高中物理必修第1册单元达标检测卷2

达标检测一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．关于匀变速直线运动，下列说法正确的是()A．匀变速直线运动的速度随时间均匀变化B．匀减速直线运动就是加速度为负值的运动C．匀加速直线运动的速度一定与时间成正比D．速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动【答案】A【解析】匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，速度随时间均匀变化，故A正确；匀减速直线运动中速度方向和加速度方向相反，因所取的正方向不确定，加速度并不一定为负值，故B错误；匀加速直线运动的速度不一定与时间成正比，如果有初速度，则v＝v0＋at，故C错误；速度先减小再增大的运动可能是匀变速直线运动，如先做匀减速直线运动减速到零，然后再反向做匀加速直线运动的运动，故D错误．2．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下．那么经过3s时的速度大小和方向是()A．5m/s，沿斜面向下 B．25m/s，沿斜面向上C．5m/s，沿斜面向上 D．25m/s，沿斜面向下【答案】A【解析】物体上滑和下滑的加速度相同，整个过程做匀变速直线运动，取初速度方向为正方向，则v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3s时，v＝－5m/s，“－”表示物体在t＝3s时速度方向沿斜面向下，故A正确．3．中国到2030年将拥有4个完整的处于现役状态的航母作战编队，第三艘航空母舰已在江南造船厂开工建设．航母上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“歼－15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为()A．30m/s B．40m/sC．20m/s D．10m/s【答案】B【解析】根据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得v0＝eq\r(v2－2ax)＝eq\r(502－2×4.5×100)m/s＝40m/s，故B正确．4．骑自行车的人沿着直线做匀加速运动，在第1s、第2s、第3s、第4s内，通过的位移分别为1m、2m、3m、4m，下列有关其运动的描述正确的是()A．他的初速度为零 B．4s内的平均速度是1m/sC．第2s末的速度是2m/s D．整个过程中加速度是1m/s2【答案】D【解析】根据Δx＝aT2得加速度为a＝eq\f(Δx,T2)＝1m/s2.由第一秒内的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得初速度为v0＝0.5m/s，故A错误，D正确；4s内的平均速度为v＝eq\f(x,t)＝2.5m/s，故B错误；第2s末的速度等于第2s和第3s两秒内的平均速度，则有v2＝eq\f(x2＋x3,2T)＝2.5m/s，故C错误．5．沿直线运动的汽车刹车后匀减速行驶，经3s恰好停止，在刹车开始后的第1s、第2s、第3s内汽车通过的位移之比为()A．5∶3∶1 B．(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1C．9∶4∶1 D．5∶8∶9【答案】A【解析】汽车制动后匀减速运动到零，采用逆向思维，看作汽车做初速度为零的匀加速直线运动，因为初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5，则制动开始的第1s内、第2s内、第3s内通过的位移之比为5∶3∶1，故A正确．6．如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态；乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备．某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；重复以上实验，乙同学第二次用手抓住直尺位置的刻度值为10cm.直尺下落过程中始终保持竖直状态．若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”，重力加速度g取10m/s2.则下列说法中不正确的是()A．若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”B．若某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”C．乙同学第一次抓住直尺的瞬间，直尺的速度约为4m/sD．乙同学第一次的“反应时间”比第二次长【答案】C【解析】将计算出的反应时间对应到尺子上的长度时，可用上述方法直接测出“反应时间”，故A正确；若某同学的反应时间为0.4s，则下落的高度h0＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)＝0.8m，大于该直尺的长度，所以将无法测量该同学的反应时间，故B正确；由v2＝2gh可知，乙第一次抓住直尺的速度v＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，故C错误；直尺下降的高度h，根据h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以下落的高度大的用的时间长，所以第一次测量的反应时间比第二次长，故D正确．7．一物体做直线运动的v－t图像如图所示，则()A．前6s内物体做匀变速直线运动B．第3s末物体回到出发点C．第3s末物体的速度为零，此时加速度也为零D．前6s内物体的最大加速度大小为4m/s2【答案】D【解析】根据速度—时间图像的斜率等于物体运动的加速度，由图像可知，前6s内物体的加速度是变化的，做的是非匀变速直线运动，故A错误；根据速度图像与时间轴所围的面积表示位移，可知0～3s内物体的位移为最大，离出发点最远，故B错误；第3s末物体的速度为零，但加速度不为零，故C错误；前6s内，在2～4s物体的加速度最大，最大加速度大小为4m/s2，故D正确．