物理圖像測試【測】

（時間：90分鐘滿分：120分）

一、單項選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

求的）

1.（2022?浙江東陽中學高三階段考試）電梯是高層住宅、寫字樓與賓館的運載工具。某人乘坐電梯向下運行的V

圖象如圖所示，貝∣J（）

°ZI（24t

A.在0?A時段，人受到的支持力大于自身的重力

B.僅在n?f2時段，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力

C.在攵?“時段，人處于失重狀態(tài)

D.在0?B時段，人對電梯的壓力大小始終等于電梯對人的支持力大小

【答案】D

【解析】在0?八時段內(nèi)，電梯向下勻加速運行，電梯對人的支持力小于人的重力，故A錯誤；在電梯整個

運動過程中，根據(jù)牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力大小始終等于電梯對人的支持力大小，故B錯誤，D正

確；在?時段內(nèi)，電梯向下勻減速運行，電梯對人的支持力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，故C錯誤.

2.（2022?江西紅色七校3月第二次聯(lián)考）下列圖象均能正確反映物體在直線上的運動，則在r=2s內(nèi)物體位移最

大的是（）

D

【答案】B

【解析】根據(jù)速度圖象與橫軸所夾面積表示位移可知，在t=2s內(nèi)物體位移最大的是圖B.

3.（2022?l月遼寧普通高校招生適應性測試，1）甲、乙兩物體沿直線同向運動，其位置X隨時間f的變化如圖所

示，甲、乙圖線分別為圓弧、直線。下列說法正確的是（）

A.甲做勻減速直線運動

B.乙做勻加速直線運動

C.第4s末，二者速度相等

D.前4s內(nèi)，二者位移相等

【答案】D

【解析】X-/圖象的斜率&=巖表示速度，可知甲物體做減速直線運動，但其圖象并非拋物線，故甲物體不

是勻減速直線運動，選項A錯誤；乙物體做勻速直線運動，選項B錯誤；x-r圖象中圖線交點表示相遇，所以

前4s內(nèi)二者位移相等，選項D正確；第4s末二者相遇，但此時二者速度不相等，選項C錯誤。

4.（2022?安徽省六校第二次聯(lián)考）一個運動物體的，一『圖象如圖所示，根據(jù)圖象下列說法正確的是（）

A.物體初速度大小為n

B.物體的加速度大小為*

C.m時刻物體的速度大小為0

D.0?機時間內(nèi)物體的位移大小為號L

【答案】A

【解析】根據(jù)勻變速直線運動位移一時間公式X=V根據(jù)數(shù)學知識可得vo=n,%=+,

所以〃=一普，故A正確，B錯誤；由上面可知，，〃時刻物體的速度大小為V=VO+w=〃+（一普｝=一”，故C

錯誤；0?m時間內(nèi)物體的位移大小為X=W+"=小，"+3（一給/=0,故D錯誤。

5.（2022?安徽馬鞍山市一模）“、6兩物體從同一地點同時出發(fā)，沿相同方向運動。圖甲是“做勻加速直線運動的

x-f圖象，圖乙是匕做勻減速直線運動的x—V2圖象。則下列說法正確的是（）

Al=1.25s時兩物體速度相等

B.前2S內(nèi)兩物體間距離一直在變大

Cj=O時刻，α的速度為2m∕s,b的速度為12.5m∕s

