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上学科网,下好资料 http://www.zxxk.com/U2105333.html http://700125.reg.经典高考资料尽在于此 2016-2017学年安徽省亳州市涡阳一中、蒙城一中、利辛一中联考高三（上）月考物理试卷（10月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（48分.本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题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） 1．如图所示，将A、B两个物体，静止叠放在水平面上．则下列说法正确的是（ ） A．B受到五个力作用 B．B受到四个力作用 C．A对B的作用力方向垂直于它们的接触面向下 D．水平面一定是粗糙的 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【分析】先隔离物体A分析，得到B对A的力；然后根据牛顿第三定律得到A对B的力，再隔离物体B分析，结合平衡条件分析． 【解答】解：C、先分析物体A，受重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力平衡，方向竖直向上； 根据牛顿第三定律，A对B有压力和静摩擦力，合力竖直向下；故C错误； ABD、隔离B分析，除A对B的压力和静摩擦力外，还要受重力和地面的支持力，共4个力，地面对其没有摩擦力，否则不能平衡，故地面可以是光滑的；故A错误，B正确，D错误； 故选：B 2．竖直向上抛出一个小球，5s末落回到抛出点，则小球在第3s内的位移是（不计空气阻力，g=10m/s2）（ ） A．45m B．30m C．125m D．0 【考点】竖直上抛运动． 【分析】竖直上抛运动的上升和下降过程具有对称性，时间对称和速率对称等关系进行分析 【解答】解：根据题意5s末落回到抛出点，根据竖直上抛运动的时间对称性，上升到最高点的时间 第2s到2.5s在向上做匀减速运动，2.5s到3s在向下做自由落体运动，根据运动的对称性，2s～2.5s的位移大小与2.5s到3s的位移大小相等，方向相反，所以第3s内的位移为0，故D正确，ABC错误； 故选：D 3．A、B两车在同一直线上同向运动，B车在A车的前面，A车以vA=5m/s 的速度向前匀速运动，某时刻B车关闭发动机，此时A、B相距s=100m，且B车速度vB=20m/s，B车所受的阻力恒为车重的0.2倍，g=10m/s2，那么A车追上B车所用的时间为（ ） A．20s B．30s C．40s D．25s 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】根据牛顿第二定律求出B的加速度，根据速度时间公式求出B速度减为零的时间，通过位移公式求出A、B的位移，判断此时A有无追上B，若未追上，再结合位移公式求出追及的时间． 【解答】解：对B车根据牛顿第二定律，得 解：B速度减为零的时间为： 此时A的位移xA=vAt1=5×10m=50m，B的位移为：
因为xA＜xB+s，可知B停止时，A还未追上B，设追及的时间为t，则有：vAt=xB+s， 解得：t= 故选：C 4．如图所示，用绝缘细线悬挂一质量为m、带电量为q的小球，在电场中处于平衡，细线与竖直方向成β角．现保持β角不变，缓慢地把电场方向由水平方向逆时针旋转至竖直方向，在此过程中（ ） A．场强的最小值为mgsinβ/q B．场强的最小值为mgtanβ/q C．细线的拉力始终增大 D．以上答案都不对 【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用． 【分析】小球受重力、拉力和电场力，要保持带电小球在原处不动，则重力大小和方向都不变，拉力方向不变，电场力大小和方向都改变，根据平衡条件，运用图示法分析． 【解答】解：小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，要保持带电小球在原处不动，则重力大小和方向都不变，拉力方向不变，电场力大小和方向都改变，作图如下： 从图象可以看出，电场力先减小后增加，故电场强度先减小后增加，而绳子的拉力不断减小； 根据当电场力与拉力垂直时，电场力最小，则电场强度也最小， 依据三角知识，则有场强的最小值为Emin= 故选：A． 5．某星球与地球的质量之比为1：5，其半径与地球半径之比为1：2，地球表面的重力加速度为10m/s2，从距星球表面4m高处以初速度3m/s水平抛出一个物体，不计一切阻力，当物体落到星球表面时，落点距抛点的距离为（ ） A．3m B．4m C．5m D．6m 【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动． 【分析】在星球表面的物体受到的重力等于万有引力 【解答】解：设地球质量M，某星球质量 在地球表面的物体受到的重力等于万有引力 同理该星球表面的重力加速度为 所以 则： 平抛运动的时间：t= 水平位移：x=v0t=3×1=3m 总位移： 故选：C 6．如图所示，一质量为M=2kg，长为1米的木板置于水平地面上，木板上中点处叠放一质量为m=1kg的物块（可视为质点），M与m间的动摩擦因数为0.1，M与地面间的动摩擦因数为0.2，初始状态系统静止，现用水平力F作用在木板上，要使m不从M上滑下来，则力F的最大值为（g=10m/s2）（ ）
A．9N B．3N C．1N D．6N 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】应用牛顿第二定律求出临界加速度，然后应用牛顿第二定律求出最大拉力． 【解答】解：m不从M上滑下来，m与M应相对静止， 两者恰好相对静止时的临界加速度： a= 由牛顿第二定律得：F﹣μ地（m+M）g=（M+m）g， 最大拉力：F=9N，故A正确，BCD错误； 故选：A． 7．半径为R、竖直固定的光滑圆环，一质量为m的小球套在圆环上，开始时小球静止在圆环的最低点，现给小球一水平初速度v0，使小球刚好能过最高点，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球过最高点时，速度为零 B．球过最高点时，圆环对小球的弹力大小为mg C．开始运动时，圆环对小球的弹力为m D．球过最高点时，速度大小为 【考点】向心力；牛顿第二定律． 【分析】在最高点和最低点合外力提供向心力，根据牛顿第二定律及向心力公式列式求解，注意圆环的作用力可以向上，也可以向下． 【解答】解：A、D、圆环轨道模型中，小球刚好能通过最高点的速度为0，故A正确，D错误； B、设小球在最高点时对杆的作用力为F，小球在最高点的速度为0，根据牛顿第二定律：F﹣mg=0，得：F=mg，故B正确； C、从最低点到最高点的过程中小球的机械能守恒，得：
