2023-2024学年湖北省宜昌市部分省级示范高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省宜昌市部分省级示范高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2018年12月8日凌晨2时23分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，嫦娥四号经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆，开展月球背面就位探测及巡视探测，并通过已在使命轨道运行的“鹊桥”中继星，实现月球背面与地球之间的中继通信．下列有关说法正确的是
( )
A. “凌晨2时23分”指的是时刻，运载火箭发射升空前的瞬间，加速度为0
B. “嫦娥四号”探测器环月飞行一圈，它的位移为0，但路程不为0
C. “嫦娥四号”探测器环月飞行一圈，它的平均速度为0，瞬时速度也为0
D. 地面控制中心在对“嫦娥四号”探测器进行飞行姿态调整时可将飞船看作质点
2.如图甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
A. 2.5 s内汽车的速度改变量为−30 m/sB. 10 s内火箭的速度改变量为10 m/s
C. 火箭的速度变化比汽车的快D. 火箭的速度变化率比汽车的速度变化率大
3.近期，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车互相追赶(如图甲)。两车并排做直线运动，其v−t图像如图乙所示，t=0时，两车车头刚好并排，则下列说法正确的是( )
A. 10s末和谐号的加速度比复兴号的大B. 图乙中复兴号的最大速度为78m/s
C. 0到32s内，在32s末两车车头相距最远D. 两车头在32s末再次并排
4.如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上，另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ=37∘，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)下列说法正确的是( )
A. 弹簧一定处于压缩状态B. 小物块可能只受三个力
C. 弹簧弹力大小可能等于3ND. 斜面对物块支持力可能为零
5.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环.现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是( )
A. F ​1和F ​2都变大B. F ​1变大，F ​2变小
C. F ​1和F ​2都变小D. F1变小，F2变大
6.如图所示，从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度H处有一物体B开始自由下落，两物体在空中同时到达同一高度h时速度大小均为v，则下列说法正确的是
( )
A. 两物体在空中运动的加速度相同，运动的时间相等
B. A上升的最大高度小于B开始下落时的高度H
C. 两物体在空中同时达到的同一高度的位置h，一定在B开始下落时高度H的中点下方
D. A上抛的初速度与B落地时速度大小均为2v
7.A，B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的st−t图像如图所示，已知在t=10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法错误的是( )
A. A物体做匀速直线运动，B物体做匀加速直线运动
B. A、B在t=0时刻相距40m
C. A、B在t=6s时刻相距45m
D. 在0∼10s内A、B之间的最大距离为49m
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.
A. B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.A物体做匀减速直线运动
B. 4s时A物体运动方向不变
C. 0∼6s内B物体的速度逐渐增大
D. 0∼5s内两物体的平均速度相等
9.学校所使用的答题卡扫描机如图所示，滚轮压紧答题卡后不断转动从而带动试卷进入扫描机。假设每张答题卡质量均相等，答题卡之间、答题卡与底板的动摩擦因数均相同。在扫描第1张答题卡的过程中，下列说法正确的是( )
A. 第1张答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相反
B. 第2张答题卡到最后一张答题卡都不可能发生相对滑动
C. 第3张对第2张答题卡的摩擦力大于第1张对第2张答题卡的摩擦力
D. 滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数
10.某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法中正确的是( )
A. 汽车甲从刹车到停止的时间为8s
B. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2