D.α的加速度大小為4m∕s2>b的加速度大小為8m∕s2

【答案】A

【解析】設甲的加速度為0,乙的加速度為42,圖甲可看出。做初速度為零的勻加速直線運動，則有M=如f

÷∣i∕∣z2,將圖甲的（1,2）,（2,8）兩點代入解得s=4m/s?,vo∣=O,則%=α"=4f;圖乙中人做初速度為Iom/s

2

的勻減速直線運動，根據(jù)0—v=2gx?,解得“2=—4m∕s2,則ι?=vo+Gf=lO-4f,由此分析r=1.25s時，va

=5m∕s,v?=5m∕s,故A正確；α做初速度為零的勻加速直線運動，6做初速度為IOm/s的勻減速直線運動，

因此一開始〃在“前，％<?）,此時〃間距離變大，當力=m時，即/=1.25s時八人間距恩達到最大，之后

va>vh,°、6間距離將變小，故B錯誤；f=0時刻，〃的速度為0,%的速度為Iom∕s,故C錯誤；由上分析可

知a的加速度大小為4m∕s2,b的加速度大小也為4m∕s2,故D錯誤。

6.（2022?浙江新高考測評卷七）一種電場的某條電場線與X軸重合，其場強大小E與坐標X的關系如圖所示，下

列說法正確的是（）

A.此電場是勻強電場

B.由圖象可以直接看出場強大小隨X均勻減小

C.圖象的斜率表示電場的電勢

DR與X2之間的電勢差等于陰影部分的面積

【答案】D

【解析1由題圖可以看出E-X關系圖象是正比例函數(shù)圖象，場強E隨X均勻增大，此電場并非勻強電場，A、

B錯誤；U=Ed雖然適用于勻強電場，但可推導非勻強電場的t/、E、X之間的關系，￡—龍圖線與X軸所圍成的

面積表示電勢差U,圖象的斜率不能表示電場的電勢，C錯誤；梯形ABKJ的面積表示Xi與X2之間的電勢差,

由幾何關系有△OBgABOK,AOΛD^?AOJ,則梯形ABKJ的面積等于梯形ABCD的面積，即陰影部分的

面積，所以鶯與垃之間的電勢差等于陰影部分的面積，D正確。

7.（2022?福建泉州市4月質(zhì)量監(jiān)測）一質(zhì)點沿X軸運動，其勢能EP與位置X的關系圖線為如圖所示的拋物線。已

知該質(zhì)點的動能和勢能總和保持不變，規(guī)定沿X軸正方向為作用力F的正方向，則F與X的關系圖線可能正確

的是（）

【答案】A

【解析】由于該質(zhì)點的動能和勢能總和保持不變,其勢能EP與位置X的關系圖線為拋物線，可知其動能Ek

與位置X的關系圖線也為拋物線，由動能定理W=AEk=Ek卡一EkM可知，AEk、W與位置X的關系圖線也為拋物

線；則只有當尸與X關系為一次函數(shù)關系時，由W=力累積做功W與位置X關系為拋物線（二次函數(shù)）。結(jié)

合尸正方向與X正方向相同，當質(zhì)點從國向必方向運動時勢能減小，說明動能增大，力做正功，即力的方向為

正，同理，當質(zhì)點從Xo向尼方向運動時，力方向為負，故A正確，B、C、D錯誤。

8.（2022?浙南名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考）如圖所示，邊長為L的正方形導線框，從圖示位置開始沿光滑斜面向下滑動，

中途穿越垂直紙面向里、有理想邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場的寬度大于3以i表示導線框中的感應電流，以y

