甘肃省平凉市2021届新高考物理三模考试卷含解析

甘肃省平凉市2021届新高考物理三模考试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】C
【解析】
【详解】
A．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误。

B．落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度的夹角为锐角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误。

C．根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C正确。

D．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据知重力
对两小球做功的平均功率不相同，故D错误。

2．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。

假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F。

已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（）
A．
2
mv
GF
B．
4
Fv
Gm
C．
4
mv
GF
D．
2
Fv
Gm
【答案】C
【解析】
【详解】
因在行星表面质量为m的物体静止时，弹簧测力计的示数为F，则可知行星表面的重力加速度
F g m = 又 2
Mm G mg R = 对卫星：
2
v mg m R
= 联立解得：
4
mv M GF
= 故选C 。

3．如图所示，一个质量为m 的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A,推力F 的作用线通过球心O ，假设斜面、墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是()
A ．力F 与墙面对铁球的弹力之差变大
B ．铁球对斜面的压力缓慢增大
C ．铁球所受的合力缓慢增大
D ．斜面对铁球的支持力大小等于
cos mg θ
【答案】D
【解析】
【详解】
对小球受力分析，受推力F 、重力G 、墙壁的支持力N 、斜面的支持力N′，如图：
根据共点力平衡条件，有：
x 方向：
F-N′sinθ-N=0
竖直方向：
N′cosθ=mg
解得： mg
N cos θ
'=； N=F-mgtanθ；
A.故当F 增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F-mgtanθ；可知F 与墙面对铁球的弹力之差不变，故A 错误；
BD.当F 增加时，斜面的支持力为mg cos θ，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D 正确，B 错误； C.铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C 错误； 4．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，R 0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A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2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V 2示数增大
C ．电压表V 3示数减小
D ．变阻器滑片是沿d→c 的方向滑动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由公式
1221
I n I n = 得
12210.840.2
n I n I ∆===∆ 则
12n n >
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V 1示数不变，由理相变压器原公式 112
2
U n U n = 可知，电压表V 2示数不变，故B 错误；
C ．电压表V 3的示数
3220U U I R =-
由于U 2不变，I 2增大，则U 3减小，故C 正确；
D ．由
220U I R R
=+ 且U 2不变，I 2增大，R 应减小，则滑片应沿c d →方向滑动，故D 错误。

故选C 。

5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN ．现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I 的大小与时间t 成正比，即I=kt ，其中k 为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a 、速度v 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】 AB 、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma ，而F=BIL ，I=kt ，得到 BkL•t -f=ma ，可见，a 随t 的变化均匀增大。

当t=0时，f=-ma ，根据数学知识可知AB 错误，故AB 错误。

CD 、速度图象的斜率等于加速度，a 增大，则v-t 图象的斜率增大。

故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．马路施工处警示灯是红色的，除了因为红色光容易引起视觉注意以外，还因为红色光比其它可见光传
播范围更广，这是由于红色光（）
A．更容易发生衍射B．光子的能量大
C．更容易发生干涉D．更容易发生光电效应
【答案】A
【解析】
【详解】
A．红色光的波长较长，而频率较小，所以比其他可见光更容易发生衍射，A正确．
B．由εhν
=知红光比其他可见光的光子能量更小，B错误．
C．发生干涉的条件是两束光同频、同向、同相位，与光的颜色无关，故C错误．
D．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，红色光的频率小，不容易发生光电效应，故D错误．
故选A．
【点睛】
本题是物理知识在生活中的应用，考查了光的波长、频率和衍射、光电效应的关系．要知道红色光在可见光中的频率最小，波长最长．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。

2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行.其中在赤道上空有2颗北斗卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周
运动，其轨道半径分别为地球半径的5
4
和
5
3
，且卫星B的运动周期为T。