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像如图所示，则这两个物体的运动情况是()A．甲在整个t＝6s时间内来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4mC．乙在整个t＝6s时间内来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m【答案】BC【解析】根据位移—时间图线的斜率表示速度，可知甲在整个t＝6s时间内一直沿正向运动，总位移为Δx＝2m－(－2m)＝4m，故A错误，B正确；速度—时间图像中，速度的正负表示速度的方向，即表示物体的运动方向，速度先负后正，说明物体乙先沿负向运动，后沿正向运动，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，图线在t轴上方时位移为正值，在t轴下方时位移为负值，得知总位移为0，故C正确，D错误．9．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d.根据图中的信息，下列判断正确的是()A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为eq\f(d,T2) D．小球在位置“3”的速度为eq\f(7d,2T)【答案】BCD【解析】因为连续相等时间间隔内位移之差Δx＝d＝aT2，a＝eq\f(d,T2)，所以小球做匀加速直线运动，小球在位置“3”的速度为v3＝eq\f(3d＋4d,2T)＝eq\f(7d,2T)，B、C、D正确；从位置“1”开始连续相等时间内的位移之比为2∶3∶4∶5∶…，所以位置“1”不是小球释放的初始位置，A错误．10．如图所示，A、B为两固定的光电门，在光电门A正上方的O处有一边长为0.5cm的铁片自由落下，铁片下落的过程中底边始终水平，已知铁片通过A、B光电门的时间分别为t1＝1.25×10－3s，t2＝0.625×10－3s，若将铁片通过光电门的平均速度视为瞬时速度，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．铁片通过光电门B的瞬时速度为vB＝8.00m/sB．O点到光电门A的距离为1.00mC．铁片从光电门A到B所需的时间0.40sD．光电门A、B之间的距离为2.40m【答案】ACD【解析】铁片通过光电门B的瞬时速度分别为vB＝eq\f(d,t2)＝eq\f(0.5×10－2,0.625×10－3)m/s＝8.00m/s，故A正确；铁片通过光电门A的瞬时速度分别为vA＝eq\f(d,t1)＝eq\f(0.5×10－2,1.25×10－3)m/s＝4.00m/s，O点到光电门A的距离为hA＝eq\f(v\o\al(2,A),2g)＝eq\f(4.002,2×10)m＝0.80m，故B错误；铁片从光电门A到B所需的时间Δt＝eq\f(vB－vA,g)＝eq\f(8.00－4.00,10)s＝0.40s，故C正确；光电门A、B之间的距离为hAB＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2g)＝eq\f(8.002－4.002,2×10)m＝2.40m，故D正确．三、非选择题：本题共4小题，共54分．11．(9分)(1)在做探究匀变速直线运动的实验中，给你以下器材：打点计时器与纸带(包括低压交流电)、复写纸、秒表、小车、钩码、细绳、一端带有定滑轮的长木板．其中不需要的器材是______，还需要增加的测量器材是______.(2)如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源是()A．交流220V B．直流220VC．交流约8V D．直流约8V【答案】(1)秒表刻度尺(2)C【解析】(1)打点计时器记录了小车运动的时间，因此不需要秒表；为了得到小车的运动规律，还需要刻度尺来测量计数点之间的距离，用来计算速度和加速度，所以需要刻度尺．(2)电火花打点计时器使用的是220V的交流电源，而电磁打点计时器使用的是约8V的交流电源，而甲装置是电磁打点计时器，故C正确，A、B、D错误．12．(10分)(1)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，实验室提供了以下器材：电火花计时器、一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、交流电源、秒表、弹簧测力计．其中在本实验中不需要的器材是________________________.(2)如图所示，是某同学用电火花计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，电火花计时器打点的时间间隔T＝0.02s，将纸带上一点标记为A点，然后按打点顺序每隔四个点(图上没画出)依次标为B，C，…其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm.下表列出了打点计时器打下B、C、E、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D点时小车的瞬时速度.位置BCDEF速度/(m·s－1)0.7370.8010.9280.994(3)以A点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度—时间关系图线．(4)根据你画出的小车的速度—时间关系图线计算出的小车的加速度a＝________m/s2.【答案】(1)弹簧测力计、秒表(2)0.864(3)见解析图(4)0.64(0.63～0.65均可)【解析】(1)本实验测量的是位移等运动学量，与力无关，故不需要弹簧测力计；时间可以由纸带上的点数和打点频率算出，故不需要秒表．(2)vD＝eq\f(x3＋x4,2T)＝eq\f(8.33＋8.95×10－2m,2×0.1s)＝0.864m/s.(3)小车的速度—时间关系图线如图所示．(4)在v－t图像中，图线的斜率表示加速度，则a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.64m/s2.13．