贵州省遵义市2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

贵州省遵义市2021届新高考物理仿真第四次备考试题
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．a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始，沿同一条直线运动，v-t图象如图所示，a、b两物体运动图线均为正弦(余弦)曲线的一部分。

在0～6s时间内，关于两物体的运动，下列说法正确的是（）
A．b物体的加速度先增加后减小
B．a物体的位移大于b物体的位移
C．2s末a物体的加速度大于b物体的加速度
D．3s末a、b两物体之间的距离最大
【答案】C
【解析】
【详解】
A．b的斜率先减小后增大，固b的加速度先减小后增大；A错误。

B．由图可知曲线a在0~6 秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线b与时间轴所围上下面积之和，固曲线a位移小于曲线b位移；B错误。

C．2s末曲线a的斜率大于曲线b的斜率，故两秒末曲线a的加速度大于曲线b的加速度；C正确。

D．6s末曲线ab所围面积之差最大，故6s末ab两物体之间距离最大；D错误。

故选C。

【点睛】
v-t图像基本知识点。

如斜率代表加速度，斜率的绝对值代表加速度大小，斜率的正负代表加速度方向，与时间轴所围面积代表位移。

2．空间存在如图所示的静电场，图中实线a、b、c、d、e为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。

一个带负电的粒子从P点以垂直于虚线向上的初速度v0射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（）
A．等势线a的电势最高
B．带电粒子从P点射出后经过等势线b时，粒子的速率可能等于v0
C．若让粒子从P点由静止释放，在图示空间内，粒子将在虚线上做往复运动
D．若让粒子从P点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由图可知，负电荷弯曲的方向向右，则受到的电场力得方向向右，由于负电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，等势线a电势最低。

故A错误；
B．带电粒子从P点射出后经过等势线b时，电场力做正功，则粒子的动能增加，则其速率大于v0，选项B错误；
C．让粒子在P点由静止释放，粒子受到的电场力得方向始终向右，所以将一直向右做加速运动。

故C错误；
D．电场线的疏密代表电场的强弱，让粒子在P点由静止释放，粒子将沿虚线向右做加速运动，因电场线先密后疏，可知电场力先增后减，即加速度先增大后减小。

故D正确。

故选D。

3．关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是（）
A．加速度的定义采用了比值定义法
B．研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法
C．卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法
D．电流元概念的提出采用了理想模型法
【答案】B
【解析】
【详解】
A．加速度的定义式为a=
v
t
∆
∆
，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故A正
确，不符合题意；
B．研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法，故B错误，符合题意；
C．卡文迪许通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故C正确，不符合题意；D．电流元是理想化物理模型，电流元概念的提出采用了理想模型法，故D正确，不符合题意。

故选B。

4．以下各物理量属于矢量的是()
C ．电流
D ．磁感应强度
【答案】D
【解析】
【详解】
矢量是既有大小，又有方向的物理量；
AB ．质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项AB 错误；
C ．电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项C 错误；
D ．磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项D 正确。

5．通信卫星一般是相对地面“静止”的同步卫星，三颗同步卫星就可以实现全球通信。

设地球的半径为R ，地面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T 。

则速度为c 的电磁波从一颗卫星直线传播至相邻的另一颗卫星，传播时间为（ ）
A ．2232334gR T π
B ．223234gR T π
C ．223
21334gR T c π D ．2232134gR T c π
【答案】C
【解析】
【详解】
卫星绕地球运行，万有引力提供向心力，则有
2224GMm r m r T
π= 可得
3
2r T GM
π= 综合“黄金代换”有
2GM gR =
如图所示
由几何关系知
sin602x r =︒ 联立整理得
223
2
334gR T x π= 根据运动规律，电磁波传播有
x ct =
可得
2232
1334gR T t c π= 故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选C 。

6．如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267-1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。

它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。

将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m=10kg ，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O 点相距L=5m 的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M ，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A 点，静止时长臂与水平面的夹角α=37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O 点的水平距离s=20m ，空气阻力不计，g 取10m/s 2。

则（ ）
A ．石块水平抛出时的初速度为5
B ．石块水平抛出时的初速度为20m/s
C ．从A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050J
D ．从A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J
【答案】C
AB ．石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为
21sin 2h L L gt α=+=
可得 2(sin )210s 5
L L t g α+== 水平方向匀速直线运动
0s v t =
可得平抛的初速度为
0510m/s v =
故AB 错误；
C D ．石块从A 点到最高点的过程，由动能定理
20102
W mgh mv -=- 解得长臂对石块做的功为
2012050J 2
W mgh mv =+= 故C 正确，D 错误。

故选C 。

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．如图，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。

