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武汉十一中 2025 级高一下六月月考物理试卷
一、单选题（40分）
1．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（ ）
A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B．图乙中，A不固定且置于光滑水平地面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒
C．图丙中，不计任何阻力和滑轮质量时，A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械
能不守恒
D．图丁中，系在橡皮条一端的小球向下摆动时，小球和橡皮条构成的系统机械能守恒
2．如图所示，质量为m的滑块静止在水平面上，并通过一长为l的轻绳与水平面上的O点相连。现对
滑块施加一个平行于水平面且大小不变的拉力F，使滑块从A点运动到B点，整个过程中轻绳始终绷紧。
已知OA与OB的夹角为60°，拉力F的方向始终与滑块的运动方向成37°角，滑块可看作质点且与水平
面间的动摩擦因数为 µ ，重力加速度为g，不计空气阻力，sin37°=0.6。在该过程中（ ）
3Fl
A．拉力F对滑块做的功为 2
4Fπl
B．拉力F对滑块做的功为 15
3
µmgl
C．滑块克服摩擦力做的功为 2
D．滑块克服摩擦力做的功为
µmgl
3．如图甲所示，连续上下抖动较长软绳一端形成沿绳传播的波，该绳波可视为简谐横波；图乙为该横
试卷第1页，共7页
学科网（北京）股份有限公司波在t =0 时刻的波形图，P 、Q 为该波上两个质点，此时P 位于平衡位置，Q 位于波峰；图丙为
波上x=2.0m处质点的振动图像。则（ ）
A．t =0 时刻质点P正向 y 轴正方向振动
B．质点Q 比质点P更靠近波源
C．t =0.6s时，质点P 的振动速度最大
2
0.5,
D．t=0.9s 时，质点Q 的坐标为 10
x =6m
4．如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且 ab 。
下列说法中正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播 B．波长可能是6m
C．波速可能是1.2m/s D．波速可能是3m/s
5．如图甲所示为蹦床运动员比赛的场景，图乙为某运动员完成比赛后落在蹦床上一段时间内与蹦床间
的作用力随时间的变化规律，已知该运动员的质量为m=50kg，重力加速度为g =10m/s2
，不计空气阻
力。从t=0时刻开始，下列说法正确的是（ ）
试卷第2页，共7页A．该运动员第一次离开蹦床后，上升的最大高度为12.8m
B．1.0s~2.6s的时间内，该运动员动量的变化量为0
C．3.0s~3.8s的时间内，该运动员重力的冲量为0
D．该运动员第二次与蹦床作用时的平均作用力大小为2000N
6．如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为θ=30°足够长的光滑斜面上的物体相
连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0~6s时间内物体运动的v−t图像如图乙所示，其中除1~5s时间
段图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，
不计一切摩擦，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在0~6s内电动机牵引力大小处于0~10N范围内
B．1s后电动机的输出功率为50W
C．物体达到的最大速度 v m大于10m/s
D．0~5s内物体沿斜面向上运动了35m
7．如图1所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v 在光
0
滑水平面上向右运动，t=0时刻，木板a与物块c碰撞后立即粘合在一起。已知物块c质量为m，木板
v
0
a与物块c粘合后速度为 2 ，随后b与ac运动的v-t关系如图2所示，不计空气阻力，重力加速度为g，
物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a。则下列说法正确的是（ ）