C. 汽车甲刹车前的速度为14m/s
D. 汽车甲从刹车到停止的位移为49m
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.如图甲，某同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。其中Oa、Ob为细绳。
(1)在保持弹簧OC伸长1.00 cm，且弹簧两端点位置不变的条件下，若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a示数如图乙，则弹簧测力计a的读数是________ N。
(2)如图丙是某同学所作的合力与分力的关系图，则实际的合力是________，一定沿CO方向的是________。(均选填“F”或“F′”)
(3)实验中，如果保持Ob的方向不变，将Oa方向的细绳顺时针转动一个小角度，保持Oc的弹簧长度不变，则拉细绳Ob的弹簧秤的示数将________。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置进行实验：
(1)对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是_____(填字母序号)；
A.把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度
B.取下沙和沙桶
C.在空沙桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动
D.断开电源，让小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动
(2)在实验操作中，下列说法正确的是_____；
A.本次实验用到的科学方法是控制变量法
B.实验时，先接通打点计时器的电源，在释放小车，每改变一次小车的质量，需要重新去平衡摩擦力，改变垫入的小木块的厚度
C.求小车运动的合外力时，可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′，以及小车质量M，如果满足M′+m′≪M，则可将M′+m′g作为小车的合外力的大小
(3)已知打点计时器的电源频率为50Hz，若实验中打出的某一条纸带如图乙所示(每两点间还有四个点没有画出)，测出图中几个计数点间的距离为x1=3.10cm、x4=7.30cm，由此可以算出小车运动的加速度大小是_____m/s2。(计算结果保留到小数点后两位)
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13.如图所示，一根带有铰链的轻杆BC固定在墙壁C点，在杆的B端悬挂一个定滑轮(质量可忽略不计)，轻绳一端系在B端，另一端固定在墙壁的A点，一质量为M=50kg的人通过跨过定滑轮的轻绳匀速提起一质量为m=20kg的物体，刚好使得AB部分水平、BC部分与竖直墙壁的夹角为θ=53°。取g=10m/s2、sin53°=0.8、cs53°=0.6，求：
(1)此时地面对人的支持力是多大？
(2)横杆AB和斜杆BC所受的力各是多大？
14.ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以15m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过30s缴费后，再加速至15m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2。
(1)汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程和所需的时间是多少?
(2)如果过ETC通道，汽车通过第(1)问路程所需要的时间是多少?汽车通过ETC通道比人工收费通道节约多长时间?
15.2022年第24届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一、如图甲，在冰壶训练中，运动员用红壶A正面撞击静止的蓝壶B，两壶碰后蓝壶B运动的v−t图像如图乙中Ⅰ所示，红壶A运动的v−t图像如图乙中Ⅱ所示，碰撞后两壶始终沿同一直线运动。求：
(1)碰撞后A、B两壶做匀减速运动的加速度；
(2)碰撞后两壶都停下来时，两壶相距多少米；
(3)如果某次比赛及两壶碰撞满足图丙的运动情景，碰撞后两壶始终沿同一直线运动，两个冰壶的质量相等，在碰撞过程中满足m红v0=m红v红+m蓝v蓝的物理规律，(v0为碰前速度；v红、v蓝为碰后的速度)当再次都停下来时，两冰壶相距多远？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
时间表示一段时间间隔，时刻表示一点，位移为矢量，是由初位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度，物体能否看做质点的条件是看物体的形状和大小对所研究的问题有没有影响。
本题考查了时间和时刻、位移和路程及物体能否看做质点的判断，基础题。
【解答】
A、12月8日凌晨2时23分对应的是时间轴上的点，表示时刻，运载火箭发射升空前的瞬间，加速度不为0，故A错误；
B、探测器环月圆轨道飞行一圈，它的位移为0，路程不为零，故B正确；