图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为F N2，下列说法正确的是（ ）
A ．若导线位于图中1位置且电流方向向外，则F N1>F N2
B ．若导线位于图中1位置且电流方向向里，则弹簧伸长量增大
C ．若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则导线中电流方向向里
D ．若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则F N1>F N2
【答案】AC
【详解】
A ．条形磁铁的外部磁场方向是由N 极指S 极，由1位置的磁场方向沿斜面向下，2位置的磁场方向斜向左上方，若导线位于图中1位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上，可知磁铁对斜面的压力减小，则有 N1N2F F >
故A 正确；
B ．若导线位于图中1位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变，故B 错误；
CD ．若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故有
N1N2F F <
所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C 正确，D 错误； 故选AC 。

8．如图1所示，质量m=1kg 的滑块在水平面上做匀减速直线运动，在对滑块施加一水平方向拉力F 和不对滑块施加水平拉力F 的两种情况下，滑块运动的2v x -图像如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．水平拉力大小一定等于1 N
B ．滑块所受的摩擦力大小可能等于2 N
C ．滑块受水平拉力时的图像可能是a 。

D ．滑块不受水平拉力时的图像一定是a
【答案】ABC
【解析】
【详解】
由题图2可知，a 图线对应滑块运动的加速度大小为
212236m /s 1m /s 2218
a v x ==⨯=
222236m /s 2m /s 229
a v x ==⨯= 若滑块受到的拉力与v 方向相同，则
1f F ma -=
2f ma =
解得
2N f =
1N F =
若滑块受到的拉力与v 方向相反，则
2f F ma +=
1f ma =
解得
1N f =
1N F =
则滑块受水平拉力时的图像可能是a ，也可能是b 。

选项ABC 正确，D 错误。

故选ABC 。

9．如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm ，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。

小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B 点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A 点后完成“旋转的液体”实验。

若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S 极， R 0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V ，则
A ．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B ．由上往下看，液体做逆时针旋转
C ．通过R 0的电流为1.5A
D ．闭合开关后，R 0的热功率为2W
【答案】BD
【解析】
电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A 错误，B 正确；
C ．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 U qvB q
d
= 得 ==0.50.1100V=5V U Bdv ⨯⨯
由闭合电路欧姆定律有
V 0()U U I r R -=+
解得
1A I =
R 0的热功率
0202W R P I R ==
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10．如图，内壁光滑圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m 、m 的刚性小球a 、b ，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h 。

拔掉销子，两球自由下落。

若a 球与地面间及a 、b 两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是（ ）
A ．两球下落过程中，b 对a 有竖直向下的压力
B ．a 与b 碰后，a 的速度为0
C ．落地弹起后，a 能上升的最大高度为h
D ．落地弹起后，b 能上升的最大高度为4h
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b 对a 没有压力，选项A 错误；
方向竖直向下，则a 与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上的v ，则ab 碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒
33a b mv mv mv mv -=+
由能量关系
22221111332222
a b mv mv mv mv +⋅=⋅+ 解得
0a v =
2b v v =
则落地弹起后，a 能上升的最大高度为零，b 能上升的最大高度为
242b v H h g
== 选项C 错误，BD 正确。

故选BD 。

11．粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L 。

现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度始终与线框最先进入磁场的那条边垂直。

在通过如图所示的位置时，下列说法中正确的是（ ）
A ．图甲中a 、b 两点间的电压最大
B ．图丙与图丁中电流相等且最小
C ．维持线框匀速运动的外力的大小均相等
D ．图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．图甲中ab 两点间的电势差等于外电压，其大小为：
其它任意两点之间的电势差都小于路端电压，A 正确；
B ．图丙和图丁中，感应电动势大小为：
E BLv =
感应电流： BLv I R
= 感应电动势大小小于图甲和图乙，所以图丙与图丁中电流相等且最小，B 正确； C ．根据共点力的平衡条件可知，维持线框匀速运动的外力的大小等于安培力大小，根据安培力公式： F BIL =
图甲和图乙的安培力大于图丙和图丁的安培力，所以维持线框匀速运动的外力的大小不相等，C 错误； D ．图甲和图乙的电流强度相等，速度相同，进入磁场的时间也相等，根据焦耳定律：
2Q I Rt =
可得图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等，D 正确。

