【文档说明】山东省青岛市青岛二中2021届高三上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(22)页，899.500 KB，由小赞的店铺上传

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青岛二中高三年级2020—2021学年第一学期期中考试物理试题命题人：高三物理集备组审核人：邢洪明考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷（共40分）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.物体以初速度v0竖直上抛，物体上升的时间为4

.5s，空气阻力不计。g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.物体落回到抛出点的速度为40m/sB.物体从抛出到落回到抛出点的平均速率为0m/sC.物体在第1s末、第2s末、第3s末、第4s末的速度之比为

4∶3∶2∶1D.物体在第1s内、第2s内、第3s内、第4s内的平均速度之比为4∶3∶2∶1【答案】D【解析】【详解】A．根据竖直上抛运动规律可知，物体落回到抛出点的速度等于初速度为045m/svvgt===，故A错误；B．物体从抛出到落回到抛出点的路程s

不为0，则由svt=知，平均速率不可能为0，故B错误；C．物体在第1s末的速度为10135m/svvgt=−=物体在第2s末的速度为20225m/svvgt=−=由此可知12:4:3vv，故C错误；D．物体在第1s内的平均速度

为01140m/s2vvv+==物体在第2s内的平均速度为12230m/s2vvv+==同理可得320m/sv=，410m/sv=，故物体在第1s内、第2s内、第3s内、第4s内的平均速度之比为4∶3∶2∶1，故D正确。故选BD。2.某跳水运

动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（）A.人和踏板由C到B的过程中

，人向上做匀加速运动B.人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态C.人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D.人在C点具有最大速度【答案】C【解析】试题分析:人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速

度减小，故A错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故B错误，C正确；人在C点的速度为零，故D错误．故选C．考点：超重和失重3.甲、乙两辆汽车同时

同地出发沿同方向做直线运动，两车xtt−图像如图所示，下列说法正确的是（）A.汽车甲的加速度大小为1m/s2B.汽车甲、乙在t=4s时相距最远C.汽车甲、乙相遇前在t=2s时相距最远D.汽车甲、乙在t=4s

时相遇【答案】C【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动的位移公式2012xvtat=+，可知02xavtt=+结合xtt−图像可得，汽车甲的初速度为0v=6m/s，2=2m/sa−甲的匀减速直线运动，乙车的初速度为0

，加速度2=1m/sa乙的匀加速直线运动，故A错误；BC．两车同地出发乙追甲，当速度相等时相距最远，即0vatat+=甲乙解得2st=故B错误，C正确；D．甲做匀减速直线运动，减速时间为0==3svta甲甲而2001==9m>==4.5m22vxtxat+甲甲乙乙甲则乙

追上时，有21=9m=2xat甲乙乙解得32st=乙故D错误；故选C。4.2017年10月16日，南京紫金山天文台对外发布一项重大发现，我国南极巡天望远镜追踪探测到首例引力波事件光学信号．关于引力波，早在1916年爱因斯坦基于广义相对论

预言了其存在．1974年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯-泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这现象为引力波的存在提供了首个间接证据．科学家们猜测该双星系

统中体积较小的星体能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯-泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L变化关系图正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设脉冲双星的质量，及轨道半径分别为m1、m2、r1、r2，间距为

L=r2+r1．由于一对相互作用的万有引力提供向心力且有相同的转动周期，有2212222211244rrTmmLTmGm==，得222124rLmGT=，221224rLmGT=，则双星总质量2223121

2224()4()rrLLmmGTGT++==，即12223()114GmmTL+=，由于脉冲双星总质量不变，21T关于31L为正比例函数关系；故选B．【点睛】解决本题的关键：知道双星通过彼此间的万有引力提供

向心力；知道双星的轨道半径与质量反比；知道双星231224()LmmGT+=.5.如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，小猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g。在此过程

中下列判断正确的是（）A.缓慢上拉过程中拉力F做的功()F1cosWmgL=−B.由静止释放到最低点，小猴子重力的功率一直在减小C.小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量为零D.小猴子从静止释放后运动到最低点的过程，绳的拉力不做功，所以绳的拉力的冲量为零【答案】A【

