上海市重点中学2021届第三次统考物理试题含解析

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上海市重点中学2021届第三次统考物理试题

一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，第1-8题，每题3分，第9-12题，每题4分，共40分） 1．可看作质点的甲、乙两汽车沿着两条平行车道直线行驶，在甲车匀速路过A处的同时，乙车从此处由静止匀加速启动，从某时刻开始计时，两车运动的v?t图象如图所示，t0时刻在B处甲，乙两车相遇。下面说法正确的是

A．A,B两处的距离为v0t0 B．t0时刻乙车的速度是2v0 C．t?0时刻两车并排行驶 D．t?0时刻乙车行驶在甲车前面【答案】B

【解析】AB.将乙车的运动图象反向延长，与横轴的交点对应车道上的A位置，当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，t0时刻乙车的速度是2v0，A、B两处的距离大于v0t0，选项A错误、选项B正确； CD.从A到B一直是乙车在后面追赶甲车，选项C、D错误。

2．一列简谐横波沿x轴正向传播，波形如图所示，波速为10m/s。下列说法正确的是（）

A．该波的振幅为0.5m，频率为2Hz B．此时P点向y轴负方向运动

C．再经0.9s，Q点有沿y轴正方向的最大加速度

D．再经1.05s，质点P沿波传播方向迁移了10.5m 【答案】C

【解析】A．从图中可以看出振幅为0.5m，波长为4m，所以周期为

T?λ4??0.4s v101?2.5Hz T则频率为

f?故A错误；

B．因为波沿x轴正向传播，所以P点下一步会成为波峰，应该向y轴正方向运动，故B错误； C．因为周期是0.4s，简谐横波沿x轴正向传播，所以经过0.9s后，相当于Q点经过0.1s到达波谷，此时加速度最大，并且沿着y轴正方向，故C正确；

D．质点P只会上下振动，不会沿波传播方向迁移，故D错误。故选C。

3．如图，A代表一个静止在地球赤道上的物体、B代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星，C代表一颗地球同步轨道卫星。比较A、B、C绕地心的运动，说法正确的是（）

A．运行速度最大的一定是B C．向心加速度最小的一定是C 【答案】A

B．运行周期最长的一定是B D．受到万有引力最小的一定是A

【解析】A．因AC的角速度相同，则由v=ωr可知，vC>vA；对BC卫星，由v?vB>vC >vA，选项A正确；

GM可知，vB>vC，可知rr3B．因AC周期相同；而对BC卫星，根据T?2?可知，C的周期大于B，可知运行周期最长的是

GMAC，选项B错误；

C．因AC的角速度相同，则由a=ω2r可知，aC>aA；对BC卫星，由a?向心加速度最小的一定是A，选项C错误；

D．三个物体的质量关系不确定，不能比较受到万有引力的关系，选项D错误。故选A。

4．M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一质子，质子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是

GM可知，aB>aC，可知aB>aC >aA，2r

A．M点的场强大于N点的场强 B．M、N之间的电场线可能是一条曲线 C．质子在M点的加速度小于在N点的加速度 D．电场线方向由N点指向M点【答案】A

【解析】A．Ep一x图像斜率的变化反映了电场力的变化，所以M点的场强大于N点的场强，A项符合题意；

B．电荷仅在电场力作用下沿电场线运动，电场线一定是直线，B项不符合题意；

C．因为M点场强大于N点场强，所以质子在M点受到的电场力大于N点受到的电场力，质子在M点的加速度大于在N点的加速度，故C项不符合题意；

D．由M到N质子的电势能减小，所以M点电势高于N点电势，所以电场线方向由M指向N，D项不符合题意.

5．如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO’做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是

A．从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBS B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Nbs/R C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω D．电流表的示数为nB?S

2(r?R)【答案】D

【解析】试题分析：由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为BS，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化

E?量为2BS；故A错误；从t3到t4这段时间磁通量的变化为BS，则平均电动势 R的电荷量为q?知：E?NBS；因此通过电阻tNBSNBSt?；故B错误； t3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可

R?r?r?R?tN?；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C错误；电流表的示数为有效值，则有：tI?ENBS??；故D正确；故选D． R2?R?r?考点：法拉第电磁感应定律；交流电的有效值

6．一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=3，g取10m/s2，则物块在运动时间t=1.5s时离斜面底端的距离为 3

A．3.75m 【答案】B

B．5m C．6.25m D．15m

【解析】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：

a?gsin???gcos??10m物块运动到最高点时间：

t?v0?1s?1.5s a由于mgsin???mgcos?，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为

2v0x??5m ，故B正确。

2a故选：B。

7．如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间t变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框ab边受到的安培力F随时间t变化图象中，可能正确的是（取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】AB．由图可知，在0~

内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0~内电流的方向相同，由22

T~T内内线圈中磁感应强度的变化率相2楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在同，故

T~T内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法2拉第电磁感应定律有

E??BS? ?t2则感应电流为

i?E?BS?? R?t2R由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A错误，B正确； CD．由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据