在最低点合外力提供向心力，得：F﹣mg=m 所以：F=mg+m 故选：AB 8．如图所示的是两个从同一地点出发沿同一方向运动的物体A和B的速度图象，由图可知（ ）
A．A物体先做匀速直线运动，t1后处于静止状态 B．B物体做的是初速度为零的匀加速直线运动 C．t2时，A、B两物体相遇 D．t2时，A、B速度相等，A在B前面，仍未被B追上，但此后总要被追上的 【考点】匀变速直线运动的图像；匀速直线运动及其公式、图像；匀变速直线运动规律的综合运用． 【分析】速度图象的斜率代表物体运动的加速度，可知A先匀加速后匀速，而B始终做初速度为0的匀加速直线运动．速度图象与时间轴围成的面积代表物体发生的位移以此可判定C、D正确与否． 【解答】解：由图象可知物体A在0～t1s时间做匀加速直线运动，t1时刻后做匀速直线运动． 故A错误． 由图象可知B的初速度为0，而速度图象的斜率保持不变，故加速度保持不变，即B做初速度为0的匀加速直线运动． 故B正确． 速度图象与坐标轴围成的面积表示物体运动的位移，显然在0～t2时间内，A的位移大于B的位移．故C错误． 在t2时刻，A、B速度相等，由以上分析可知A在B前面，仍未被B追上，但在t2时刻后B的速度大于A的速度，故两者之间距离越来越小，总要被追上． 故D正确． 故选B、D． 9．如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度vA=4m/s向左做匀速运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成θ=370角，设此时B的速度大小为vB，（cos37°=0.8），不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则（ ）
A．A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力 B．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB=5m/s C．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB=3.2m/s D．B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态 【考点】运动的合成和分解；牛顿第二定律． 【分析】将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律． 【解答】解：A、若A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误； BC、小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因斜拉绳子与水平面的夹角为37°，由几何关系可得：vB=vAcos37°=3.2m/s；故B错误，C正确； D、因汽车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，则B处于超重状态，故D正确． 故选：CD．
10．如图，竖直平面内固定两根光滑足够长平行金属导轨间距为L，导体棒ab垂直导轨匀速运动．质量为m，电量为+q的带电小球，恰好能在电容器内的竖直平面内作匀速圆周运动，运动的半径为r，导轨间与电容器间的匀强磁场的方向都垂直纸面向里，磁感强度大小均为B，电容器两板间距离为d，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab向右运动，速度大小为 B．导体棒ab向左运动，速度大小为 C．该小球一定沿逆时针方向作匀速圆周运动 D．小球绕行的线速度大小v= 【考点】带电粒子在混合场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势． 【分析】带电小球在电容器内部做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析． 【解答】解：AB、小球受重力、电场力和洛仑兹力，电场力与重力平衡，故电场力向上，故场强向上，故下面的极板带正电荷，故棒向左做匀速直线运动； 根据平衡条件，有：mg=q 其中：U=BLv0， 联立解得：v0= C、在圆轨迹最左边点位置，洛仑兹力向右，磁场垂直向内，根据左手定则，速度向下，故该小球一定沿逆时针方向作匀速圆周运动，故C正确； D、洛仑兹力提供向心力，故：qvB=m 解得：v= 故选：BCD 11．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表．闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以△U1、△U2、△U3、△I分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）
A．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大 B． C． D． 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断R2两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小． 【解答】解：AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小．R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，故A正确， BCD、由U1=E﹣I（R2+r）， 故选：ABD 12．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为 C．物体做匀减速运动的时间为2 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣ 【考点】功能关系；牛顿第二定律． 【分析】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功． 【解答】解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误 B、撤去F后，物体刚运动时速度弹力和摩擦力的作用，加速度大小为 C、弹簧恢复原长后，物体做匀减速运动，加速度大小为a=μg，物体做匀减速运动