试卷第3页，共7页
学科网（北京）股份有限公司A．物块b质量为2m B．物块b质量为m
v t v
0 0 0
C．木板a长度至少为 8 D．物块b与木板a间的动摩擦因数为 5gt 0
二、多选题
8．如图为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，若鱼咬钩后将鱼漂往下拉了一小段距离
后松口，鱼漂在M 、N 之间的上下振动形成简谐运动。关于此振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．水位在O点时，鱼漂的速度最大
B．水位由O点到N 点，鱼漂的位移向下且逐渐变大
C．水位到达M 点时，鱼漂的速度为零
D．鱼漂由上往下运动过程中，加速度越来越大
9．图甲是倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2kg的物块静止在斜面底端，t=0
时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F ，物块运动的a−t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重
力加速度g =10m/s2 ，下列说法中正确的有（ ）
试卷第4页，共7页A．前2s内F 的大小是第3s的2倍 B．3s内物块所受合力的冲量为零
C．3s内力F 做功为零 D．第3s内力F 的冲量为10N⋅s
10．如图所示，倾角为θ的足够长的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与固定在斜
面底端的挡板相连，质量分别为3m和m的物块A、B放在斜面上，B与弹簧连接，弹簧的压缩量为 x 0，
E =2mgx sinθ
此时弹簧弹性势能 p 0 且弹簧弹性势能与形变量平方成正比，此时A、B静止。重力加速度
为g，某时刻移走A，下列说法正确的是（ ）
A．B的机械能守恒
B．B的最大加速度为3gsinθ
3 9
x mgx sinθ
C．B向上运动的最大位移为4 0 D．B运动过程中最大动能为8 0
三、实验题
11．利用如图1所示实验装置，测量一个光滑圆弧球面的半径R。一匀质小球在圆弧球面上的运动，可
视为简谐运动。
(1)用游标卡尺测量小球的直径，如图2所示，则小球的直径为d =________cm；
(2)为测量运动周期，在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A点由静止释放后，压力传感器的示
数变化如图3所示，则小球摆动的周期为T =________；
(3)光滑圆弧球面的半径R的表达式为=________（用d、t 0、重力加速度g表示）。
12．小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律。在长木板上安装光电门Ⅰ和Ⅱ，A、B为材料相同、
m m
带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为 1、 2，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，
碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，
试卷第5页，共7页
学科网（北京）股份有限公司请完成下列填空：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d =______mm。将长木板一端垫
高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同。
(2)某次实验中，滑块A通过光电门Ⅰ时的挡光时间为t 1，则滑块A过光电门Ⅰ的速度为______（用相应的
t′ t
物理量符号表示），滑块A、B碰撞后通过光电门Ⅱ的挡光时间分别为 1 、 2。
(3)在误差允许范围内，表达式：______（用 m 1、m 2、t 1、 t 1 ′ 和 t 2表示）成立，即可验证动量守恒定律。
v :v = m m
(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断。若 A B ______（用 1和 2表示），
