西藏拉萨市2021届新高考物理三模试卷含解析

西藏拉萨市2021届新高考物理三模试卷
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．下列说法正确的是（ ）
A ．光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性
B ．高速运动的质子、中子和电子都不具有波动性
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说
D ．核反应方程9412
426Be He C X +→+中的X 为质子
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，A 错误；
B ．任何运动的物体包括宏观物体和微观粒子都具有波粒二象性，B 错误；
C ．原子的核式结构学说的提出是建立在α粒子散射实验基础上的，C 正确；
D ．根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可判断X 为中子，D 错误。

故选C 。

2．如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 、c 小球带同种电荷
B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷
C ．a 、b 小球电量之比为
36 D ．a 、b 3【答案】D
【解析】
【详解】 AB ．对a ，a 受到重力、环的支持力以及b 、c 对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b 对a 的库仑力均沿圆环直径方向，故c 对a 的库仑力为引力，同理可知，c 对b 的库仑力也为引力，所以a 与c 的电性一定相反，与b 的电性一定相同。

即：a 、b 小球带同种电荷，b 、c 小球带异种电荷，
故AB 错误；
CD ．对c 小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得
22sin 60sin30a c b
c ac bc
q q q q k k r r ︒=︒ 又
:ac bc r r =解得：
:a b q q =
故C 错误，D 正确。

故选D 。

3．下列说法正确的是:
A ．国际单位制中力学中的三个基本物理量的单位是m 、kg 、m/s
B ．滑动摩擦力可以对物体不做功,滑动摩擦力可以是动力
C ．在渡河问题中,渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定
D ．牛顿第一定律是经过多次的实验验证而得出的
【答案】B
【解析】
【详解】
A .国际单位制中力学的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m 、kg 、s ，A 错误；
B. 滑动摩擦力可以不做功，例如:你的手在墙上划,你的手和墙之间有摩擦力,这摩擦力对你的手做功,却对墙不做功,因为力对墙有作用力但没位移. 滑动摩擦力可以是动力，例如将物体由静止放在运动的传送带上，物体将加速，滑动摩擦力起到了动力的效果，B 正确；
C ．在渡河问题中,渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定,与水流速度无关，也可以理解为水流不能帮助小船渡河，C 错误；
D ．牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，无法通过实验进行验证，D 错误；
故选B ．
4．利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（ ）
A ．地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）
B ．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C ．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D ．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．根据地球表面物体重力等于万有引力可得： 2Mm G mg R = 所以地球质量
G
gR M 2
= 故A 能计算出地球质量，A 项正确；
B ．由万有引力做向心力可得：
2222()Mm v G m m R R R T
π== 故可根据v ，T 求得R ，进而求得地球质量，故B 可计算，B 项正确；
CD ．根据万有引力做向心力可得：
222()Mm G m r r T
π= 故可根据T ，r 求得中心天体的质量M ，而运动天体的质量m 无法求解，故C 可求解出中心天体地球的质量，D 无法求解环绕天体地球的质量；故C 项正确，D 项错误；
本题选择不可能的，故选D 。

5．图中实线是某电场中一簇未标明方向的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点。

根据此图不能作出判断的是（ ）
A ．a 、b 两点中，哪点的电势较高
B ．a 、b 两点中，哪点的电场强度较大
C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度哪点较大
D ．带电粒子在a 、b 两点的电势能哪点较大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子的电性未知，所以电场线方向不能判断，则无法确定哪点的电势较高。

故A 错误，符合题意。

B ．由图看出a 处电场线比b 处电场线疏，而电场线疏密表示场强的大小，即可判断出a 处场强较小，故B 正确，不符合题意。

C ．带电粒子在a 处所受的电场力较小，则在a 处加速度较小，故C 正确，不符合题意。

D ．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，则粒子在b 点电势能较大。

故D 正确，不符合题意。

故选A.
6．2019年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们对于人类对宇宙演化方面的了解所作的贡献。