D、当弹力等于摩擦力时，物体速度增大，此时弹簧没有恢复原长，物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣ 故选：D． 二、实验题（每空2分，若小题中有多个选项符合题目要求，选全对给2分，选对但不全给1分，有选错的本题不得分，共14分） 13．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（ ）
A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系． 【分析】弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长． 【解答】解：A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误 B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的，故B正确 C、同理C错误 D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误 故选B 14．某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验， （1）本实验采用的科学方法是 B （填字母代号） A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法D．建立物理模型法 （2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是 AC A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验 B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的角平分线 C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些 D．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长量相同就行． 【考点】验证力的平行四边形定则． 【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律，从而明确实验中的注意事项以及实验方法． 【解答】解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；故采用了控制变量法，故B正确，ACD错误． 故选：B． （2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确； B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误； C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确； D、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故D错误； 故选：AC． 故答案为：（1）B；（2）AC． 15．如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车和砝码的总质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．
（1）下列说法正确的是 AD A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源
C．可以用天平测出小桶和砂的总质量m2及小车和砝码的总质量m1；根据公式a= D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣ （2）在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于没有始终满足M＞＞m的关系（其中M为小车质量，m为所挂重物的质量），结果应是图2中的图 D （3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知μ甲与μ乙的大小关系 A A．μ甲＞μ乙B．μ甲=μ乙C．μ甲＜μ乙D．无法判断 （4）实验中，用打点计时器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D…等几条 较为理想的纸带，交流电的频率为50Hz，并在纸带上每5个点取一个计数点，按 打点先后依次为0，1，2，3，4，5．由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图4所示（图中数据为相邻两计数点间的距离），请根据给出的四段纸带判断：在甲、乙、丙三段纸带中，可能是从纸带A撕下的是 B ；
A．甲B．乙 C．丙D．无法判断． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】（1）平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了；实验时应先接通电源后释放小车；小车的加速度应通过打点计时器打出的纸带求出；研究对象为小车和砝码，应该应作a﹣ （2）在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m2远小于小车质量m1时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，当不能满足这个条件时，将会出现误差，图象将偏离直线； （3）根据牛顿第二定律得出加速度与拉力F的关系式，结合图线的截距比较动摩擦因数的大小； （4）根据匀变速直线运动的特点：相邻的时间间隔位移之差相等，判断哪段是从A上撕下的； 【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确． B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误． C、小车的加速度应通过打点计时器打出的纸带求出，故C错误； D、研究对象为小车和砝码，应该应作a﹣