解析】【详解】A．缓慢上拉过程中，小猴子处于平衡状态，故拉力为变力，根据动能定理有()F1cos0WmgL−−=解得()F1cosWmgL=−故A正确；B．刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释

放到最低点，小猴子重力的功率先增加后减小，故B错误；CD．根据冲量的公式=IFt可知，小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量不为零，绳的拉力的冲量也不为零，故C、D错误。故选A。6.如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，

两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜面上A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则

下列选项正确的是（）A.甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ：1B.甲、乙两球下落的高度之比为2tan4θ：1C.甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ：1D.甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为tan2θ：1【答案】C【

解析】【详解】A．设初速度为v0，对乙球分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故0tanyvv=故下落时间为0tanyvvtgg==对甲球分析x=v0t′，'212ygt=，tanyx=联立解得02tanvtg=则22tan1tt=故A错误；B．根据竖直

方向上做自由落体运动得规律，得甲乙下落的高度之比为24214tan2=112gthhgt=故B错误；C．根据水平方向上做匀速直线运动，得甲乙水平位移之比为2002tan1vtxxvt==故C正确；D．甲球竖直方向的速度为02tanyvgtv==则有

甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比等于竖直方向的速度之比即22tan1yyvgtvgt==故D错误。故选C。7.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从振源O起振时开始计时，经t=0.9s，x轴上0至12m范围第一次出现图示波形，则（）A.波的波速可能是1409m/sB

.t=0.9s时，x轴上2m处的质点振动方向沿y轴向下C.波的周期可能为0.5sD.上图所示波形图中12m处的质点已经振动14周期【答案】A【解析】【详解】A．在0.9s时间内，若振子起振方向沿y+，则波传播距离为18m，波的波

速1118m/s20m/s0.9xvt===若振子起振方向沿y−，则波传播距离为14m，波的波速2214140m/sm/s0.99xvt===说明波的波速可能是1409m/s，故A正确；B．由波动图象可知t=0.9s时，x轴上2m处的质点振动方向沿y轴向上

，故B错误；C．由图分析可知波长为8m，波的周期Tv=，当波速为1v、2v时对应的周期分别为118s0.4s20Tv===22818ss140359Tv===故C错误；D．上图所示波形图中12m处的质点可能振动14T，也可能34T，故D错误。故选A。8.如图所示为一简易起重装置，（不计

一切阻力）AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上．开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA=30°．在此过程中，杆

BC所产生的弹力（）A.大小不变B.逐渐增大C.先增大后减小D先减小后增大【答案】A【解析】【分析】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析绳子拉力和BC杆的作

用力的变化情况．【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反.根据三角形相似得：FFNACABBC==合，又F合=G，得：ABFGAC=，BCNGA

C=，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选A.【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究．二、多

选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运

动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A.细线所受的拉力变大B.小球运动的角速度变大C.Q受

到桌面的静摩擦力变大D.Q受到桌面的支持力变大【答案】ABC【解析】【详解】A．设金属小球P在水平面内做匀速圆周运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L。对P球受力分析，如图所示根据平行四边形定则有cosmgT=当小球改到图中P位置时，θ变大，则T变大，故A

正确；B．小球重力和细线的拉力的合力提供向心力，则2tansinmgmL=解得角速度为=cosgL当小球改到图中P位置时，θ变大，则角速度ω增大，故B正确；CD．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩

擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，重力不变，则Q所受的支持力不变，细绳的拉力增大，则静摩擦力变大，故C正确，D错误。故选ABC。10.人类利用太空望远镜在太阳系外发现了一颗未知天体X，该未知天体环绕中心天体Y运行。已知未知天体X的质

量是地球质量的a倍，半径为地球半径的b倍，其公转周期为地球公转周期的c倍，中心天体Y的质量是太阳质量的d倍。假设未知天体X和地球均可视为质量分布均匀的球体，且均环绕各自的中心天体做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A.同一物