某时刻2颗卫星与地心在同一
直线上，如图所示。

则下列说法正确的是
A．卫星A、B的加速度之比为16 9
B．卫星A、B3
9 16
C．再经时间3839T
-
（）
，两颗卫星之间可以直接通信
D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星
【答案】AD
【解析】AB、由万有引力提供向心力有
2
22
·4
GMm m r
ma
r T
π
==，解得
2
GM
a
r
=，卫星A、B的加速度之比为
22
2
2
16
9
A A B
B A
B
GM
a r r
GM
a r
r
===，故A正确；解得
23
4r
T
GM
π
=，卫星A、B的周期之比为
3
2
2733
64
A
A
B B
r
T
T r
===，故B错误；
C、再经时间t两颗卫星之间可以直接通信，则有
22
A B
t
T T
ππ
π
⎛⎫
-=
⎪
⎝⎭
，又
33
,
B A
T T T T
==，解得
()
3839
148
t T
+
=，故C错误；
D、由B卫星的分布图求的所辐射的最大角度，cos0.6
α=，则53
α=︒，则辐射的最大角度为2106
α=︒，需要的卫星个数
360
3
106
︒
>
︒
，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星，故D正确；
故选AD。

【点睛】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫星。

8．在x轴上固定有两个点电荷Q1、Q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。

下列说法中正确的有（）
A．Q1和Q2带同种电荷
B．x1 处的电场强度为零
C．负电荷从x 1沿x轴移到x 2。

电势能逐渐减小
D．负电荷从x 1沿x轴移到x 2，受到的电场力逐渐减小，
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图知1x处的电势等于零，所以1Q和2Q带有异种电荷，A错误；
B ．图象的斜率描述该处的电场强度，故1x 处场强不为零，B 错误；
C ．负电荷从1x 移到2x ，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；
D ．由图知，负电荷从1x 移到2x ，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D 正确． 故选CD 。

9．如图所示，一直角三角形acd 在竖直平面内，同一竖直面内的a 、b 两点关于水平边cd 对称，点电荷1Q 、2Q 固定在c 、d 两点上。

一质量为m 、带负电的小球P 在a 点处于静止状态，取重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．2Q 对P 3
B ．1Q 、2Q 的电荷量之比为33
C ．将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零
D ．将P 从a 点沿直线移到b 点，电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．设a 、c 间的距离为r ，则a 、d 3r ，因为小球在P 点处于静止状态，由平衡条件可得： 1222 6030)
3(kQ q cos r r ︒︒＝ 1222(3)
kQ q mg r r + 联立可解得：
213Q Q ＝
22123()
mg r 故A 错误，B 正确。

C ．因为a 、b 两点关于cd 对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功的特点是只与初末位置的电势有关，与其所经过的路径无关，所以将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零，故C 正确。

D ．由题可知，粒子在a 点受到的电场力方向竖直向上，在cd 上方受电场力方向竖直向下，所以将P 从a 点沿直线移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误。

故选BC 。

10．如图半径为R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。

若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则12
W W 的值可能是（ ）
A ．13
B ．12
C ．1
D ．2
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有
W 1≤mgR ①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W 1+W 2-2mgR=212
mv ② 在最高点，有 mg+F N =2
v m R
≥mg ③ 联立①②③解得
W 1≤mgR
W 2≥
32
mgR 故
12
23
W W 故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

11．如图所示，粗糙的固定水平杆上有A 、B 、C 三点，轻质弹簧一端固定在B 点正下方的O 点，另一端与套在杆A 点、质量为m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。

圆环从A 处由静止释放，向右运动经过B 点时速度为v 、加速度为零，到达C 点时速度为零，下列说法正确的是（ ）
A ．从A 到C 过程中，圆环在
B 点速度最大
B ．从A 到B 过程中，杆对环的支持力一直减小
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于
212mv D ．从B 到C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于
212mv 【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．圆环由A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设A
B 之间的D 位置为弹簧的原长，则A 到D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D 到B 的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B 点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B 到
C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B 点的速度不一定最大，故A 错误； B ．当圆环从A 到
D 运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D 到B 运动时，弹簧被压缩，且弹力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从A 到B 过程中，杆对环的支持力一直减小，选项B 正确； C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于12
mv 2，故C 正确； D ．从B 到C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于12
mv 2，故D 错误。