（2）在研究加速度跟小车质量m1关系时，保持m2不变，改变小车质量m1，在小车质量m1远大于小桶和砂的总质量m2时，即当满足m1≫m2时，可以认为小车受到的拉力（合力）F=m2g，此时加速度a与小车质量m1成反比，与 （3）根据牛顿第二定律得，a= （4）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出： x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01=6.11cm﹣3.00cm=3.11cm， 则x34﹣x12=2×3.11cm=6.22cm 得：x34=6.22cm+6.11cm=12.31cm 故从纸带A撕下的是乙图，ACD错误，B正确； 故答案为：（1）AD；（2）D；（3）A；（4）B 三、计算题（本题共3个小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、原始方程式和重要演算步骤．只写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．） 16．如图所示，固定在水平面上倾角为α=370、长为s=4.8m的斜面，一个质量为2kg的小物块（可视为质点）放置在斜面上，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，现用大小为F=24N、方向与斜面平行的力推物块，使小物块从斜面的最底端由静止开始向上运动．（sin37°=0.60，cos37°=0.80，g=10m/s2）． 求（1）小物块在推力F作用下的加速度大小 （2）要使小物块能从斜面的最底端到达斜面的顶端，推力F作用的时间至少为多长？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出小物块在推力F作用下的加速度大小． （2）根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合位移之和，抓住速度位移公式求出最大速度，根据速度时间公式求出推力F作用的时间． 【解答】解：（1）F﹣mgsin37°﹣f=ma1 ① FN=mgcos37°+F sin37° ② f=μFN ③ 由①②③代入数据得a1=2m/s2 ④ （2）当小物块到达顶端时速度刚好为零，推力F作用的时间最少． 设力作用的时间至少为t，撤去力F时的速度为v，撤去力F后的加速度为a2 mgsin37°+μmgcos37°=ma2 代入数据解得a2=10m/s2 ⑤ 根据速度时间公式得v=a1t ⑥ 由位移关系得， 由④⑤⑥⑦代入数据解得t=2s． 答：（1）小物块在推力F作用下的加速度大小为2m/s2； （2）要使小物块能从斜面的最底端到达斜面的顶端，推力F作用的时间至少为2s． 17．如图所示为一水平传送带装置．传送带始终保持恒定的速率v=4m/s顺时针运行，一质量为m=4kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=8m/s从传送带的最右端水平向左冲上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，已知传送带左、右端间的水平距离18m，g取10m/s2．求小物块从冲上传送带到离开传送带所经历的时间．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】物块经历向左减速、向右加速、向右匀速三个过程，根据牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求每个阶段时间，时间之和就是总时间． 【解答】解：设小物块的加速度为a，向左运动时间为t1，向左运动位移为x1． μmg=ma， a=2m/s2， t1= x1= 所以小物块不能到达传送带的最左端． 设小物块向右加速到与传送带速度相同所需时间为t2，位移为x2， 则：t2= x2= 所以小物块向右先加速后匀速． 设匀速时间为t3， 小物块从冲上传送带到离开传送带所经历的时间t=t1+t2+t3=9s 答：小物块从冲上传送带到离开传送带所经历的时间9s 18．如图所示，在光滑水平面上静止放置A、B两个物体（均可视为质点），假设A在虚线左侧时A、B之间无相互作用，但当A一进入虚线右侧区域时A、B之间就立即产生某种相互作用，其作用力为恒力．开始B距虚线位置64m．现在给 A一个24m/s的向右初速度，当A刚越过虚线位置时，B物体立即加速，经过4s，物体B的速度达到8m/s，此时由于某种原因A、B之间的相互作用突然消失，A、B继续运动，又经2sA追上B，求在这一过程中． （1）在A物体追上B物体前，B运动的位移大小； （2）在两物体间有相互作用时，物体A和B的加速度大小．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】（1）根据平均速度推论求出B加速的位移，根据位移公式求出匀速运动的位移，求出A物体追上B物体前B运动的位移． （2）根据速度时间公式求出B的加速度，A先减速再匀速，结合A减速的位移，通过A、B的位移关系，根据运动学公式求出B的加速度． 【解答】解：（1）物体B先加速运动后做匀速运动， 则 （2）在两物体间有相互作用时，B的加速度 A物体先减速运动再匀速运动，A减速运动的位移 由题知xA=x1+x2=xB+64，即44﹣16aA=32+64， 解得 答：（1）在A物体追上B物体前，B运动的位移大小为32m； （2）在两物体间有相互作用时，物体A和B的加速度大小分别为2m/s2、3m/s2． 2016年12月20日 |
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