C、平均速度是位移比时间，故为0，而瞬时速度是探测器飞行时的速度，不为零，故C错误；
D、调整姿态时若看做质点则无法调整，故D错误；
故选：B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查加速度和速度变化量。
根据加速度的定义求得加速度的大小，速度改变量等于末速度减去初速度，然后进行比较即可。
解题的关键是掌握加速度的定义式，注意速度的方向与正方向相同，取正值，与正方向相反，取负值。
【解答】
规定初速度的方向为正方向。
A. 108km/h=30m/s，2.5s内汽车的速度改变量为△v′=v2′−v1′=0−30m/s=−30m/s，故A正确；
B.10s内火箭的速度改变量为△v=v2−v1=100m/s−0=100m/s，故B错误；
CD.根据a=ΔvΔt得：火箭的加速度为：a1=10m/s2，汽车的加速度为：a=−12m/s2，所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车慢，故CD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】A.由 v−t 图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为
a1=72−6024m/s2=12m/s2
复兴号的加速度为
a2=72−6024−8m/s2=34m/s2
则 10s 末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；
B.图乙中复兴号的最大速度为
vm=72m/s+a2×32−24m/s=78m/s
故B正确；
C.因 t=0 时两车车头刚好并排，在0到 24s 内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在 24s 末两车头相距最远，故C错误；
D.由 v−t 图像的面积表示位移，则在 0∼24s 两者的最大距离为
Δx=8×(72−60)2m=48m
而在 24∼32s 内，两车能缩小的距离为
Δx′=(78−72)×(32−24)2m=24m<Δx
即 32s 复兴号还未追上复兴号，故D错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A.因为物块静止，所以有
fm>mgsin37=6N
而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有
fm=μFN
可得
FN>12N
重力在垂直斜面方向的分力为
mgcs37=8N所以弹簧对物块有垂直斜面方向的压力 F ，弹簧一定处于压缩状态，A正确；
B.小物块受重力、弹簧给的压力、斜面的支持力和摩擦力四个力的作用方，B错误；
C.因为弹簧弹力与物块重力在垂直斜面方向的分力的合力等于物块与斜面间的压力，所以有
F+mgcs37=FN
其中
FN>12N
可得
F>4N
C错误；
D.因为物块与斜面间的摩擦力不为0，所以斜面对物块的支持力不可能为0，D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；然后通过比较转动后绳子的方向与水平方向之间的夹角的变化即可得出力的变化。
本题考查物体的平衡，金属环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态，难度适中。
【解答】
设绳子的长度为2L，MN长度为2l，MN水平时绳子与水平面的夹角为α，平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子的拉力为F1，有：2F1sinα−mg=0，F1=F2=mg2sinα，csα=lL，
将木棒在竖直平面内绕左端逆时针缓慢转过一个微小角度后，绳子与水平方向的夹角为θ，平衡时两根绳子的拉力仍相等，设绳子的拉力为F2，有：2F2sinθ−mg=0，
联立解得F1′=F2′=mg2sinθ
设此时环到N的距离为L1，到M的距离为L2，则L1+L2=2L，显然，L1csθ+L2csθ<2l，即csθ故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了自由落体运动的规律、竖直上抛运动；本题涉及两个物体运动的问题，关键要分析两物体运动的关系，也可以根据竖直上抛运动的对称性理解。
竖直上抛运动看成向上的加速度为−g的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解。
【解答】
设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题有：gt=v0−gt=v，解得：v0=2v。
根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为：tB=2vg。
AD、竖直上抛物体在空中运动时间为：tA=2×2vg=4vg，故A正错误，D正确；
B、物体A能上升的最大高度为：hA=(2v)22g=2v2g，B开始下落的高度为：hB=12g(2vg)2=2v2g，所以A上升的最大高度与B开始下落时的高度相等，故B错误；
C、两物体在空中同时达到同一高度时，B下降的高度为：h=12gt2=12g(vg)2=v22g=14hB，故C错误。
