青岛市达标名校2019年高考一月仿真备考物理试题含解析

青岛市达标名校2019年高考一月仿真备考物理试题
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．如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m 的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m 的砝码，稳定后气体体积减小了△V 1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m 的砝码，稳定后气体体积又减小了△V 2，如图丙．不计摩擦，环境温度不变，则（ ）
A ．△V 1＜△V 2
B ．△V 1=△V 2
C ．△V 1＞△V 2
D ．无法比较△V 1与△V 2大小关系
2．如图，虚线a 、b 、c 为电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个电子仅在电场力作用下的运动轨迹，M 、N 是轨迹与等势面a ，c 的交点．下列说法中正确的是（ ）
A ．电子一定从M 点向N 点运动
B ．等势面c 的电势最低
C ．电子通过M 点时的加速度比通过N 点时小
D ．电子通过M 点时的机械能比通过N 点时大
3．如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B ．顶点A 处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC 的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m 、电荷量均为+q ，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C 点（ ）
A ．qBL m
B ．2qBL m
C ．23qBL m
D ．8qBL m
4．杜甫的诗句“两个黄鹂鸣翠柳，一行白鹭上青天”描绘了早春生机勃勃的景象。

如图所示为一行白直线加速“上青天”的示意图图中12,F F 为某白鹭在该位置可能受到的空气作用力其中2F 方向竖直向上。

下列说法正确的是（ ）
A．该作用力的方向可能与1F相同
B．该作用力的方向可能与2F相同
C．该作用力可能等于白鹭的重力
D．该作用力可能小于白鹭的重力
5．空间存在一静电场，x轴上各点电势φ随x变化的情况如图所示。

若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，E k-t图线，E p-t图线正确的是（）
A．B．C．
D．
6．某一小车从静止开始在水平方向上做直线运动，其运动过程中的加速度随时间变化关系如图所示，则关于小车的运动下列说法中正确的是（）
A．小车做先加速后减速，再加速再减速的单向直线运动
B．小车做往复直线运动，速度反向时刻为1s、3s末
C．小车做往复直线运动，且可以运动到出发点的另一侧
D．小车运动过程中的最大速度为2.5m/s
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．空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm。

一个电子在该水平线上向右运动，电子过a点时动能为6eV，运动至b点时电势能为3eV
，再运动至c点时速度为零。

电子电荷量的大小为e，不计重力。

下列说法正确的是（）
A．由a至b的运动过程，电场力做功大小为3eV
B．匀强电场的电场强度大小为300V/m
C．等势面d的电势为3V
D．该电子从c点返回a点时动能为6eV
8．一列波源在x轴原点的简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示为t=0时刻的波形，此时波源正好运动到y轴的1cm处，此时波刚好传播到x=7m的质点A处，已知波的传播速度为24m/s，下列说法正确的是（）
A．波源的起振方向沿y轴正方向
B．从t=0时刻起再经过1
3
s时间，波源第一次到达波谷
C．从t=0时刻起再经过2.75s时间质点B第一次出现在波峰
D．从t=0吋刻起到质点B第一次出现在波峰的时间内，质点A经过的路程是48cm
9．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）
A ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同
C ．该战士在空中经历的时间是02tan v g
θ D ．该战士在空中经历的时间是
0tan 2v g θ 10．质量为m 物体从距地面高h 处分别沿不同的支持面滑至地面，如图所示，a 为光滑斜面，b 为粗糙斜面，c 为光滑曲面。

在这三个过程中（ ）
A ．重力做功相等
B ．机械能变化的绝对值相等
C ．沿c 下滑重力势能增加最大
D ．沿b 下滑机械能变化的绝对值最大
11．真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x=50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x=10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．x=10cm 处的电势比x=20cm 处的电势高
B ．从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小
C ．点电荷A 、B 所带电荷量的绝对值之比为9：4
D ．从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小
12．1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。