其中两位学者的贡献是首次发现地外行星，其主要原理是恒星和其行星在引力作用下构成一个“双星系统”，恒星在周期性运动时，可通过观察其光谱的周期性变化知道其运动周期，从而证实其附近存在行星。

若观测到的某恒星运动周期为T ，并测得该恒星与行星的距离为L ，已知万有引力常量为G ，则由这些物理量可以求得（ ）
A ．行星的质量
B ．恒星的质量
C ．恒星与行星的质量之和
D ．恒星与行星圆周运动的半径之比
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
恒星与行星组成双星，设恒星的质量为M ，行星的质量为m 。

以恒星为研究对象，行星对它的引力提供了向心力，假设恒星的轨道半径为r 1，动力学方程为 2
122GMm M r L T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
得到行星的质量 22124L r m GT
π= 以行星为研究对象，恒星对它的引力提供了向心力，假设行星的轨道半径为r 2，动力学方程为 2
222GMm m r L T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
得到恒星的质量 22224L r M GT
π= 则有
23
24L M m GT
π+=
故ABD错误，C正确。

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．如图所示为一质点的简谐运动图象。

由图可知
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．t=0时，质点正通过平衡位置向正方向运动
C．t=0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m
【答案】CD
【解析】
试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误．t=0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误．根据图象的斜率表示速度，则t=0.25s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同．故C正确．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为S=2A=2×5cm=10cm=0.1m，故D正确．故选CD。

考点：振动图线
【名师点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅。

8．在用油膜法估测分子大小的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为η，且n滴溶液体积为V。

现取1滴溶液滴入撒有痱子粉的浅水盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上描绘出油酸膜的轮廓形状，再把玻璃板放在边长为1cm的坐标纸上，算出油膜的面积S。

关于本实验，下列说法正确的是（）
A．不用痱子粉，直接将1滴溶液滴入浅水盘也可以完成实验
B．水面上形成的油酸薄膜的体积为
V n η
C．估测油酸分子的直径为V nS
D．在坐标纸上数油膜轮廓内格子数以计算油膜的面积采用的是近似法E.用配制的油酸酒精溶液的原因是因为易于形成油酸的单分子油膜【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．由于油酸薄膜在水面上不易观察，撒痱子粉是为了便于确定油酸薄膜的轮廓，A 错误；
B ．1滴溶液中油酸酒精溶液的体积为V n
，1滴溶液中油酸的体积为V n η，即水面上形成的油酸薄膜的体积为V
n η，B 正确；
C ．将油酸分子看作球体且一个一个的单层排列，忽略空隙，估测油酸分子的直径为
V
D nS η=
C 错误；
D ．在坐标纸上数油膜轮廓内格子数时，大于或等于半格时算一格，小于半格的不计，用总格子数乘以21cm 作为油膜的面积，采用的是近似法，D 正确；
E ．因为纯油酸粘滞力较大，很难形成单分子油膜，油酸酒精溶液滴在水面上，酒精易挥发，易形成油酸的单分子油膜，E 正确。

故选BDE 。

9．一质点做匀速直线运动，现对其施加一方向不变、大小随时间均匀增加的外力，且原来作用在质点上的力不发生改变。

则该质点（ ）
A ．速度的方向总是与该外力的方向相同
B ．加速度的方向总是与该外力的方向相同
C ．速度的大小随该外力大小增大而增大
D ．加速度的大小随该外力大小增大而增大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．速度的方向不一定与该外力的方向相同，选项A 错误；
B ．该外力的方向就是合外力的方向，则加速度的方向总是与该外力的方向相同，选项B 正确； CD ．该外力增大，则合外力增大，加速度变大，而速度的大小不一定随该外力大小增大而增大，选项
C 错误，
D 正确；
故选BD 。