故选BC 。

12．如图所示为一列简谐横波在t ＝0时的波形图，波沿x 轴负方向传播，传播速度v ＝1m/s ，则下列说法
正确的是
A ．此时x ＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动
B ．x ＝0.4m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置
C ．x ＝4m 处的质点再经过1.5s 可运动到波峰位置
D ．x ＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为y ＝0.4sinπt (m)
E. t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A 、波沿x 轴负向传播，故此时x ＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A 正确；
B 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故x ＝0.4 m 处的质点、x ＝0.6 m 处的质点都向平衡位置运动，且x ＝0.4 m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点距离远，那么，x ＝0.6m 处的质点比x ＝0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故B 错误；
C 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故x ＝4 m 处的质点再经过34T 可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m ，波速v ＝1m/s ，所以，周期T ＝2s ，那么，x ＝4 m 处的质点再经过1.5 s 可运动到波峰位置，故C 正确；
D 、由C 可知：x ＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期T ＝2s ，又有振幅A ＝0.4m ，t ＝0时，质点位移为零，根据波沿x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y ＝﹣0.4sin （πt ）（m ），故D 错误；
E 、由C 可知简谐波的周期T ＝2s ，故经过2s ，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合，故E 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学欲将量程为2mA 、内阻为400 的表头改装成一个多用电表，改装后的电表有几个不同量程，分别为量程为1V 和10V 的双量程电压表及量程为100mA 的电流表，设计电路如图所示。

定值电阻12,R R 和3R 的值待定，1S 为单刀单掷开关，2S 为单刀双掷开关。

已知将开关1S 断开，2S 置于“2”挡时，多用电表的量程为10V ，回答下列问题:
（1）表笔A 应为_______________（填“红”或“黑”）色；
（2）将开关1S 断开，2S 置于“1”挡时，多用电表用于测量_____________（填“电流”或“电压”）；开关1S 闭合,2S 置于“1”挡时，多用电表用于测量__________________（填“电流”或“电压”）；
（3）定值电阻的阻值1R =_______________Ω，2R =____________Ω、3R =____________Ω（3R 结果保留三位有效数字）
【答案】黑 电压 电流 4600 100 10.2
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据表头的极性，因电流要从红表笔流入电表，可知表笔A 应为黑色；
（2）[2][3]．将开关1S 断开，2S 置于“1”挡时，表头与R 2串联，则多用电表用于测量电压；开关1S 闭合，2S 置于“1”挡时，R 3与表头并联，则多用电表用于测量电流；
（3）[4]．已知将开关1S 断开，2S 置于“2”挡时，多用电表的量程为10V ，则
11040046000.002
g g
g U I r R I -==-=Ω [5]．将开关1S 断开，2S 置于“1”挡时，多用电表的量程为1V ，则
'214001000.002
g g
g U I r R I -==-=Ω [6]．将开关1S 接通，2S 置于“1”挡时，多用电表的量程为100mA ，则
23()
2(400100)10.21002
g g g I r R R I I ++==≈Ω-- 14．某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）
电阻箱R 1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R 1（最大阻值为999.9Ω）
电压表V （内阻约为1kΩ）
电流表A （内阻约为1Ω）
灵敏电流计G ，两个开关S 1、S 1．
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R 1和R 1至最大，闭合开关S 1和S 1，再反复调节R 1和R 1，使电流计G
的示数为0，读出电流表A 、电压表V 、电阻箱R 1、电阻箱R 1的示数分别为0.40A 、
11.0V 、30.6Ω、18.1Ω； ②反复调节电阻箱R 1和R 1（与①中的电阻值不同），使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为0.60A 、11.7V ．
回答下列问题：
（1）步骤①中：电流计G 的示数为0时，电路中A 和B 两点的电电势差U AB =_____V ；A 和C 两点的电势差U AC =______V ；A 和D 两点的电势差U AD =______V ；
（1）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω，电流表的内阻为______Ω； （3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E 为______V ，内阻r 为_____Ω．
【答案】0 11.0V -11.0V 1530Ω 1.8Ω 11.6V 1.5Ω
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][1][3]当电流计示数为0时，A 、B 两点电势相等，即0AB U =；
电压表示数即为A 、C 两点电势差，即12.0V AC U =；
由闭合电路欧姆定律可知，D 、A 和A 、C 之间的电势差相等，故12.0V AD U =-；
（1）[4][5]由欧姆定律可得
11V
U U I R R += 解得
1530V R =Ω
由()12DA A U I R R =+可得
1.8A R =Ω
（3）[6][7]由步骤①可得
1224V 2E I r =+
由步骤②可得
22211.7V 2E I r =⨯+
联立可解得
12.6V E =
1.5r =Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差p ∆与气泡半径r 之间的关系为2p r
σ∆=，其中0.070N/m σ=。