实验时，用双子星号宇宙飞
船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。

推进器的平均推力为F ，开动时间Δt ，测出飞船和火箭的速度变化是Δv ，下列说法正确的有（ ）
A ．推力F 通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
B ．宇宙飞船和火箭组的总质量应为F t v ∆∆
C ．推力F 越大，v t ∆∆就越大，且v t
∆∆与F 成正比 D ．推力F 减小，飞船与火箭组将分离
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。

(1)实验前小组同学调整气垫导轨底座使之水平，并查得当地重力加速度29.78m /s g =。

(2)如图所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d =_______cm ；实验时将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间21.210s t -∆=⨯，则滑块经过光电门时的瞬时速度为__________m/s 。

在本次实验中还需要读出和测量的物理量有：钩码的质量m 、滑块质量M 和__________（文字说明并用相应的字母表示）。

(3)本实验通过比较钩码的重力势能的减小量__________和__________（用以上物理量符号表示）在实验误差允许的范围内是否相等，从而验证系统的机械能守恒。

14．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数的实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g ．采用的实验步骤如下：
A ．在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量m a、m b：
C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：
D．烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动：
E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间△t：
F．滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出AC之间的距离S a
G．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s b；
H．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm；
（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小____________等于b的动量大小___________；（用上述实验所涉及物理量的字母表示）
（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的S a与关系图象如图丙所示，图象的
斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为____________．（用上述实验数据字母表示）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．2018年9月23日“光纤之父”华人科学家高琨逝世，他一生最大的贡献是研究玻璃纤维通讯．光纤在
转弯的地方不能弯曲太大，如图模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成3
4
圆环，已知玻璃的折射
率为2，光在真空中的速度为c，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出．求：
①圆环内径R的最小值；
②在①间的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间．
16．如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。

质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，
离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P。

若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。

不计重力，求：
(1)正方形区域I中电场强度E的大小；
(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；
(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。

17．如图所示，一半径为R=30.0cm，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O为横截面的圆心，该柱体的BO面涂有反光物质，一束光竖直向下从A点射向柱体的BD面，入射角i=45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D点射出。

已知光在真空中的速度为c=3.00×108m/s，sin37.5°=0.608，sin 45°=0.707，sin 15°=0.259，sin22.5°=0.383，试求：（结果保留3位有效数字）
(1)透明柱体的折射率；
(2)光在该柱体的传播时间t。

参考答案
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．C
【解析】
【详解】
+=
设大气压强为0p，起初活塞处于平衡状态，所以：0p S Mg pS
解得该气体的压强为：0mg p p S
=+
则甲状态气体的压强为：10mg p p S
=+ 乙状态时气体的压强为：202mg p p S
=+ 丙状态时气体的压强为：303mg p p S =+ 由玻意耳定律得：112233p V p V p V == 得：02102p S mg V V p S mg +=⋅+，03203p S mg V V p S mg
+=⋅+ 所以112102mg V V V V p S mg ∆=-=
⋅+ 1213110223mg V V V V V V p S mg
∆+∆=-=
⋅<∆+ 所以：12V V ∆>∆．
故本题选C ．
【点睛】 对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可．
2．C
【解析】
【详解】
A ．电子可以由M 到N ，也可以由N 到M ，由图示条件不能具体确定，故A 错误；
B ．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电子带负电，则M 点电子受到左下方的电场力，因此电场线指向右上方，根据沿电场线电势降低，可知a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，故B 错误；
C ．等势线密的地方电场线密，电场场强大，则N 点场强大于M 点场强。

则电子通过N 点的加速度比M 点的大，故C 正确；
D ．从M 到N 过程中电场力做正功，根据功能关系可知，机械能增加，即电子通过M 点时的机械能比通过N 点时小，故D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
【详解】
粒子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径： r= L n
（n=1，2，3，…），
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m 2
v r
， 解得：
Bqr BqL v m mn
=
=（n=1，2，3，…）， 则23qBL v m =的粒子不能到达C 点，故ABD 不合题意，C 符合题意。