10．如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，根据图乙中所提供的信息不能计算出
A ．物体的质量
B ．斜面的倾角
C ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度
【答案】ABC
【解析】
【详解】
AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x 方向：
cos sin F mg ma θθ-=
y 方向：
sin cos 0N F G θθ--=
从图象中取两个点（20N ，2m/s 2）、（30N ，6m/s 2）代入各式解得：
=2kg m
=37θ︒
故A 正确，B 正确；
C.物体能静止在斜面上，当F 沿斜面向上时所施加的外力最小：
min sin 20sin 37N 12N F mg θ==︒=g
故C 正确；
D.题中并未说明推力随时间的变化关系，故无法求出加速度为6m/s 2时物体的速度大小。

故D 错误。

11．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m 的A 、B 两物块叠放在一起，距轴心距离为L ，随圆盘一起做匀速圆周运动。

已知圆盘与B 之间的动摩擦因数为μ， B 与A 之间的动摩擦因数为0.5μ，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 、
B 一起匀速转动过程中加速度恒定
B ．物块A 、B 一起转动过程中所需向心力大小相等
C ．A B 2g L
μD ．当A 、B 恰发生相对运动时圆盘对B 的摩擦力为2μmg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A 错误；
B ．根据向心力公式F n ＝mLω2可知，物块A 、B 一起转动过程中所需向心力大小相等，故B 正确； CD ．对AB 整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有
μ•2mg=2mωB 2L
解得
B g
L μω=
对A 分析，B 对A 的最大静摩擦力提供向心力，有
0.5μ•mg=mωA 2L
解得
2A g
L μω=
AB 2g L
μB 的摩擦力为 22A f m L mg ωμ⋅⋅＝＝ 故C 正确，D 错误。

故选：BC 。

12．如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A 、B 两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（ ）
A ．只将绳的左端移向A′点，拉力变小
B ．只将绳的左端移向A′点，拉力不变
C ．只将绳的右端移向B′点，拉力变小
D ．只将绳的右端移向B′点，拉力变大
【答案】BD
【解析】
【详解】
设细绳长为L ，AB 两点间的水平距离为x ，绳与竖直方向的夹角为θ，则由图可得：
sin x L
θ=
设绳中拉力为F ，对滑轮与绳的结点处受力分析，由平衡知识可得：
2cos F mg θ=
解得：
22
2cos 2mg F L x θ==- AB.只将绳的左端移向A′点，L 、x 均不变，拉力不变；故A 项错误，B 项正确；
CD.只将绳的右端移向B′点，L 不变、x 变大，拉力变大；故C 项错误，D 项正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供了如下器材：
A ．小灯泡(3V ，1．8W)
B ．电压表(量程3V ，内阻约为22kΩ)
C ．电流表(量程2.6A ，内阻约为2．2Ω)
D ．滑动变阻器(2～12Ω，2A)
E ．电源(电动势3V ，内阻不计)
F ．开关及导线若干，坐标纸
实验中要求小灯泡上的电压从零开始测量尽可能准确，调节测量多组对应的U 、I 值。

如图甲所示，一组同学已经完成导线的连接。

(1)如图甲连接好电路，不闭合电键，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数_______________(填“为零”“不为零”)。

(2)在图甲中闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程中灯泡亮度变化情况是____________。

(3)指出图甲中该组同学连接错误的两条导线_______________(填导线编号)。

(4)图乙中a 图线是改正后描出的灯泡U —I 图线，图乙中b 图线是另一个电源路端电压U 与电源电流I 的图线。

如果将这样的一个灯泡与该电源连成闭合电路，该灯泡消耗电功率为____________W ；如果将这样的两个灯泡串联接在该电源上，则每个灯泡消耗电功率为____________W 。

(结果均保留两位小数)
【答案】不为零 先变暗再变亮 5、6 1.24 2.44
【解析】
【详解】
（1）由实物电路图可知，开关不能控制分压电路的闭合和断开，比如闭合电建，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数不为零。