7.【答案】C
【解析】A.由匀变速直线运动的位移公式
x=v0t+12at2
可得
xt=v0+12at
对比A、B物体的图线可知，A、B两物体的初速度为与纵轴交点的纵坐标，加速度为斜率的两倍，则
vA0=10m/s
aA=0
12aB=14−1010−6=1m/s2
由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为4m/s，即B的初速度
vB0=4m/s
aB=2m/s2
故A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，故A正确，不符合题意；
B.在 t=10s 时A、B的位移分别为
xA=vt=100m
xB=v0t+12at2=140m
此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前40m处，故B正确，不符合题意；
C. t=6s 时，由B中位移公式可得，A、B位移均为60m，故A在B前方40m，C错误，符合题意；
D.当A、B速度相等时，相距最远，此时
v0+at=v
解得
t=3s
由B中位移公式可得，A、B的位移分别为30m、21m，故此时的距离为
Δx=40+30−21=49m
故D正确，不符合题意。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】AB．x−t图像的斜率表示速度，A物体做匀速直线运动，运动方向不变，故A错误，B正确；
C.x−t图像的斜率表示速度，可知0∼6s内B物体的速度逐渐增大，故C正确；
D.0∼5s内两物体的位移不相等，所以平均速度不相等，故D错误。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】AD.设滚轮对第1张答题卡的压力为FN，滚轮与答题卡间的动摩擦因数为μ1，答题卡之间的动摩擦因数为μ2，第1张答题卡上表面受到滚轮的静摩擦力为f，应满足
f≤μ1FN
该静摩擦力是答题卡运动的动力，方向向前，与答题卡运动方向相同；第1张答题卡下表面受第二张答题卡的滑动摩擦力f＇，方向向后，则有
f′=μ2mg+FN
为保证答题卡一张一张的进入扫描机，则满足
f>f′
其中
F≫mg
则必有
μ1>μ2
则有滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数，A错误，D正确；
BC.逐个分析，由于答题卡的重力的存在，第1张答题卡对第2张答题卡的压力小于第2张答题卡对第3张答题卡的压力，则有第1张答题卡与第2张答题卡之间的最大静摩擦力小于第2张答题卡与第3张答题卡间的最大静摩擦力，因此第2张答题卡不会发生相对滑动。同理则有第2张答题卡到最后一张答题卡都不可能发生相对滑动，由力的平衡条件可知，此时第3张对第2张答题卡的静摩擦力等于第1张对第2张答题卡的滑动摩擦力，B正确，C错误。
故选BD。
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的推论，运用连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，判断速度减为零的时间，判断出物体在8s前已经停止，再结合运动学公式求出初速度和加速度．根据速度位移公式求出汽车刹车到停止的距离，
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意物体在8s前已经停止，所以通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出的加速度是错误的．
【解答】
ABC、假设8s内一直做匀减速直线运动，根据x4 −x1 =3aT 2得：a=x4 −x1 3T 2=1−243×4m/s2=−2312m/s 2，
根据x1 =v0 t1 +12at12得初速度为：v0=24+12×2312×2 22m/s≈14m/s，
速度减为零的时间为：t=0−v0 a=0−14−2312s=7.3s，可知汽车在8s前速度减为零．
设汽车的加速度为a，根据x1 =v0 t1 +12at12得：24=2v0+2a，汽车速度减为零的时间为：t0=0−v0 a=−v0 a，采用逆向思维，最后2s内的位移为：x′=12(−a)(v0 −a−6) 2=1m，联立解得a=−2m/s2，初速度v0=14m/s，故A错误，BC正确．
D、汽车刹车到停止的距离x0=0−v022a=0−14 22×(−2)m=49m，故D正确．
11.【答案】(1)3.00(2.98、2.99、3.01、3.02均可)；(2)F′；F′；(3)变小
【解析】【分析】
本题考查了探究两个互成角度的力的合成规律的实验。
(1)直接根据弹簧秤的读数方法读数即可，读数时需要精确到0.1N的下一位。
(2)根据实际实验的操作情况即可判断出结果。
(3)根据力的平行四边形定则进行判断。
【解答】
(1)根据弹簧秤的读数方法，可得弹簧测力计a的读数是3.00N。
(2)因为弹簧两端点位置不变，所以实际操作时两弹簧秤的合力方向一定是F′；用作平行四边形的方法求出的合力一般不会沿OC，所以一定沿CO方向的合力是F′。