现让水下10m 处一半径为0.50cm 的气泡缓慢上升。

已知大气压强50 1.010Pa p =⨯，水的密度331.010kg/m ρ=⨯，重力加速度g 取210m/s 。

（i ）求在水下10m 处气泡内外的压强差；
（ii ）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。

【答案】（i ）28Pa ；（ii
【解析】
【详解】
（i ）内外压强差
11
228p Pa r σ∆==① （ii ）气泡在水下10m 处有
101p p gh p ρ=++∆
31143
V r π=② 接近水面处有
202p p p =+∆
32243
V r π=③ 等温变化有
1122pV p V =④
解②③④式得 012310
2
gh p p r r p p ρ++∆=+∆ 由①式知0p p ∆=，则
3023102gh p r r p ρ+≈= 16．学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C 点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2R 的左半圆轨道AB 和半径为R 的右半圆轨道BC 无缝对接，A 、B 点处于竖直线上，可看成质点、质量为m 的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为F ，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g 。

(1)若小球在A 点的速度为2gR ，求小球在该点对轨道的弹力；
(2)若磁性引力F 可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求F mg
的最小值； (3)若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C 点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与O 点的最短竖直距离。

【答案】（1）F ，方向竖直向下；（2）min
9F mg ⎛⎫=
⎪⎝⎭；（3）不能，(55)R - 【解析】
【分析】
【详解】 （1）设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为F N ，由牛顿第二定律得
2
N 2v F mg F m R
+-= 代入数据得
F N =F
由牛顿第三定律得，小球在A 点对轨道的弹力大小为F ，方向竖直向下
（2）要使小球能完成完整的运动，只需在B 点不脱轨即可。

当v A =0时，到达B 处速度最小，由动能定理得
21402
B mg R mv ⋅=- 当小球处于半径为R 的轨道最低点B 时，小球更容易脱落，则
2N B B v F mg F m R
--= 所以
N 9B F mg F =+
当F N =0时，磁性引力最小，故
min
9F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭ （3）小球能沿轨道运动到C 点，设v A =0，则从A 到C 的过程中有
21202
C mg R mv ⋅=- 得
C v =
若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从C 点以速度v 0平拋，则竖直方向有
212
y R gt == 水平方向有
0x v t ===
得水平速度
0v =
因为0C v v <，故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处，当C v =时，落点与O 点的竖直距离最近 水平方向有
C x v t =
竖直方向有
212
y gt =
且 2224x y R +=
解得
2(458)R t g
-=
故 21(254)2
y gt R ==- 小球的落点与O 点的竖直距离最小为
(525)h R y R =-=-
17．某日清晨，中国海监船在执行东海定期维权巡航执法过程中，发现从事非法调查作业活动的某船只位于图甲中的A 处，预计在80秒的时间内将到达图甲的C 处，我国海监执法人员立即调整好航向，沿直线BC 从静止出发恰好在运动了80秒时到达C 处，而此时该非法船只也恰好到达C 处，我国海监部门立即对非法船只进行了驱赶．非法船只一直做匀速直线运动且AC 与BC 距离相等，我国海监船运动的v －t 图象如图乙所示。

(1)求非法船只的速度大小；
(2)若海监船加速与减速过程的加速度大小不变，海监船从B 处由静止开始若以最短时间准确停在C 点，需要加速的时间为多少？
【答案】 3s
【解析】
【详解】
(1)结合图乙可知海监船运行的位移即为v －t 图线与横坐标轴所围的面积：
170308020m 1 2[()]00m 2
x =⨯⨯－＋＝ 由运动学公式x ＝vt ，代入数据可求得：
v ＝15m/s
(2)由加速度定义式：∆=
∆v a t 代入数据可求加速与减速过程中加速度大小分别为： a 1＝20030-m/s 2＝23
m/s 2 a 2＝20010
-m/s 2＝2m/s 2 设加速时间为t 1，减速时间为t 2，要使时间最短有
1122a t a t ＝
2211221122a t a t x += 解得
t 1＝s。