故选ABD 。

12．将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。

从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a 、速度v 、机械能E 、动能E k 与其离开抛出点高度h 之间的关系正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有 1()mg f ma -+=
a 1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有
a 2大小恒定，方向向上，且有
12a a >
故A 正确；
B ．上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有
22012v v a h -=
非一次线性函数，同理可知，下降过程的v h -图像也非一次线性函数，故B 错误；
C ．上升过程机械能E 与小球离抛出点高度h 的关系为
0E E fh =-
下降过程机械能E 与小球离抛出点高度h 的关系为
1()E E f H h =--
由图像可知，故C 错误；
D ．上升过程动能
E k 与小球离抛出点高度h 的关系为
0()k k E E mg f h =-+
下降过程动能E k 与小球离抛出点高度h 的关系为
'()()k E mg f H h =--
且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (某同学要测定某金属丝的电阻率。

(1)如图甲先用游标卡尺测其长度为________cm,如图乙再用螺旋测微器测其直径为________mm ，如图丙然后用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为________Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下： A ．电压表V(量程3V .内阻约为15kΩ)
B ．电流表A(量程0.6A ．内阻约为1Ω)
C ．滑动变阻器R 1(0~5Ω, 0.6A)
D ．1.5V 的干电池两节，内阻不计
E.开关S,导线若干
①请设计合理的电路图，并画在下图方框内_________。

②用上面测得的金属导线长度l 、直径d 和电阻R ，可根据表达式ρ=________算出所测金属的电阻率。

【答案】6.015 1.770 6 见解析 24d R l π
【解析】 【详解】
(1)[1]．游标卡尺读数为： 主尺读数+游标尺读数×精度，此题读数为：
60mm+3x0.05 mm =60.15mm=6.015cm
即金属丝的长度为6.015cm 。

[2]．螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为：
1.5 mm + 27.3x0.01 mm = 1.773 mm.
即金属丝直径为1.773mm 。

[3]．多用表的读数为电阻的粗测值，为6Ω。

(2)①[4]．电路图如图所示。

②[5]．由电阻定律l R S
ρ=，有 24RS d R l l
πρ== 14．某研究性学习小组从一个数码设备中拆下了一个旧电池，已知该电池的电动势约为12V 内阻约为2Ω，该小组的同学为了测定电池的电动势和内阻，从实验室借来了如下实验器材：
A ．电压表(量程为0～3V ，内阻为2kΩ)
B ．电流表(量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．定值电阻4kΩ
D ．定值电阻8kΩ E.定值电阻1Ω F.定值电阻3Ω
G .滑动变阻器0～20Ω H.滑动变阻器0～2kΩ I.开关一个，导线若干
(1)该小组的同学设计了如图甲所示的实验电路，电阻R 1应选____________，电阻R 2应选__________，滑动变阻器应选__________。

(选填相应器材前面的字母)
(2)开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至__________(填“最左端”或“最右端”)，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，可得到多组电压表和电流表的读数U 和I ，利用得到的实验数据作出U －I 图像如图乙所示，根据图像可知该电池的电动势E ＝__________ V ，内阻r ＝__________Ω。

(计算结果保留三位有效数字)
【答案】D F G 最右端 12.5 1.69
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]．电压表量程为0～3V ，内阻为2kΩ，则要要使此电压表的量程扩大到12V 左右，则需串联一个 8kΩ的电阻，故定值电阻选择D ；电源内阻为2Ω左右，R 2做为保护电阻，则应该选择与内阻阻值相当的F 即可；滑动变阻器选择与内阻阻值差不多的G 即可；
（2）[4]．开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大的最右端；
（3）[5][6]．根据图像可知外电路电流为0时电压表读数为2.5V ，则此时路段电压为5×
2.5V=12.5V ，即电源电动势为E=12.5V ，内阻
2(2.51)5 1.691.6
r R -⨯=-=Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在xOy 坐标系中，在y d <的区域内分布由指向y 轴正方向的匀强电场，在3d y d ≤≤的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，MN 为电场和磁场的边界，在3y d =处放置一垂直于y 轴的足够大金属挡板ab ，带电粒子打到板上即被吸收（设轨迹圆与挡板ab 相切的粒子刚好不会被吸收），一质量为m.电量为q +的粒子以初速度0v 由坐标原点O 处沿x 轴正方向射入电场，已知电场强度大小为
2089mv E qd
=，粒子的重力不计．
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点()4,0P d （图中未画出），求磁感应强度的大小．
【答案】 (1)043mv B qd
≥
(2) 043mv B qd = 【解析】
（1）粒子先在电场中做类平抛运动，0x t v =，212d a t =，其中2089v qE a m d ==，得到：32x d = 速度与x 轴夹角04tan 3at v θ==，053θ=，进入磁场速度053
v v = 粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R ，洛伦兹力提供向心力： 2
qvB m r v = 由几何关系：0cos532r r d +=，得到：54r d =
得到：043mv B qd =，故要使粒子不打到挡板上，043mv B qd
≥； （2）粒子再次回到x 轴上，沿x 轴前进的距离'0'822sin 5335
x r r d r ∆=-=- 调节磁场'
504
r d <≤，所以3d x d ≤∆< 粒子通过P 点，回旋次数4d n r =∆，所以443n <≤ N 为整数，只能取2n =、3n =、4n =
2n =时，2x d ∆=，此时磁场083mv B qd
= 3n =时，43
x d ∆=，此时磁场085mv B qd = 4n =时，x d ∆=，此时磁场043mv B qd =
点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN 的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达x 轴的位置也将发生相应的变化，那么就要找到回旋次
数N 与每回旋一次向前移动距离s 之间的关系．
16．如图甲所示，宽0.5m L =、倾角30θ=o 的金属长导轨上端安装有1ΩR =的电阻。