则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞。
四、解答题（60分）
13．抖动绳子一端可以在绳子上形成一列简谐横波。图甲为一列沿x轴传播的简谐横波t=0时刻的波动
图像，此时振动恰好传播到x
1
=5m的质点A处，质点A此后的振动图像如图乙所示。质点B在x轴上位
x =12m
于 2 处，求：
(1)质点A的振动方程表达式；
(2)质点B刚开始振动的时刻；
(3)质点B处于位移y=5cm的时刻。
14．三个小物块a、b、c，如图所示，质量均为m。c放在水平面上，b、c在竖直方向上通过劲度系数
为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后粘在一起向
下运动，重力加速度为g。若粘合体振动过程中，c恰好能离开地面。求：
试卷第6页，共7页(1)粘合体的振幅；
(2)a自由下落的高度。
v =6m/s
15．如图所示，长为2m的水平传送带以恒定速度 0 顺时针传动，左端光滑水平面上固定一轻弹
簧，右端光滑水平面上停放一质量M =2kg的小车B，小车B的右端静置一质量 m C =1kg 的物块C，C
与B间的动摩擦因数 µ 1 =0.4 。传送带左侧紧邻一竖直螺旋光滑圆轨道，轨道半径R=0.8m，最低点与
m =1kg
传送带相切。现将质量 A 的物块A轻放在弹簧上，压缩弹簧后由静止释放，A被弹出后恰好能通
µ =0.2
过圆轨道的最高点。已知A与传送带间的动摩擦因数 2 ，光滑水平面足够长，物块A、C可视为
质点，小车B的高度可忽略不计，求：
E
(1)弹簧储存的弹性势能 p；
(2)物块A滑离传送带时的速度大小；
(3)物块A滑离传送带后，与小车B发生弹性碰撞，若要保证A与C不发生碰撞，求小车B的最小长度
L。
试卷第7页，共7页
学科网（北京）股份有限公司参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D C D D B AC AB BD
1．D
【详解】A．若不计空气阻力，题图甲中只有重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机
械能守恒，但物体A机械能不守恒，故A错误；
B．题图乙中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但A、B组
成的系统机械能守恒，故B错误；
C．题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B系统机械能守恒，故
C错误；
D．题图丁中小球的重力势能转化为小球的动能和橡皮条的弹性势能，小球的机械能不守恒，
但小球和橡皮条构成的系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】AB．拉力F大小始终不变，且方向始终与速度的夹角为37°。根据微元法，拉力
πl
s=l⋅θ =
做的功等于力在速度方向的分力与路程的乘积，其中路程为 3
4Fπl
W =Fcos37°⋅s=
则拉力F对滑块做的功为 15 ，故A错误，B正确；
CD．滑块在水平面上运动，摩擦力大小始终为 f =µmg
πµmgl
W = fs=
摩擦力方向始终与运动方向相反，滑块克服摩擦力做的功 f 3 ，故CD错误。
故选B。
3．D
【详解】B．t=0时刻，x=2.0m处的质点正位于平衡位置沿y 轴正方向振动，根据“上下坡
法”，可知该横波沿-x 轴方向传播，所以质点P比质点Q更靠近波源，故B错误；
A．在t=0时刻，质点P位于“上坡”,沿y 轴负方向振动，故 A 错误；
3
T
C．从t=0时刻起经时间∆t =0.6s，质点P振动了 4 恰好振动到波峰处，振动速度为0，
故C错误；
D．由图可知质点的振动周期为T =0.8s，则质点Q的振动方程为 y Q =0.2cos(2.5πt)
答案第1页，共9页
学科网（北京）股份有限公司 2
y = 2 m 0.5,
t=0.9s时，可得 Q 10 ，所以质点Q的坐标为 10 ，故 D正确 。
故选D。
4．C
【详解】A．波可沿正方向也可沿负方向传播，无法确定一定沿正方向，故A错误；
B．由振动图像可得：两质点振动周期T =4s；t=0时刻，质点a在平衡位置向下振动，质
点b在正最大位移（波峰）处。
1
x =nλ+ λ=6m
若波沿x轴正方向传播：a到b的距离满足 ab 4
24
λ= m