体在未知天体X表面的重力与在地球表面的重力之比为a∶b2B.未知天体X的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为a∶bC.中心天体Y的密度与地球的密度之比为c2∶1D.天体X、Y之间的距离与日地之间的距离之比32c:1d【答案】AD【解析】【详解】A．对于

天体表面的物体，万有引力近似等于重力，即有2MmGmgR=解得2GMgR=则同一物体在未知天体X表面的重力与在地球表面的重力之比为2:ab，选项A正确；B．当卫星绕任一行星表面做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由22MmvGmRR=解得GMvR=

则未知天体X的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为:ab，选项B错误；C．由于中心天体Y的半径未知，不能确定其密度与地球密度的关系，选项C错误。D．环绕天体环绕中心天体做圆周运动时，由万有引力提供向心力得2224πMmGmrrT=解得2324π

GMTr=则天体YX、之间的距离与日地之间的距离之比为32:1cd，选项D正确；故选AD。11.如图所示，可视为质点的两个小球A、B穿在固定且足够长的粗糙水平细杆上，A、B与细杆的动摩擦因数μA=μB=0.8。不可伸长的轻绳跨

过光滑轻质滑轮与A、B连接，用外力F拉动滑轮，使A、B沿杆一起匀速移动，轻绳两端分别与杆的夹角α=37°，β=53°，则mA：mB等于（）A.32：1B.32：31C.16∶3D.16：15【答案】AB【解析】【详解】同一条轻绳拉力相等设为T，以A为研究对象，水平方

向根据平衡条件可得cos(sin)ATmgT=解得cossinAmgT=以B为研究对象，水平方向根据平衡条件可得cos(sin)BTmgT=解得cossinBmgT=联立可解得

cossin4024cossin3032ABmm==故质量之比可能是32:31，32:1，8:31，8:1，故AB正确，CD错误。故选AB。12.如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度0

7vgR=沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（）A.小球在最高点时速度为gRB.小球机械能不守恒，且克服摩擦力做的功是mgRC.小球在最低点时对轨道的压力是7mgD.小球运动到圆心等高处速度

小于2gR【答案】ABD【解析】【详解】A．在最高点与环恰无作用力，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律2tmvmgR=可得在最到点的速度tvgR=A正确；B．从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理22011222tmgRWmvmv−−=−可得克服摩擦力做功WmgR=因此

机械能不守恒，B正确；C．在最低点，根据牛顿第二定律20NmvFmgR−=可得8NFmg=根据牛顿第三定律，对轨道的压力为8mg，C错误；D．如果摩擦力做功和重力做功是均匀的，在圆心等高处，根据动能定理220211222mgRWmvmv−−=−

可得2vgR=但由于在下半部分，小球对金属环的压力比上半部分大，因此摩擦力做功比上半部分多，故速度2vgR中D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）非选择题：本题共6小题，共60分。解答题应写出必要的

文字说明、方程式和重要演算步骤，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。13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好

实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在

斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．①上述实验除需测量线

段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______.A．A、B两点间的高度差B．B点离地面的高度h2C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r②当所测物理量满足表达式______(用所测物理量的

字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端14圆弧的平均落点M′、P′、N′.用

测量斜面顶点与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3.则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式_______(用所测物理量的字母表示)．【答案】(1).C；(2).m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(3

).22232111222213sinsinsincoscoscosmmm=+【解析】【详解】①根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动时间相等，可得：m1

·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选C．②因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的

速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON.③小球做平抛运动有v0t＝Rsinα，21cos2gtR=，联立可得：20sin2cosg

Rv=，根据动量守恒定律有m1v＝mv1＋m2v2，得222321112213sinsinsincoscoscosmmm=+.【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实

验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒.14.某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转

动的角速度大小。如图甲所示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。(1)实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间

的长度L1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2个点之间的长度L2，以及此时圆盘的直径d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为______m/s。测得此时圆盘直

径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为______rad/s（均保留2位有效数字）(2)该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度（v）与相应圆O盘直径（d）的关系图像，如图丙所示，分析图线，可知

电动机转动的角速度在实验过程中______（选填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】(1).1.8(2).64(3).不变【解析】【详解】(1)[1]纸带的运动速度为23.6010m/s1.8m/s0.03xvt−===[2]圆盘的角速度为221.