故选C 。

【点睛】
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题．
4．A
【解析】
【详解】
白鹭斜向上做匀加速运动，可知合外力与加速度同向，重力竖直向下，可知空气对白鹭的作用力斜向左上方，即可能是F 1的方向；由平行四边形法则可知F 1>G ；
故选A 。

5．B
【解析】
【详解】
AB 、由x ϕ-图可知，图像的斜率表示电场强度，从0x -到0x 的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在0x =位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B 正确，A 错误；
C 、粒子在运动过程中，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知k E x -图像的斜率先变小再变大，在0x =位置的斜率为零，故C 错误；
D 、由于粒子带负电，根据电势能P
E q ϕ=可知，P E x -变化规律与x ϕ-变化规律相反，故D 错误；
图线正确的是选B 。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．由加速度时间图线可判断，0~1s 内，小车沿正向做加速度增大的加速运动，1s~2s 内小车沿正向做加速度减小的减速运动，由对称性知2s 末小车速度恰好减到零，2s~3s 内小车沿负向做加速度增大的加速度运动，3s~4s 内小车沿负向做加速度减小的减速运动，4s 末小车速度恰好减到零。

由于速度的变化也是对称的，所以正向位移和负向位移相等，即4s 末小车回到初始位置，故 ABC 错误；
D ．小车在1s 末或3s 末速度达到最大，图线与时间轴所围面积表示速度的变化，所以最大速度为
max 115m/s 2.5m/s 2
v =⨯⨯= 故D 正确。

故选D 。

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．AD
【解析】
【详解】
A ．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。

电子沿电场线方向做匀变速运动。

电子从a 至c 的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV ，则电势能增加了6eV ，则电势差
6V ac U =
则
3V ab bc U U ==
电子从a 至b 的过程，电场力做负功，大小为
3eV ab eU =
A 正确；
B ．电场强度大小
2150V/m 2210m
ac U E -==⨯⨯ B 错误；
C ．电子经过等势面b 时的电势能为3eV -，则b 点的电势
3V b ϕ=
23V 6V b d ϕϕ-=⨯=
则
3V d ϕ=-
C 错误；
D ．电子在a 点时动能为6eV ，从a 减速运动至c ，然后反向加速运动再至a 点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6eV ，D 正确。

故选AD 。

8．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A.波向x 轴的正方向传播，此时波传到质点A 位置，此时质点A 的振动方向沿y 轴负方向，所以波源的起振方向沿y 轴负方向，故A 错误；
B.该波的波长为12m ，周期
121s s 242
T v λ
=== 从t=0时刻起波源振动到波谷需要的振动时间
1121s 2433
t T T =+⨯= 故B 正确；
C.波从质点A 传播到质点B 需要的时间为
164757s 1224
t T -== 质点B 从开始振动到第一次到达波峰所用的时间为 233s 48T t =
= 所以时间为
12 2.75s t t t =+=
故C 正确；
D.从t=0时刻起到质点B 第一次出现在波峰，经历的时间为2.75s ，则A 经过的路程是
2.758cm 44cm s T
=⨯= 故D 错误。

故选BC 。

【解析】
【分析】
【详解】
雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知
tan 2y gt x v θ== 解得平抛运动的时间为
02tan v t g
θ= 如果v 0不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为
0022tan v x v t g
θ== 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在这三种过程中物体下降的高度相同，由W=mgh 可知，重力做功相同，故A 正确；
BD ．在a 、c 面上滑行时机械能守恒，在b 面上滑行时机械能减小，则在a 、c 面上滑行时机械能变化小于在b 面上滑行时机械能变化的绝对值，选项B 错误，D 正确；
C ．重力做功等于重力势能的变化，所以在这三种过程中重力势能的变化相同。