整理得 4n+1
λ 6
v= = m/s(n=0,1,2)
波速 T 4n+1
3
x =nλ+ λ=6m
若波沿x轴负方向传播：a到b的距离满足 ab 4
24
λ= m
整理得 4n+3
λ 6
v= = m/s(n=0,1,2)
波速 T 4n+3
若λ=6m，代入两种波长表达式，得到的n都不是非负整数，波长不可能为6m，故B错误；
6
v= m/s=1.2m/s
C．波沿x轴正方向传播，当n=1时， 4×1+1
因此波速可能为1.2m/s ，故C正确；
D．若v=3m/s，代入两种波速表达式，得到的n都不是非负整数，波速不可能为3m/s，故
D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．由图可知，运动员第一次离开蹦床后，在空中运动的时间为1.6s，则运动员上
1
h = gt2 =3.2m
升的时间为 t 1 =0.8s ，则上升的最大高度为 1 2 1 ，故A错误；
v =gt =8m/s
B．1.0s时运动员刚好离开蹦床，运动员的速度方向竖直向上，大小为 1 1
2.6s时运动员的速度方向竖直向下，大小为 v 2 =8m/s ，取竖直向上为正方向，则该时间内
Δp=mv −(−mv )=800kg⋅m/s
运动员动量的变化量为 2 1 ，故B错误；
答案第2页，共9页C．3.0s∼3.8s的时间内，运动员重力的冲量为 I G =mgt 2 =50×10×0.8N⋅s=400N⋅s ，故C
错误；
t =0.4s
D．运动员第二次离开蹦床在空中运动的时间为0.8s，上升的时间为 3 ，离开蹦床的
v =gt =4m/s
速度方向竖直向上，大小为 3 3
Ft −mgt =mv −(−mv
对运动员与蹦床相互作用的过程，由动量定理得 4 4 3 2）
代入 t 4 =0.4s ，解得F =2000N，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．由图乙可知，物体在0~1s内的加速度大小为 a
1
=5m/s2
设在0~1s内电动机牵引力大小为 F 1，由牛顿第二定律解得 F 1 −mgsinθ=ma 1
F =20N
解得 1 ，故A错误；
B．1s后电动机的输出功率为 P=F 1 v 1 =20×5W=100W ，故B错误；
F =mgsinθ=10N
C．根据题意可知，当物体速度最大时有 2
P
v = =10m/s
m F
物体达到的最大速度 2 ，故C错误；
1 5
x = at2 = m
D．物体在0~1s 内运动的距离为 1 2 11 2
1 1
P∆t−mgsinθ⋅x = mv2 − mv2
物体在1~5s内，由动能定理有 2 2 m 2 1
x =32.5m
解得 2
则在0~5s内物体沿斜面向上运动了
x=x
1
+x
2
=35m
，故D正确。
故选D。
7．B
v
m v =(m+m ) 0
【详解】AB．木板a与物块c碰撞前后，由动量守恒定律可得 a 0 a 2
m =m
解得木板a的质量为 a
2
v
由图2知，物块b、c和木板a系统最终一起做匀速直线运动，速度大小为3 0 ，由动量守
答案第3页，共9页
学科网（北京）股份有限公司v 2
(m +m) 0 +m v =(m+m +m ) v
恒定律可得 a 2 b 0 a b 3 0
m =m
解得 b ，故A错误，B正确；
C．v-t图像中的图线与坐标轴所围成的面积表示位移，图2中三角形部分的面积表示物块b
v
v − 0
∆x= 0 2 t = v 0 t 0
与木板a的相对位移，由图可知，此相对位移为 2 0 4
v t
0 0
故木板a的长度至少为 4 ，故C错误；
D．木板a与物块c粘合后至物块b、c和木板a系统一起匀速所经历的时间为t ，此过程，
0
2v v
µm gt =(m+m ) 0 −(m+m ) 0
对木板a与物块c整体，由动量定理可得 b 0 a 3 a 2
v
µ= 0
3gt
解得 0 ，故D错误。
故选B。
8．AC
【详解】A．O点是平衡位置，所以水位在O点时鱼漂的速度最大，故A项正确；
B．水位由O点到N点，说明鱼漂向上运动，位移方向向上且逐渐变大，故B项错误；
C．水位到达M 点时，到达最大位移处，鱼漂的速度为零，故C项正确；
D．鱼漂由上往下运动时，平衡位置为M 点，若从M 点上方向下运动，加速度会经历先变
小后反向变大的过程，故D项错误。
故选AC。
9．AB