(3)根据实验操作可知，两个分力的夹角变小，由实验原理可知，保持Oc的弹簧长度不变，合力大小不变，由平行四边形定则可知，拉细绳Ob的弹簧秤的示数将变小。
12.【答案】 AB##BA AC##CA 1.40
【解析】(1)[1]ABC.平衡摩擦力时使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受摩擦力平衡，所以要取下沙和沙桶，把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度，故AB正确，C错误；
D.为确定小车是否为匀速运动，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断，即要接通电源，让小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动，故D错误。
故选AB。
(2)[2]A.本实验采用控制变量法，故A正确；
B.平衡摩擦力后有
Mgsinθ=μMgcsθ
即小车质量改变时，该关系式总成立，所以不用再次平衡摩擦力，故B错误；
C.设绳子拉力为T，对小车有
T=Ma
对整体有
M′+m′g=M′+m′+Ma
得
T=M′+m′g1+M′+m′M
可见如果满足 M′+m′≪M ，则可将 M′+m′g 作为小车的合外力的大小，故C正确。
故选AC。
(3)[3]相邻两个计数点的时间间隔是
T=5×150s=0.1s
采用逐差法可得加速度为
a=x4−x13T2=7.30−3.10×10−23×0.12m/s2=1.40m/s2
13.【答案】解：(1)以人为研究对象，人受三个力作用：重力Mg、地面对人的支持力FN、绳子的拉力FT。
人受力平衡，因此有
FN+FT=Mg，
FT=mg，
由题意知，通过定滑轮的关系，绳子对人的拉力与重物的重力大小相等，于是可得
FN=300N，
由牛顿第三定律知：人对地面的压力为300N。
(2)以B点为研究对象，其受力情况如图所示：AB杆的拉力FAB和BC杆的支持力FBC的合力与绳子的拉力F′T平衡。
由于不计定滑轮的重力，因此
F′T=2mg=400N，
对B点，由共点力的平衡条件有：
竖直方向F′T=FBCcsθ，
水平方向FAB=FBCsinθ，
代入数据可得FAB=16003N≈533.3N，FBC=20003N≈666.7N
由牛顿第三定律知：横杆AB和斜杆BC所受的力分别为533.3N，666.7N
【解析】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后建立平衡方程进行解答。
14.【答案】解：(1)汽车通过人工收费通道时，速度减速为零的路程x1=v22a=1522×1m=112.5m，
经过的时间t1=va=151s=15s
速度从零加速到原来速度经历的路程x2=x1=112.5m
加速的时间t2=t1=15s
从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程x=x1+x2=225m
总时间t=2t1+t0=60s；
(2)走ETC通道，汽车在减速、匀速、加速三个阶段通过的路程之和为
x′=v′ 2−v 2−2a+x0+v 2−v′ 22a，代入数据得x′=210m
所以汽车通过第(1)问路程所用时间t′=v′−v−a+x0v′+v−v′a+x−x′v，代入数据得t ′=23s
故节约时间Δt=t−t′
代入数据得Δt=37s。
【解析】解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的公式进行求解。
(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移(即此题中的路程)，根据速度时间关系求解时间；
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC通道和人工收费通道的时间求出节约的时间。
15.【答案】解：(1)v−t图线的斜率表示加速度，所以
aA=0−0.84m/s2=−0.2m/s2，
aB=0−1.05m/s2=−0.2m/s2，
即两壶的加速度大小均为0.2m/s2，方向均与初速度方向相反;
(2) v−t图线与时间轴围成的面积表示位移，碰后A壶运动的总位移为
xA=12×0.8×4m=1.6m，
碰后B壶运动的总位移为
xB=12×1.0×5m=2.5m，
所以两壶停止运动时的距离为
Δx=xB−xA=0.9m
(3)设两冰壶的质量为m，碰撞后蓝冰壶的速度为v1，红冰壶的速度为v2，由题目给出的公式
mv=mv1+mv2
由图像知道红冰壶碰撞前后的速度分别为v=1.0m/s，v1=0.4m/s，
代入数值得
v2=0.6m/s，
根据图像信息可知红冰壶的减速加速度为
a1=ΔvΔt=0.2m/s2，
所以蓝冰壶从运动到静止的时间为
t=v0a1=
则蓝冰壶碰撞后运动的时间为t2=5s
从碰撞到停止，红冰壶的位移为
x1=v1t12=0.4×22m=0.4m
从碰撞到停止，蓝冰壶的位移为
x2=v22t2=0.6×52m=1.5m
所以最终两冰壶都停止后相距
x=x2−x1=1.1m
【解析】本题考查v−t图像、动量守恒定律、运动学公式。在v−t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线斜率表示加速度，图像与坐标轴围成面积代表位移。