在轨道之间存在垂直于轨道平面的磁场，磁感应强度B 按图乙所示规律变化。

一根质量0.1kg m =的金属杆垂直轨道放置，距离电阻1x m =，0t =时由静止释放，金属杆最终以0.4m/s v =速度沿粗糙轨道向下匀速运动。

R 外其余电阻均不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

求：
(1)当金属杆匀速运动时电阻R 上的电功率为多少？
(2)某时刻(0.5s)>t 金属杆下滑速度为0.2m/s ，此时的加速度多大？
(3)金属杆何时开始运动？
【答案】 (1)当金属杆匀速运动时电阻R 上的电功率为0.04W ；(2)某时刻(0.5s)>t 金属杆下滑速度为0.2m/s ，此时的加速度为20.5m/s ；(3)金属杆在0.5s 后感应电流消失的瞬间才开始下滑。

【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求电阻R 中的电流，根据电功率计算公式求解电功率；导体棒最终以0.4m/s v =的速度匀速运动，根据受力平衡求出摩擦力，0.5s >t 的某个时刻金属杆下滑速度为0.2m/s ，由牛顿第二定律求出加速度；求解安培力的大小，分析金属杆的受力情况确定运动情况。

【详解】
(1)匀速时磁感应强度应无变化，1B T =，根据闭合电路的欧姆定律可得：
10.50.4A 0.2A 1
⨯⨯===BLv I R ， 根据电功率计算公式可得：
220.21W 0.04W ==⨯=P I R ；
(2)匀速时根据共点力的平衡可得：
sin30A mg F f =+o ，
而安培力为：
22221050.4N 0.1N 1
⨯⨯===．A B L v F R ， 所以解得摩擦力为：
0.4N f =，
当速度'v 为0.2m/s 时，安培力为：
2222'1050.2'N 0.05N 1
⨯⨯===．A B L v F R ， 根据牛顿第二定律可得：
sin30''A mg F f ma --=o ，
解得：
2'0.5m/s =a ；
(3)由图b 可知：释放瞬间磁场变化率1/k T s =，感应电流为：
10.51'A 0.5A 1
⨯⨯=====E kS kLx I R R R ， 安培力为：
'0.50.50.5N 0.125N "==⨯⨯=A F I LB ，
由于
sin30A f F mg +">o ，
所以开始释放时金属杆无法下滑，在0.5s 内，安培力不断增加，范围0.125N 0.25N -，所以在0.5s 前金属杆无法运动；金属杆在0.5s 后感应电流消失的瞬间才开始下滑。

【点睛】
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

17．一质量为m=2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a ）中的图线．图（a ）中，0~t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t 1=0.8 s ；t 1~t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2=1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m ． （1）在图（b ）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t 图线；
（2）求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1~t 2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t 1~t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【答案】（1）（2）28m/s ， 28 m/s （3）30 m/s ；51.1610J ⨯；87.5 m
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）v-t 图像如图所示．
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度也为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt=1s ，设汽车在t 2+n-1Δt 内的位移为s n ，n=1,2,3,…． 若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有
2143(Δ)s s a t -=①
2121Δ(Δ)2
s v t a t =-② 424Δv v a t =-③
联立①②③式，代入已知数据解得
417m/s 6
v =-④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立． 由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式
323Δv v a t =-⑤
2432as v =⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288m/s 25
a =，v 2=29.76 m/s ⑧ 第二种情形下v 3小于零，不符合条件，故舍去
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有：f 1=ma ⑨ 在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：1211=()2I f t t -⑩
由动量定理有：12I mv m '=-⑪
由动能定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为：22211122
W mv mv =
-⑫ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v 1=30 m/s ⑬
51.1610J W =⨯⑭ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
221112211()()22v s v t v v t t a
=++-+⑮ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得
s=87.5 m ⑯。