【详解】A．0∼2s根据牛顿第二定律有F
1
−mgsin30°=ma
1
a =5m/s2 F =20N
其中 1 ，解得 1
23s根据牛顿第二定律有 F
2
−mgsin30°=ma
2
a =−10m/s2 F =−10N
其中 2 ，解得 2
可知前2s内F的大小是第3s的2倍，故A正确；
B．a−t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可得3s内物块的速度变化量为
∆v=5×2m/s+(−10)×1m/s=0
答案第4页，共9页根据动量定理可知3s内物块所受合力的冲量为 I 合 =m∆v=0 ，故B正确；
C．3s内，根据动能定理有 W
F
+W
G
=0
由于3s内重力做负功，所以3s内力F做正功，故C错误；
D．3s内力F的冲量为 I F =F 1 t 1 +F 2 t 2 =20×2N⋅s−10×1N⋅s=30N⋅s ，故D错误。
故选AB。
10．BD
【详解】A．移走A后，弹簧弹力对B做正功，因此B的机械能增大，故A错误；
kx =(3m+m)gsinθ
B．A、B静止时，合力为零，弹簧弹力等于总重力沿斜面的分力 0
4mgsinθ
k =
x
可得 0
F =kx −mgsinθ=3mgsinθ
移走A后，初始位置合力最大，加速度最大；合力 合 0
F
a= 合 =3gsinθ
加速度 m ，即最大加速度为3gsinθ ，故B正确；
C．B运动到最大位移时速度为0，设最大位移为x，此时弹簧形变量为 x 0 −x ，由能量守恒
1
E = k(x −x)2+mgxsinθ
p 2 0
3
x= x
解得 2 0，故C错误；
x kx =mgsinθ
D．当合力为零时，B加速度为零，动能最大。设此时弹簧压缩量为 1，平衡条件 1
3x
Δx=x −x = 0
B向上移动的距离 0 1 4
1
E = kx2+mgΔxsinθ+E
由能量守恒 p 2 1 k
mgx sinθ 3mgx sinθ 9
E =2mgx sinθ− 0 − 0 = mgx sinθ
B运动过程中最大动能为 k 0 8 4 8 0 ，故 D正确。
故选BD。
11．(1)1.150
2t
(2) 0
gt2 d
0 +
(3) π2 2
答案第5页，共9页
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）游标尺上主尺的读数为11mm，游标尺上有20小格，分度值为0.05mm。游标
尺上的第10格与主尺对齐，读数为10×0.05mm=0.50mm。总的读数结果为
11mm+0.50mm=11.50mm=1.150cm
t =2t
（2）小球从A点开始运动，由图可知 0，回到了A点，完成了一次全振动。
故周期T =2t
0
L d
T =2π L=R−
（3）类比单摆的周期公式 g ，又 2
gt2 d
R= 0 +
解得 π2 2
12．(1)5.00
d
t
(2) 1
m m m
1 = 1 + 2
t t′ t
(3) 1 1 2
(m −m ):2m
(4) 1 2 1
【详解】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图乙可知遮光条的宽度为
d =5mm+0×0.05mm=5.00mm
d
v =
（2）某次实验中，滑块A通过光电门Ⅰ时的挡光时间为t 1，则滑块A过光电门Ⅰ的速度为 1 t 1
d d
v′= v =
1 t′ 2 t
（3）由题意可知碰撞后A、B两滑块的速度分别为 1， 2
mv =mv′+m v
根据动量守恒可得 1 1 1 1 2 2
m m m
1 = 1 + 2
t t′ t
联立可得在误差允许范围内，表达式 1 1 2
成立，即可验证动量守恒定律。
（4）若两滑块的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒可得m 1 v 1 =m 1 v A +m 2 v B，
1 1 1
mv2 = mv2 + m v2
2 1 1 2 1 A 2 2 B
答案第6页，共9页m −m 2m
v = 1 2 v v = 1 v
A m +m 1 B m +m 1
解得 1 2 ， 1 2
v :v =(m −m ):2m
可得 A B 1 2 1
则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞。
13．(1)