表示線框運動速度。從線框剛進入磁場開始計時，電流取逆時針方向為正方向，速度方向取沿斜面向下為正方

向，以下圖象可能正確的是（）

【答案】B

【解析】根據(jù)楞次定律可知，線框進磁場和出磁場過程感應電流方向相反，線框進磁場時感應電流方向為逆

時針方向，取逆時針方向為電流的正方向，所以進磁場電流為正值，出磁場電流為負值，當線框下邊進磁場，

受到的安培力和重力沿平行斜面方向的分力大小相等時，線框做勻速運動，產(chǎn)生不變的感應電動勢，產(chǎn)生不變

的電流；當線框下邊進磁場，受到的安培力大于重力沿平行斜面方向的分力，線框做加速度減小的減速運動，

產(chǎn)生逐漸減小的感應電動勢，產(chǎn)生逐漸減小的感應電流；當線框完全進入磁場后，穿過線框的磁通量不變，無

感應電流，在重力作用下，線框做加速運動；當線框下邊出磁場時，回路重新產(chǎn)生電流，并且此時電流絕時值

應該大于線框完全進入磁場瞬間的電流值，由于安培力大于重力沿平行斜面方向的分力，所以線框做減速運動，

產(chǎn)生減小的感應電動勢，產(chǎn)生減小的電流，而電流減小，安培力也減小，所以線框做加速度減小的減速運動，

即V隨時間/的變化圖象的斜率減小，由于感應電動勢E=B”,所以感應電流/=[=隼，所以電流/隨時間

,的變化圖象的斜率也應該減小，故選項B正確，A、D錯誤；當線框下邊進磁場，受到的安培力小于重力沿斜

面方向的分力，線框做加速度減小的加速運動，當線框完全進入磁場后，無感應電流，線框不受安培力，合力

為重力沿斜面的分力，加速度應大于線框進入磁場的加速度，圖象斜率變大，故C錯誤。

10.（2022?八省聯(lián)考遼寧卷）如圖所示，“凹”字形金屬線框右側(cè)有一寬度為3L的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于

紙面向里。線框在紙面內(nèi)向右勻速通過磁場區(qū)域，r=0時，線框開始進入磁場。設逆時針方向為感應電流的正

方向，則線框中感應電流i隨時間f變化的圖象可能正確的是（）

【答案】A

【解析】設金屬線框勻速運動的速度為V,線框總電阻為R,當時間5時，只有最右側(cè)的兩個短邊切割磁

感線，感應電流的方向為逆時針方向，大小為!=竿;當臺K平時，從右側(cè)中間短邊進入磁場，至左側(cè)長邊

進入磁場，感應電流方向為逆時針方向，大小為/=半：當%f＜華時，從左側(cè)長邊進入磁場，至右側(cè)的中間

短邊離開磁場，感應電流方向為順時針方向，大小為I=半;當華≤f＜中時，從右側(cè)中間短邊離開磁場，至左

側(cè)長邊離開磁場，感應電流方向為順時針方向，大小為/=貸，故選A。

二、多項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全

部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

11.（多選）（2022?山西朔州市懷仁市期末）如圖甲所示，水平面上一質(zhì)量為，”的物體，在水平力尸作用下從靜止開

始加速運動，力F的功率尸恒定不變，運動過程所受的阻力/大小不變，加速運動r時間后物體的速度達到最

大值Vnv尸作用過程中物體的速度V的倒數(shù)與加速度。的關系圖象如圖乙所示，僅在已知功率P的情況下，根

據(jù)圖象所給的信息能求出以下哪些物理量（）

r777777777

α∕(m?s^2)

甲

A.物體的質(zhì)量

B.物體所受阻力/

C.物體加速運動的時間t

D.物體運動的最大速度l?

【答案】ABD

【解析】由題意可知P=外，根據(jù)牛頓第二定律得尸一片座即卜/=根，變形得§=%+￡由乙圖可知，

斜率1=擊，縱軸截距看=0.1,P已知，可求出,〃和力選項A、B能夠求出；水平力等于阻力時，速度達到最

大，則有P=FVm=/Vm,能求出Vm,選項D能夠求出；由尸=FI，知，V增大，F(xiàn)減小，則物體先做變加速運動，

當加速度為零時做勻速運動，根據(jù)條件不能求出加速運動的時間，選項C不能求出。

12.（多選）（2022?安徽池州市一模）如圖所示為某靜電場中X軸上各點電勢9的分布圖，一個質(zhì)量為如電荷量絕

對值為q的帶電粒子從坐標及處以初速度Vo沿X軸負方向出發(fā)，帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在田，為］區(qū)間

內(nèi)往返運動，則下列說法正確的是（）

A.粒子一定帶負電

B.粒子從X1運動到X3的過程中，加速度先增大后減小

C.粒子從X1運動到X3的過程中，電場力先做負功后做正功

Dg位置的電勢”=叫產(chǎn)

【答案】AD

【解析】帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在［XI，X3］區(qū)間內(nèi)往返運動，可知粒子從為到X3處速度先增大后減