F?BIL

可知F与B成正比，则在0~T内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b到a，根据左手定则可知，线框4ab边受到的安培力F方向向右，为正方向，大小随B均匀减小；在

TT~内磁场垂直纸面向里增大，电42流方向由b到a，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向左，为负方向，大小随B均匀增大；在

T3T~内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a到b，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培223T~T内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a到b，2力F方向向右，为正方向，大小随B均匀减小；在

根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向左，为负方向，大小随B均匀增大，故CD错误。故选B。

8．极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）．如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A点的正上方按图示方向运行，经过12h后再次出现在A点的正上方，地球自转周期为24h．则下列说法正确的是

A．该卫星运行周期比同步卫星周期大 B．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次

C．该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小 D．该卫星所有可能角速度的最小值为【答案】D

【解析】地球在12h的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A点的正上方，则时间应该满足

?8rad/h

3 T+nT4＝12h，解得T＝48h（n=0、1、2、3、），当n=0时，周期有最大值T=16h，当n的取值不同，则周期4n?3不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h时，每隔12h经过A点上方一次，选项B错误；卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步

GM可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C错误；该卫星的r22???rad/h，选项D正确. 最大周期T=16h，则最小的角速度为：?=T8卫星的半径，根据a?9． “月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年38cm的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是（） A．月球绕地球做圆周运动的周期将减小 B．月球绕地球做圆周运动的线速度增大 C．地球同步定点卫星的高度增大 D．地球同步定点卫星的角速度增大【答案】C

【解析】A．月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：

Mm4?2G2?m2r rT解得：

r3 T?2?GM随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故A错误；

B．月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：

Mmv2G2?m rr解得：

v?GM r随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的线速度变小，故B错误；

CD．潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，则地球自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小，根据

??GM 3r可知轨道半径变大，故高度增大，故C正确，D错误；故选C。

10．如图所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂输出发电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变。当升压变压器原副线圈匝数比为k时，用户得到的功率为P1则当升压变压器的原副线圈匝数比为nk时，用户得到的电功率为（）

2222A．(1?nk)P?nkP1 22B．(1?n)P?nP1

P11)P? 2222nknkP1D．(1?22)P?212

nknkC．(1?【答案】B

【解析】原、副线圈的匝数比为k，根据变压器的规律可得

I:I1?1:k

据能量守恒可得

222P?P1?I1R?kIR

当升压变压器的原、副线圈匝数比为nk时，用户得到的功率为

'22P1?(1?n)P?nP1

故选B。

11．如图，天然放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，则（）

A．①电离作用最强，是一种电磁波

B．②贯穿本领最弱，用一张白纸就可以把它挡住

C．原子核放出一个①粒子后，形成的新核比原来的电荷数多1个 D．原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少4，中子数比原来少2个【答案】C

【解析】①向右偏转，知①带负电，为β射线，实质是电子，电离作用不是最强，也不是电磁波，故A错误．②不带电，是γ射线，为电磁波，穿透能力最强，故B错误．根据电荷数守恒知，原子核放出一个①粒子后，电荷数多1，故C正确．③向左偏，知③带正电，为α射线，原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少2，质量数少4，则中子数少2，故D错误．故选C．

点睛：解决本题的关键知道三种射线的电性，以及知道三种射线的特点，知道三种射线的穿透能力和电离能力强弱．

12．如图所示电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法中正确的是（）

A．该变压器起升压作用 B．电压表V2示数增大 C．电压表V3示数减小

D．变阻器滑片是沿d→c的方向滑动【答案】C

【解析】A．由公式

I1n2? I2n1得

n1?I20.8???4 n2?I10.2则

n1?n2

该变压器起降压作用，故A错误；

B．由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，则电压表V1示数不变，由理相变压器原公式

U1n1? U2n2可知，电压表V2示数不变，故B错误； C．电压表V3的示数

U3?U2?I2R0

由于U2不变，I2增大，则U3减小，故C正确； D．由

I2?U2

R0?R且U2不变，I2增大，R应减小，则滑片应沿c?d方向滑动，故D错误。故选C。

二、填空题（每小题4分，共20分）

13．如图，圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一质量为m的球，今将小球沿钢丝AB以初速v0竖直向上抛出。致使大圆环对地无作用力，则小球上升的加速度为___________。小球能上升的最大高度为___________。（设AB钢丝足够长，小球不能达到A点）

2mv0(M?m)g 【答案】

2(M?m)gm【解析】大圆环对地无作用力时，说明m对M的滑动摩擦力与Mg大小相等，根据牛顿第二定律求出小球上升的加速度。根据运动学速度位移公式求出小球能上升的最大高度。