y=0.1sin5πt(m)
0.7s
(2)
6n+11 6n+13
s(n=0,1,2,3)
s(n=0,1,2,3)
(3)
15 ， 15
【详解】（1）由甲图可知，质点A的振幅A=10cm=0.1m
由乙图可知，质点A的振动周期T =0.4s
2π
ω= =5πrad/s
故角频率 T
y=0.1sin5πt(m)
则质点A的振动方程为
（2）由甲图得波长
λ=4m
由乙图得周期 T =0.4s
λ
v= =10m/s
故波速 T
x =x −x =7m
由题意得 AB 2 1
x
t = AB =0.7s
波传到B点的时刻为 1 v
（3）质点A振动到y=5cm时则有 0.05=0.1sin5πt
A
π 5π
5πt = s 5πt = s
解得 A 6 或 A 6
1 1
t = s t = s
解得 A 30 或 A 6
故B质点振动到y=5cm的时刻 t
B
=nT +t
A
+t
1
(n=0,1,2,3)
t =0.7s
结合上述结论 1
6n+11 6n+13
t = s(n=0,1,2,3) t = s(n=0,1,2,3)
联立可得 B 15 或 B 15
答案第7页，共9页
学科网（北京）股份有限公司3mg
A=
14．(1) k
8mg
h=
(2) k
【详解】（1）由题意，粘合体ab做简谐运动的过程中物块c恰好没有脱离地面，即粘合体
mg
x =
ab上升到最高位置时，弹簧弹力大小恰好等于c受到的重力，此时弹簧的伸长量为 1 k
粘合体ab运动至平衡位置时，弹簧的弹力等于a与c的重力和，此时弹簧的压缩量为
2mg
x =
2 k
mg 2mg 3mg
A=x +x = + =
所以振幅为 1 2 k k k
（2）设a自由下落的高度为h，ab碰前a的速度为v 1，有 2gh=v 1 2
mv =2mv
之后ab碰撞，有 1 2
x =x +A
由于简谐运动的对称性，粘合体ab运动至最低点时弹簧压缩量为 3 2
mg
x =
初始时刻b保持静止，弹簧压缩量为 4 k
1 1 1
2mv2+2mg(x −x +A)+ kx2 = kx2
粘合体ab碰后到运动至最低点的过程中，有2 2 2 4 2 4 2 3
8mg
h=
联立可解得 k
15．(1)20J
(2)6m/s
5
m
(3)4
v2
m g =m 1
【详解】（1）物块恰好能通过圆轨道的最高点，则重力提供向心力 A A R
1
E =m g⋅2R+ m v2
根据机械能守恒可得 p A 2 A 1
E =20J
联立解得 p
1 1
m v2 = m v2+m g⋅2R
（2）从圆轨道最低点到最高点，由机械能守恒可得2 A 2 2 A 1 A
v = v2+4gR =2 10m/s
代入数据解得 2 1
2 10m/s≈6.32m/s>v =6m/s
由于 0 ，因此A在传送带上做匀减速运动
a =µg =2m/s2
加速度大小为 A
答案第8页，共9页x v2−v2 =2a x
设物块A能与传送带达到共速，达到共速时物块A的位移为 A，则 2 0 A A
x =1m<2m
解得 A
故物块A在传送带上滑行1m后与传送带达到共速，最终滑离时速度为6m/s
v =6m/s
（3）物块A与小车B发生弹性碰撞，碰撞前A的速度为 0 ，设水平向右为正方向
m v =m v′ +Mv′
由动量守恒可得 A 0 A A B
1 1 1
m v2 = m v′2+ Mv′2
由机械能守恒得2 A 0 2 A A 2 B
2m m −M
v′ = A v =4m/s v′ = A v =−2m/s
B m +M 0 A m +M 0
联立得 A ， A
碰撞后物块A向左运动，经传送带减速后反向加速向右运动，类竖直上抛运动，则再次离
v′′ =2m/s
开传送带时速度为 A
a =µg =4m/s2
C的加速度 C 1
µm g
a =− 1 C =−2m/s2
B的加速度 B M
v′′ v′′ =a t
要保证A、C不发生碰撞，则应满足C从B左端滑离后的速度大于等于 A，故有 A C
解得t=0.5s
1 7
x =v′t+ a t2 = m
B的位移为 B B 2 B 4
1 1
x = a t2 = m
C的位移为 C 2 C 2
7 1 5
L=x −x = m− m= m
B、C相对位移即小车最小长度 B C 4 2 4
答案第9页，共9页
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