小，動能先增大后減小，根據(jù)能量關系可知電勢能先減小后增大，由圖象可以看出從Xl到X3處電勢先增大后減

小，所以粒子帶負電，選項A正確；圖象斜率表示場強大小，從XI?X3,場強E先減小后增大，根據(jù)牛頓第二

定律知加速度先減小后增大，選項B錯誤；帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在次”知區(qū)間內(nèi)往返運動，由前面

分析可知粒子從即到X3處電勢能先減小后增大，所以帶電粒子從幻到X3的過程中，電場力先做正功后做負功，

C錯誤；根據(jù)動能與電勢能之和守恒有一4仰=%品一”2,可得X2位置的電勢夕2=絲弓產(chǎn)2,選項D正確。

13.（多選）（2022?江蘇連云港市適應性演練）如圖甲所示，一物塊在f=0時刻滑上一固定斜面，其運動的Lf圖線

如圖乙所示。若重力加速度及圖中的血、VI、A均為已知量，則可求出（）

A.斜面的傾角

B.物塊的質(zhì)量

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)

D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

【答案】ACD

【解析】物塊滑上斜面的初速度Vo已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度為0,那么平均速度為5，

所以沿斜面向上滑行的最遠距離S=鄂，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程方=gsin，+〃gcos。，向下滑行號=

gsinθ-μgcosθ,整理可得gsin6=崎工,從而可計算出斜面的傾斜角度。以及動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；

根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度SSin6=??x?ri="＞（*；」'），選項D正確；僅根據(jù)速

度一時間圖象，無法求出物塊質(zhì)量，選項B錯誤。

14.（多選）（2022?廣東省選擇考適應性測試）如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導軌，導軌電

阻不計，兩相同金屬棒心6垂直導軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強磁場，磁場方向豎直向上?，F(xiàn)兩

金屬棒分別以初速度2vo和VO同時沿導軌自由運動，先后進入磁場區(qū)域。已知“棒離開磁場區(qū)域時6棒已經(jīng)進

入磁場區(qū)域，則“棒從進入到離開磁場區(qū)域的過程中，電流，.隨時間，的變化圖象可能正確的有（）

【答案】AB

【解析】〃棒以速度2即先進入磁場切割磁感線產(chǎn)生的感應電流為io="含棒受安培力做變減速直線運動，

感應電流也隨之減小，即i—f圖象的斜率逐漸變??；設當6棒剛進入磁場時。棒的速度為也，此時的瞬時電流

為i尸啥若0=%,即八=嚕=4，此時兩棒產(chǎn)生的感應電動勢反向，電流為零，不受安培力，兩棒均勻速

KKZ

運動離開，i-r圖象中無電流的圖象，故A正確，C錯誤；若也＜%,即人=陪此時兩棒產(chǎn)生的電動勢大

小不相等，方向相反，要抵消一部分，因方棒的速度大，電流方向與b棒中的電流方向相同，與原。棒的電流

方向相反，即為負，大小為i="?n2^,b棒受安培力要減速，。棒受安培力而加速，則電流逐漸減小，故

B正確，D錯誤。

15.（多選）（2022?北京海淀區(qū)期末練習反饋）圖甲是某實驗小組的同學通過實驗作出的電源E的路端電壓U與電流

L的/-U圖象。下列說法中正確的是（）

A.電源E的短路電流約為0.24A

B.由小燈泡L的/一U圖象可知，隨燈泡兩端電壓的增大，燈絲電阻逐漸減小

C.將兩個完全相同的小燈泡L并聯(lián)接在電源E兩端組成閉合回路，可求得此時每個小燈泡消耗的功率

D.將兩個完全相同的小燈泡L串聯(lián)接在電源E兩端組成閉合回路，可求得此時每個小燈泡消耗的功率

【答案】CD

【解析】圖甲中電流為0.24A時，路端電壓為1.0V,電源短路時路端電壓為0,故A錯誤；由小燈泡L的/

-U圖象可知，隨燈泡兩端電壓的增大，燈絲電阻逐漸增大，故B錯誤；將兩個完全相同的小燈泡并聯(lián)接在電

源E兩端組成閉合回路，設每個燈泡的電流為/,由閉合電路的歐姆定律可得U=E—2",在乙圖中作出此狀態(tài)