故C 错误；
故选AD 。

11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．点电荷p 从x=10cm 处运动到x=30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x=10cm 到x=30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x=10cm 处的电势比x=20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，
则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x=10cm 到x=30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x=30cm 到x=50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x=30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B A B Q q Q q k k r r = 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x=30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F=q
E 可知：x=30cm 处的电场强度为零，所以从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

12．BC
【解析】
【详解】
A ．对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有
12()F m m a =+
设飞船对火箭的弹力大小为N ，对火箭组，由牛顿第二定律，有
2N m a =
解得
212
m F N F m m =<+ 故A 错误；
B ．由运动学公式，有∆=∆v a t
，且 12()F m m a =+
解得
12F t m m v
∆+=∆ 故B 正确；
C ．对整体
12()v F m m t
∆=+∆ 由于（m 1+m 2）为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F 越大，
v t ∆∆就越大，且v t ∆∆与F 成正比，故C 正确；
D ．推力F 减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞船与火箭
组不会分离，故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．0.52cm 0.43 滑块释放位置遮光条到光电门的位移s mgs 钩码和滑块的动能增加量之和21()2d m M t ⎛⎫+ ⎪∆⎝⎭
【解析】
【详解】
(2)[1]游标卡尺主尺读数为0.5cm ，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm ，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm ；
[2]由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为 0.43m/s d v t
== [3]根据实验原理可知，该实验中需要比较钩码和滑块所组成的系统重力势能的减小量与钩码和滑块所组成的系统动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理还有：滑块释放位置遮光条到光电门的位移s
(3)[4][5]钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs ，系统动能的增量为 21()()2d m M t
+∆ 因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒
14．
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm ．
（2）烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度为：，故a 的动量为：，b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 及 联立解得：，故b 的动量为：．
（3）对物体a 由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第
二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．21-；5R c ． 【解析】
【详解】
①从A 端最下方入射的光线发生全反射时其他光线能发生全反射，根据几何关系得
sinθ=R R d
+ 设全反射临界角为C ，则要使A 端垂直入射的光线全部从B 端射出，必须有 θ≥C 根据临界角公式有sinC=1n 因此有：sinθ≥sinC
即有R R d +≥1n
； 解得：R≥1
d n -=21- 所以R 的最小值为21
-． ②在①问的情况下，θ=45°，R=21
-．如图所示．
光在光纤内传播的总路程为2252R 光在光纤内传播速度为v=c n =22
c 所以所求时间为t=S v =5R c
16．（1）20mv E qL =； （2）02mv B qL = （3）)
31L 【解析】
【分析】
（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E ；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B ；（3）在Q 点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E 的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L ，L ）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L ，L ）点向左做类平抛运动。

【详解】
（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛
0L v t =
212
y at = y v at =
Eq a m
= 设离开角度为θ，则0tan y
v v θ=
离开区域Ⅰ后作直线运动tan 2
L y
L θ-=
由以上各式得 20mv E qL
= 45θ=o
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动
0v =
2
mv qvB R
=
有几何关系可得2
R = 可求得 02mv B qL
= （3）在Q 点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E 的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L ，L ）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L ，L ）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时
0x v t ''=
212y at ''= x y L ''+= 解得(23)y L '=-
因此，距离x 轴距离 (31)d L y L '=-=-
【点睛】
带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和几何知识，找半径，再求其他量； 17． (1)1.16；(2)91.8410s -⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)如图所示：
根据反射成像的对称性，可知
4560105AOD ︒︒︒'∠=+=
折射角为
18010537.52
r ︒︒
︒-== 由折射定律得
sin sin i n r
= 代入数据解得
sin 45 1.16sin 37.5n ︒
︒
== (2)根据折射定律可得
c v n
=
光在该柱体的传播
x R r
=
2cos
光在该柱体的传播时间x nR r
2cos
==
t
v c
代入数据得
9
=⨯
t-
1.8410s。