【详解】[1]由题可知大圆环对地无作用力时，m对M的滑动摩擦力f与Mg大小相等，方向竖直向上。以小球为研究对象，分析受力可知，小球受到竖直向下的重力mg和向下的滑动摩擦力f′，根据牛顿第三定律得知，f′=f=Mg，根据牛顿第二定律得到，小球上升的加速度：

a=mg+fm+M=g mm[2]由

v2?v02=2ah

得：

v2?v02mv02h==。

?2a2?m+M?g【点睛】

本题中圆环处于平衡状态，小球具有加速度，分析运动平衡条件和牛顿定律进行研究，采用的是隔离法。14．相对论论认为时间和空间与物质的速度有关；在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按下手电筒，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c，站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度_______（填相等、不等）．并且，车上的乘客认为，电筒的闪光同时到达列车的前、后壁，地面上的观察者认为电筒的闪光先到达列车的______（填前、后）壁．

【答案】相等后

【解析】车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些．

15．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．

实验主要步骤：

（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；

（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：

（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．

A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ） C．电流表（0-200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）

（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．

A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱

C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱

（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值．

【答案】（1）A、 C （2）C （3）ka k-R2

【解析】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；

当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为

I?E3??176mA；因此，电流表选择C；

R1?R2?r10?5?2（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；

（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=k-R2；令U=0，则有：I?E=ka . 【点睛】

本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．

16．如图甲所示，某同学在水平面上用水平力拉一质量为1kg的物块，使物块由静止开始运动．该同学测得不同时刻物块的速度v和拉力F，并绘出v?

EE?；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a?I?E；解得：

r?R2kk1

图象（图乙），其中线段AB与v轴平行，线段BC的延F

长线过原点，C点时刻对应的速度为物块恰好达到最大速度，阻力恒定．物块从静止开始达到最大速度时发生的位移为15.5m．则BC段物块的位移大小为________m，线段BC中点对应的物块加速度大小为________m/s2 ．

【答案】13.1 0.46

【解析】根据速度时间图像的物理意义。结合牛顿第二运动定律和匀变速直线运动规律列式求解。【详解】[1][2]由图可知，当速度最大时

11? F2所以F=2N

所以C点速度最大，此时阻力等于牵引力，则：f=F=2N 又由于BC的连线过O点，则：

vBvC? FBFC所以：FB=3.2N

AB阶段牵引力不变，物体做匀加速运动，则：a?所以AB段的长度：

FB?f3.2?2??1.2m/s2 m1v22.42x1???2.4m

2a2?1.2BC段的长度：

x2=x﹣x1=15.5﹣2.4=13.1m

设线段BC中点对应的力大小为FD，则：

11?123.2 ?FD2所以：FD=2.46N 由牛顿第二定律得： FD﹣f=maD

2代入数据得：aD?0.46m/s

17．牛顿________定律又叫做惯性定律，________是衡量物体惯性大小的唯一量度．【答案】第一质量

【解析】一切物体都有惯性．惯性的大小取决于物体的质量，与速度无关，质量不变，物体的惯性不变．【详解】物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，牛顿第一定律又叫做惯性定律，物体惯性大小的唯一量度是物体的质量．【点睛】

惯性是动力学中基本概念，是物体的固有属性，由物体的质量大小决定，与速度无关．三、实验题（本题共10分）

18．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸． ①下列哪些措施能够提高实验准确程度______． A．选用两光学表面间距大的玻璃砖 B．选用两光学表面平行的玻璃砖 C．选用粗的大头针完成实验

D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些

②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______．

③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN?的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n?______．（用图中线段的字母表示）

【答案】AD D

AC BD【解析】采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，因此AD正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的大头针因此C错误．

根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确，ABC错误

由折射定律可知折射率n?sin?AOCACBDAC ，sin?AOC?，sin?BOD?，联立解得n?sin?BODRRBD四、解答题（本大题共2题，共30分）

19．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：

（1）电场强度E的大小．（2）圆形磁场区域的半径R．

（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．

23mv023h?m23mv0 ．． ?【答案】（1）（2）（3）2qh3v3qB3qB0【解析】（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v=竖直分速度 vy=v0cot30°=3v0 由h?2vyv0=2v0

sin302a ，a=

qE得 m23mv0E=

2qh（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．

v2r?mv?2mv0 由牛顿第二定律得：qvB=m，

qBqBr根据几何关系得：R=rtan30°=

23mv0

3qB

（3）在电场中，由h=

vy2t1得 t1=23h； 3v0112?m?mt?T??? 在磁场中，运动时间 266qB3qB故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2=

23h?m ． ?3v03qB20．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA?1.0kg ，mB?4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l?1.0m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek?10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B

2与地面之间的动摩擦因数均为??0.20．重力加速度取g?10m/s．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为

弹性碰撞且碰撞时间极短．

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；

【解析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．

【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

0?mAvA?mBvB ①

11Ek?mAvA2?mBvB2②

22联立①②式并代入题给数据得 vA=4.0m/s，vB=1.0m/s

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB．，则有

mBa??mBg④ 1sB?vBt?at2⑤

2vB?at?0⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 sA=vAt–

12at⑦ 2联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA=1.75m，sB=0.25m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为 s=0.25m+0.25m=0.50m⑨

（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有

1122mAv?A?mAvA???mAg?2l?sB?⑩ 22联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA??7m/s