82rad/s64rad/s5.6102vvvdrd−====(2)[3]根据2vrd==，因vd−图像是过原点的直线，可知不变。15.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大，泥石流流动的全过程

虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，他们设计了如下的模型，在水平面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小

的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2。求：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3

)物体在水平面上运动的最大位移？【答案】(1)2m10m/sa=；(2)2mx=；(3)4.5mx=【解析】【详解】(1)当推力最大时加速度最大mmFmgma−=解得2m10m/sa=(2)由图像得6020Fx=−当合力等于零时速度最大Fmg=解得2mx=(3)由动能定理得0Wmgx

−=由图像得1360J=90J2W=解得4.5mx=16.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图像，如图所示（除2s~10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小

车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为2.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变。则(1)小车受到的阻力大小为多大？(2)小车的功率为多大？(3)小车加速过程中位移大小为多大？【答案】(1)

3N；(2)18W；(3)42m【解析】【详解】(1)在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，由牛顿第二定律得=fma由v－t图像得加速度的大小为2260m/s1.5m/s1814a−==−故小车受到的阻力大小为3Nf=(2

)由图象可知，在10s到14s的过程中，小车匀速运动，牵引力等于阻力，故小车的功率为18WPFvfv===(3)由图象可知0到2s内的位移为1123m3m2x==2s到10s内，由动能定理得222211122Pt

fxmvmv−=−解得239mx=所以小车加速过程中位移大小为1242mxxx=+=17.如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为L=14m，传送带以v0=8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一

个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求∶(1)煤块从A到B的时间。(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕

的长度。(3)系统因摩擦产生的热量。【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J【解析】【详解】(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=代入数据解得218m/sa=煤块达到和传送带速度相等

时的时间为0111svta==煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为211114m2xat==煤块速度到达v0后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得2sincosmgmgma−=代入数据解得224m/sa=煤块第二

次加速的位移为2110mxLx=−=22022212xvtat=+解得21st=煤块从A到B的时间为122sttt=+=(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为21011114m2Lvtat=−=第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为22022mLxvt=−=

两部分重合，故划痕总长为4m(3)系统因摩擦产生的热量为12cos()6JQmgLL=+=18.如图所示，B球静止在光滑的水平台边，与台边相距一定距离处有一个竖直的弹性挡板，A球用轻细线悬挂在B球旁边，静止时两球挨在一起。A球质量为B球质量的两倍，碰撞是完全弹性的且

碰撞时间极短。现将A球从竖直方向拉偏一个很小的角度（＜10°），并从静止释放，碰后A球刚好完成一次全振动后与回到台边的B球再次碰撞，是通过计算分析出B球第二次回到台边时A球的位置及速度方向（要求推导过程）。【答案】

A球运动到了其摆动过程的最低点（即平衡位置处），速度方向向右。【解析】【详解】由于碰撞时间极短，所以可认为碰撞对A球完成一次全振动所用时间没有影响。以向右为正方向，则第一次碰撞时AA1AA2BB2=mvmvmv+222AA1AA2BB2111=

222mvmvmv+解得A2B21=4vv完成第一次碰撞后，B球以vB2的速度向右运动，与挡板发生弹性碰撞后以相同大小的速度返回，与A球发生第二次碰撞，即B球以速度vB2运动一个来回的时间恰好等于A球完成一次全振动的时间。第二次碰撞时AA2BB2AA3BB3=mvmvmvmv−+22

22AA2BB2AA3BB31111=2222mvmvmvmv++解得A3B27=12vv−B3B22=3vv第二次碰撞使A、B球各自被弹回，B球的运动速度减小为B223v，所以运动一个来回所需要的时间是第一次的1.5倍；在这段时间内，

A球完成了1.5个全振动，第二次碰撞使得A球是从平衡位置开始向左振动的，所以完成1.5个全振动后，A球又到达了平衡位置处，运动方向向右。