（2）由实物电路图可知，闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程滑动变阻器接入电路的阻值增大，流过灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，当滑片到达左端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，
（3）描绘灯泡伏安特性曲线实验滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以连线5、6接法错误；
（4）由图乙所示数据可知，灯泡两端电压为2.1V ，流过灯泡的电流为2.5A ，灯泡实际功率为：2.10.5 1.05W P UI ==⨯=（1.23V-1.26V ）由图乙所示图线可知电源电动势为 3.0V E =，电源内阻为：
3.0 2.1 1.800.5
U r l ∆-===Ω∆ 当两灯泡串联，设每个灯泡两端的电压为U ，流过每一个灯泡的电流为I 则 1.50.922E r U I I =-=-，在灯泡U-I 图象坐标系内阻作出 1.50.9U I =-如图所示：
由图可知此时灯泡两端电压为1.2V ，通过灯泡的电流为2.37A ，则灯泡的功率为
0.37 1.20.44W P UI ==⨯=
故本题答案是：(1). 不为零 (2). 先变暗再变亮 (3). 5、6 (4). 1.24 (5). 2.44
14．某小组用惠斯通电桥测量电阻x R 的阻值：
方案一：如图（a ）所示，先闭合开关S ，然后调整电阻箱2R 的阻值，使开关0S 闭合时，电流表G 的示数为零。

已知定值电阻1R 、3R 的阻值，即可求得电阻x R 。

(1)实验中对电流表G 的选择，下列说法正确的是_______
A ．电流表的零刻度在表盘左侧
B ．电流表的零刻度在表盘中央
C ．电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小
D ．电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小
(2)若实验中未接入电流表G ，而其它电路均已连接完好，调节电阻箱2R ，当
213
x R R R R >，则B 、D 两点的电势的关系满足B ϕ_______D ϕ（选填“>”、“<”或“=”）。

方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代1R 、3R ，将电阻箱2R 换成定值电阻R ，如图（b ）所示。

(3)闭合开关S ，调整触头D 的位置，使按下触头D 时，电流表G 的示数为零。

已知定值电阻R 的阻值，用刻度尺测量出1l 、2l ，则电阻x R =________。

(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图（b ）中的定值电阻R 换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为4R ；然后将电阻箱与x R 交换位置，保持触头D 的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G 的示数为零，此时电阻箱的读数记为5R ，则电阻x R =_______。

【答案】BC < 21
l R l 45R R
【解析】
【详解】 (1)[1]AB ．电流表G 零刻度线在中央时，可以判断电流的流向，判断B 和D 两点电势的高低，所以要求电流表G 的零刻度在表盘中央，所以B 正确，A 错误；
CD ．根据电流表中表针摆的方向便可判断B 和D 两点电势的高低，进而进行调节，无需准确读出电流的大小，所以C 正确，D 错误。

故选BC 。

(2)[2]当没有接电流表G 时，2R 与x R 串联，1R 与3R 串联，然后再并联，则
121x AB BC AC I R I R U U U +=+=
2123AD DC AC I R I R U U U +=+=
变形可得
21AC AB x BC BC
U R U R U U ==- 131AC AD DC DC
U R U R U U ==- 所以，当
213
x R R R R >时
BC DC U U <
即
B D ϕϕ<
(3)[3]闭合开关S 后，调节让电流表G 示数为零，说明
B D ϕϕ=
则
AB AD U U =，BC DC U U =
同时R 与x R 电流相同，均匀电阻丝电流相同，设电阻丝单位长度的电阻为0R ，则
BC AB x U U R R =，0102
DC AD U U R l R l = 整理得
011022
x R l l R R R l l == 得
21
x l R R l = (4)[4]将1l 和2l 的电阻记为1R '和2R '，则
412x R R R R '='，152x R R R R '='
联立得
x R =四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在一个倾角为37θ=︒的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为5m L =的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数10.4μ=。

当长木板沿斜面向下运动的速度达到09.6m /s v =时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数20.2μ=。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小2
10m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，结果可用根号表示。