電源的/一U圖線，與小燈泡的/一U圖線交點表示燈泡的實際電流和實際電壓，由此可求得此時每個小燈泡消

耗的功率，故C正確；將兩個完全相同的小燈泡串聯(lián)接在電源E兩端組成閉合回路，設每盞燈的電壓為U,由

閉合電路的歐姆定律可得2U=E-Ir,在乙圖中作出此狀態(tài)電源的/-U圖線，與小燈泡的/一U圖線交點表示

燈泡的實際電流和實際電壓，由此可求得此時每個小燈泡消耗的功率，故D正確。

16.（多選）（2022?江西紅色七校3月第二次聯(lián)考）如圖甲所示，兩個點電荷0、Qz固定在X軸上，相距L，其中

勒位于原點O,6是它們連線延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶負電的粒子q以一定的初速度沿X軸從〃點開始經(jīng)

6點向遠處運動（粒子只受電場力作用），設粒子經(jīng)過八匕兩點時的速度分別為玲、vfc,其速度隨坐標X變化的

圖象如圖乙所示，則以下判斷正確的是（）

甲乙

A.”、力連線的中點電勢最低

B.a點的電勢比b點的電勢高

C?x=3L處場強一定為零

D.02帶負電且電荷量小于Q?

【答案】CD

【解析】帶電粒子在電場中只受電場力作用，電勢能和動能之和不變，由圖可知，在b連線的中點3L處，

動能最大，電勢能最小，因為粒子帶負電荷，所以b連線的中點34處電勢最高，故A錯誤；根據(jù)圖乙分析

可知，。點動能比b點小，α點的電勢能比b點的大，所以4點的電勢比8點的低，故B錯誤；在32點前做加

速運動，34點后做減速運動，可見北點的加速度為0,則x=3A處場強為零，故C正確；由于粒子在x=3L

點前做加速運動后做減速運動，所以Q2帶負電，34點的加速度為0,則有夸氣=普、，故Q帶負電且

電荷量小于彷，故D正確。

三、計算題（本題共6小題，共60分）

17.（10分）（2022?安徽高三聯(lián)考）如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道A8C,小球以一定的初速度

從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖

象.已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N,空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，g=10m?2,求：

（1）圖乙中。的值；（結(jié)果不用帶單位）

(2)小球在B點受到軌道作用力的大小.

【答案】(1)25(2)8.5N

【解析】⑴小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有：品v∕=%ιv2+"M

解得：VA1=v1+2gh

即為：?=(9+2×10×0.8)m?i=25m2∕s2

(2)由題圖乙可知，軌道半徑R=0.4m,小球在C點的速度為3m∕s,在A點的速度為5m∕s,在C點由牛頓第

二定律可得：

2

Invc1

F+mg-R

解得：In=-=0.2kg

^R^S

小球從A到B,由機械能守恒可得

1,?,1,

^mvA=mgR+^mvn

解得VB=√VA2-2?Λ=√25-2×10×0.4m∕s=√17m/s

所以小球在8點受到的水平方向上的合外力為向心力：/=噂=啜2N=8.5N

IxU.4

所以小球在B點受到軌道作用力的大小為8.5N.

18.(10分)(2022?河北省1月選考模擬?13)如圖甲所示，兩條足夠長的平行金屬導軌間距為0.5m,固定在傾角為

37。的斜面上.導軌頂端連接一個阻值為1C的電阻.在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1T的勻強磁

場.質(zhì)量為0.5kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導軌下滑，其運動過程中的v-t圖像如圖乙所示.金屬棒運動過

程中與導軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導軌的電阻，取g=l()m∕s2,sin37c>=().6,cos37tj=0.8.

(1)求金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；

(2)求金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率；

(3)已知金屬棒從進入磁場到速度達到5m/s時通過電阻的電荷量為1.3C,求此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱.

【答案】(1)0.25(2)8m/s(3)2.95J

【解析】(1)由題圖乙可知，金屬棒進入磁場前的加速度為α=4m/s?

