稍向下拉离平衡位置，记录钩码质量和手机上显示的振动周期T；②在夹子上依次固定2

、3、4、5个钩码，重复以上步骤；实验数据记录如下表所示。③根据记录的实验数据，以2T为横坐标，以钩码总质量m为纵坐标，作出2mT图像如图乙所示。实验次数钩码质量（kg）振动周期T（s）T2的值（s2）10.1000.6

9510.483220.2000.80690.651130.3000.89390.799140.4000.97310.946950.5001.05581.11470.20请回答以下问题：（结果保留2位有效数字）

。（1）某次测量时，当手机显示振动周期为1.0000s时，待测物体的质量为___________kg。（2）根据2mT图像还可以求出手机和夹子的总质量为___________kg，弹簧的劲度系数为___________N/m。（3）使用一段时间后后，弹

簧的劲度系数k略微减小，若仍根据原来描绘的图乙的图像得到待测物体质量的测量值会___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.0.43②.0.32③.7.9##7.8##8.0④.偏大【解析】【详解】（1）[1]由图可知，当手机显

示振动周期为1.0000s时，待测物体的质量为0.43kgm；（2）[2][3]根据2mT图像可知20.324kmT图线的横截距即为手机和夹子的总质量0.32kgm0.4300.6341.000.3

2k故弹簧的劲度系数为7.9N/mk（3）[4]根据图像可知，弹簧的劲度系数k略微减小，若仍根据原来描绘的图乙的图像得到待测物体质量的测量值比实际值偏大。三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最

后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）14.在4100米接力比赛中，运动员必须在20m的接力区内完成交接棒，接力区中心线离终点100m，前后各10m，如图所示。接力区左侧10m为预备区，等待接棒的运动员在此区间内择机起跑，在接力

区内完成交接棒。某比赛小组中第三棒运动员甲匀速运动的最大速度为18m/sv，第四棒运动员乙最大速度为210m/sv，起跑过程可视为匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2。将甲、乙的运动轨迹简化为一条直线，运动员视为质点

，为取得最佳比赛成绩，乙将在预备区左端起跑，求：（1）甲距乙多远处时，乙开始起跑？（2）乙从接棒到终点所用时间。【答案】（1）16m；（2）9.5s【解析】【详解】（1）因乙的最大速度大于甲的速度，故

乙应在题图虚线处（接力区起点）开始起跑，且在乙加速至v1=8m/s时，甲追上乙完成交接棒，此过程乙的位移为22118m16m222vxa所用时间为114svta甲的位移为11132mxvt由于1116mxxx故甲运动员在距乙16m处时，乙开始起跑

。（2）乙接棒后的总位移为100m10m16m94mx乙先加速至v2=10m/s，历时2121svvta该过程乙的位移为2212219m2xvtat匀速运动的过程，所需时间为2328.5sxxtv故乙运动员接棒后至到达终点运动的

时间为239.5sttt总15.如图所示，在倾角为30°的固定光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在斜面底端挡板上，原长时另外一端在O点。现将一质量为m的物块B连接在另一端，静止时物块B位于Q点，0OQx

，另一质量也为m物块A从斜面上P点由静止释放，032OPx，在释放A的同时，给A施加一沿斜面向上、大小为110mg的恒力F，A、B碰撞后共速但不粘连，A、B可视为质点，重力加速度为g。求：（1）A、B碰后速度大小；（2）A、B分离时弹簧的压缩量；（3）A、B

分离时的速度大小。【答案】(1)02gx;（2）015x；（3）0210gx【解析】【详解】（1）物块A由P点运动至Q点过程，由动能定理有200001331sin30··222mgxxFxxmv（

）（）代入数据，解得物块A运动至Q点时速度为102vgxA、B碰撞后共速但不粘连，则设共速的速度为2v，由动量守恒定律有1202mvmv由以上各式解得A、B碰撞后的速度021122gxvv（2）质量为m的物块B连接在另一端，静止时物块B位于Q点，

且0OQx，则由平衡状态有弹簧弹性系数0sin30mgkxA、B碰撞后共速但不粘连，先向下做变加速后做变减速，压缩弹簧最短时速度为0，接着向上先做变加速运动，后做变减速运动，当二者加速度刚好不同时，此时二者开始分离，则物块A有Asin3

0Δmgkxam则物块B有Bsin30mgFam二者刚好要分离，则令ABaa，解得A、B分离时弹簧的压缩量015xx（3）A、B碰撞后共速但不粘连，先向下做变加速后做变减速，压缩弹簧最短时速度

为0，接着向上先做变加速运动，后做变减速运动，由上一问可知在弹簧形变量015xx处二者开始分离，则此时二者速度由动能定理有2222000000321111111[sin30+=222255522kxkxmgxxFxxmvmv-（）]-2（-）（-

）代入数据解得03210gxv16.如图所示，一倾角为37°的传送带以恒定速率3m/sv逆时针运行，某一时刻将一质量为1kg物块A和一质量为2kg的“L型”木板B同时轻放在传送带上。木板B长度02mL，初始时，B上端与传送

带上端P点平齐，A可视为质点且和B下端挡板相距03m8x。已知B上表面光滑、下表面与传送带间动摩擦系数0.5，A、B间所有碰撞都为弹性碰撞，重力加速度210m/sgsin370.6cos370.8，（1）求初始时A、B加速度；（2）求第一次碰前，

A与B下端挡板间的最大距离（3）求第一次碰后A、B速度大小vA1'和vB1'；（4）若A与B发生第2次碰撞时，B下端恰好运动至传送带下端Q点，求传送带P、Q两点间距离L。【答案】（1）2A6m/sa；2B12m/sa（2）0.75m（3）A12

m/sv；B15m/sv（4）8.125m【解析】【详解】（1）根据A的受力可知AAAsin37mgma代入数据得2A6m/sa根据B的受力可知BABBBsin37cos37mgmmgma代入数据得2B12

m/sa（2）当B所受摩擦力向上时有BABBBsin37cos37mgmmgma代入数据得0a设B速度与传送带速度相等所用的时间为t，则Bvat0.25st所以0.25s后B开始做匀速直线运动当A、B速度相等时距离最大，设速

度相等所用时间为1t，对A有1Avat10.5st此过程A、B的位移分别为22AA111360.5m224xat22BB1119120.2530.25228xatvttm故此时两者之间的距离BA33Δm=0

.75m84xxx（3）从速度相等到第一次碰撞所用的时间为2t，由题可知22A2210.752vtatvt解得20.5st碰前A、B的速度分别为AA26m/svvatB3m/sv根据动量守恒和能量守恒可知AABBAA1BB1222AABBAA1BB2111112222mvm

vmvmvmvmvmvmv联立解得A1B12m/s5m/svv（4）当AB第一次碰撞结束后，由受力关系可知，A做匀加速运动，B做匀速运动，当两者再次相撞时有2B13A13A3

12vtvtat解得31st这个过程B的位移为BB135mxvt故传送带P、Q两点间距离BB08.125mLxxL获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com