求：
（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度1a 的大小和煤块的加速度2a 的大小；
（2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t 是多少？
【答案】（1）21=2m /s a ，22=7.6m /s a ；（2）下端，(1+3s 【解析】
【分析】
【详解】
（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律
1212cos cos sin mg mg mg ma μθμθθ+-=
对煤块，由牛顿第二定律
22sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
21=2m /s a
22=7.6m /s a
（2）设时间0t 煤块与长木板达到共速，则有
01020v a t a t -=
解得
01s t =
煤块相对长木板的位移
2200102011=4.8m<22
x v t a t a t L ∆=-- 故煤块不能从上端离开
此时煤块的速度为
207.6m /s v a t ==
之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有
对长木板有
211
2sin cos 2cos mg mg mg ma θμθμθ'+-= 解得
21
1.2m /s a '=
22
sin cos mg mg ma θμθ'-= 解得
22
4.4m /s a '= 因
222
14.4m /s 1.2m /s a a ''=>= 所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为2t ，此过程木板和煤块的对地位移分
别为1
2x x ''、，则有 2121212x vt a t ''=+ 2222212
x vt a t ''=+ 根据相对位移
2
1x x x ''∆=- 解得
23s t =
故从放上到离开木板共经历的时间为
()
0213s t t t =+=+
16．如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S 的容器组成。

左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。

两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。

容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。

大气的压强p 0，温度为T 0=273K ，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p 0。

系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。

现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定的高度。

用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h 。

氮气和氢气均可视为理想气体。

求
(1)第二次平衡时氮气的体积；
(2)水的温度。

【答案】 (1)2.7Sh ； (2)95.55℃
【分析】
【详解】
(1)以氢气为研究对象，初态压强为p 0，体积为hS ，末态体积为0.8hS 。

气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p 0V 1=p 2V 2，即
p 0hS=p×0.8hS
解得
p=1.25p 0
活塞A 从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。

该过程的初态压强为1.1p 0，体积为V ；末态的压强为p′，体积为V′，
则
p′=p+0.1p 0=1.35p 0，V′=2.2hS
由玻意耳定律得
1.1p 0×V=1.35p 0×
2.2hS
解得
V=2.7hS
(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。

该过程的初态体积和温度分别为2hS 和T 0=273K ，末态体积为2.7hS 。

设末态温度为T ，由盖-吕萨克定律得
2 2.7273hS Sh T
解得
T=368.55K
水的温度
t=T-273K=368.55 K -273=95.55℃
17．从安全的角度出发，驾校的教练车都经过改装，尤其是刹车装置。

为了测试改装后的教练车刹车性能，教练们进行了如下试验：当车速达到某一值v 0时关闭发动机，让车自由滑行直到停下来。

假设车做的是匀减速直线运动，测得车在关闭发动机后的第1s 内通过的位移为16m ，第3s 内通过的位移为1m 。

回答下面问题。

(1)改装后的教练车的加速度a 的大小及开始做匀减速运动的速度v 0的大小是多少？
(2)如果想让教练车用时t′=2s 停下来，那么教练员应额外提供多大的加速度？
【答案】 (1)8m/s 2，20m/s ；(2)2m/s 2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设车恰好在第3s 末停下，在第3s 内通过的位移为x ，将匀减速运动看成反向的匀加速运动，由位移公式，根据题意
21(1s)2
x a =
⨯ 221116m (3s)(2s)22a a =⨯-⨯ 联立方程解得
3.2m 1m x =>
可知第3s 内教练车运动的时间小于1s 。

设教练车在第3s 内运动的时间为t ，则由
211m 2
a t =
⨯ 221116m (2s)(1s)22a t a t =⨯+-⨯+ 解得
0.5s t =
28m/s a =
再由
0(2s)v a t =+
得
020m/s v =
(2)如果想让教练车用时t′=2s 停下来，则
2010m/s v a t '=='
教练员应额外提供的加速度为
2´m s 2/a a a ∆=-=。