受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律有

mg

∕ngsin37o-∕z∕ngcos37。=ma

解得"=0.25.

⑵感應電動勢E=BLu

EBLv

/r=1=F^

F=RW=B"'

1DLLJR

由左手定則知安培力沿斜面向上，則有

β1L1V

mgs?n310=μmgcos37o÷—R—

解得V=8m∕s.

E

(3)設金屬棒從進入磁場到速度達到5m/s時下滑距離為X,下=笑=舞，7=方=黑，q=7zv=等

△TZVAl?i?ΓlK

由空13C,可得X=2.6m,則A=xsin37o=2.6×0.6m=1.56m

κ

由能量守恒定律得3〃”°—%?VO2+pmgχcos31°+Q=zmgh

解得Q=2.95J.

19.(10分)(2022?湖北襄陽聯(lián)考)質(zhì)量〃?=1kg的物體,在水平拉力廠(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，

沿粗糙水平面運動，經(jīng)過位移為4m時，拉力F停止作用，運動到位移為8m時物體停止運動，運動過程中Ek-X

的圖線如圖所示。取g=10m∕s2,求：

(1)物體的初速度大?。?/p>

(2)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)；

⑶拉力廠的大小。

［答案］(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N

【解析】(1)從圖線可知物體初動能為2J,則

EkO=多加=2J

得v=2ι^n∕so

(2)在位移為4m處物體的動能為Ek=IOJ,在位移為8m處物體的動能為零,這段過程中物體克服摩擦力做功。

設摩擦力為H，則

—∕?2=0—Ek=O—10J——10J>A?=4m

得Ff=2.5N

因Ft=μmg

故〃=0.25。

(3)物體從開始運動到位移為4m這段過程中，受拉力F和摩擦力R的作用，合力為F-Ff,根據(jù)動能定理有

(尸一R)Xl=Ek—Eg

故得F=4.5N0

20.(15分)(2022?江西南昌市3月第一次模擬)如圖甲所示，在一次爆炸實驗中，質(zhì)量分別為m=2kg和M=8kg

的A、B兩個物體之間裝有少量炸藥，并排放在水平導軌上。爆炸點的左側(cè)的墻壁上裝有輕彈簧，彈簧的左端

固定，右端與A物體的距離LO=I.25m。當炸藥發(fā)生爆炸后，測得A物體壓縮彈簧的過程中，對彈簧的壓力F

隨壓縮量X的變化關系如圖乙所示(最大壓縮量為25cm)。已知A、B兩物體與水平導軌間的動摩擦因數(shù)均為〃

=0.2,4、B物體的碰撞不損失機械能，兩物體均可看作質(zhì)點。重力加速度g=10m∕s20求：

(I)A壓縮彈簧的過程中，克服摩擦力做的功和彈性勢能的最大值;

(2)爆炸過程A、B獲得的機械能之和；

(3)物體A和B最終靜止時離爆炸點的距離。

【答案】(I)IJIOJ⑵20J(3)0.02m0.37m

【解析】(I)A克服摩擦力做功為Wf=μnιgx0

解得W1=?J

彈簧的彈性勢能最大值為Ep=∕?)=Fq+2Ox?g

解得EP=IOJ。

(2)爆炸后A獲得的動能為Eu=μmg(L^+x0)+Ep

解得ES=I6J

爆炸過程中有mvM-MvoH=O

B獲得的動能為EkB=；MHB=*Ekλ

解得EkB=4J

爆炸過程中轉(zhuǎn)化成A、B的機械能為E=EM+Eks=20J。

(3)由/0或1=16,∣Λ7?=4

可得爆炸后A、B的速度為V?A=4m∕s,VOB=Im/s

?

B向右運動至停止經(jīng)過的路程為XB=罌

ZaB

其中ClA=ClB

m

解得知=0.25m

所用的時間為片番0?5s

得到A返回到爆炸點的時間tA>tB,所以A被彈簧彈回后，碰撞靜止的物體B。設碰撞前A的速度為W，貝彼加噥

=；mB+“"