(15分)长100m的列车通过长1000m的隧道时做匀加速直线运动，列车刚进隧道时的速度是10m/s，完全出隧道时的速度是12m/s，求：(1)列车过隧道时的加速度是多大？(2)通过隧道所用的时间是多少？【答案】(1)0.02m/s2(2)100s【解析】(1)列车的位移x＝1000m＋100m＝1100m.初速度v1＝10m/s，末速度v2＝12m/s，由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得加速度a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2x)＝0.02m/s2.(2)由v＝v0＋at得所用时间为t＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(12－10,0.02)s＝100s.14．(20分)据报道，一儿童玩耍时不慎从45m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童．已知管理人员到儿童下落处的正下方楼底的距离为18m，为确保能稳妥安全接住儿童，必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击(也就是无水平速度)．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看作质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10m/s2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？【答案】(1)6m/s(2)a≥9m/s2【解析】(1)儿童下落过程，由运动学公式得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)， ①管理人员奔跑的时间为t≤t0， ②对管理人员奔跑过程，由运动学公式得s＝eq\x\to(v)t， ③由①②③式联立并代入数据得eq\x\to(v)≥6m/s.(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋0,2)＝6m/s.得v0＝2eq\x\to(v)＝12m/s＞vmax＝9m/s，所以先加速，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底．设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为s1、s2、s3，由运动学公式得s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)， ④s3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)， ⑤s2＝vmaxt2， ⑥vmax＝at1＝at3， ⑦t1＋t2＋t3≤t0， ⑧s1＋s2＋s3＝s， ⑨t1＝t3， ⑩由④～⑩式联立并代入数据得，a≥9m/s2.第二章进阶特训1．(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20m，不计空气阻力，g取10m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10m时，物体运动的时间可能为()A．(2－eq\r(2))s B．(2＋eq\r(2))sC．(2＋eq\r(6))s D．eq\r(6)s【答案】ABC【解析】取竖直向上为正方向，由veq\o\al(2,0)＝2gh得v0＝20m/s.物体的位移为x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，当物体位于A点上方10m处时x＝10m，解得t1＝(2－eq\r(2))s，t2＝(2＋eq\r(2))s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10m处时，x＝－10m，解得t3＝(2＋eq\r(6))s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误．2．(多选)如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移－时间图像，则()A．0～1s时间内a车的平均速度大小比b车的小B．0～3s时间内a车的路程比b车的小C．0～3s时间内两车的平均速度大小均为1m/sD．t＝2s时a车的加速度大小比b车的大【答案】ABC【解析】根据图像可知，0～1s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；0～3s内a车的路程为3m，b车的路程为s＝s1＋s2＝4m＋1m＝5m，故B正确；0～3s内两车的位移均为－3m，平均速度大小均为1m/s，故C正确；a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误．3．一质点以一定的初速度从A点开始向相距8m的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是()A．质点做加速度增大的变加速运动B．质点做匀加速运动，其加速度大小为2m/s2C．质点运动的初速度大小为4m/sD．质点从A点运动到B点所用的时间为8s【答案】B【解析】根据匀变速直线运动的速度位移关系v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，变形为v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可得v2－x的函数关系为一次函数，则质点做的是匀加速直线运动，故A错误；由v2－x图像取两组数据点(－1,0)和(8,36)代入表达式有0＝2a·(－1)＋veq\o\al(2,0)，36＝2a·8＋veq\o\al(2,0)，解得a＝2m/s2，v0＝2m/s，故B正确，C错误；从A点运动到B点的位移为8m，根据匀加速直线运动的位移时间公式可知8＝2t1＋eq\f(1,2)×2teq\o\al(2,1)，解得t2＝2s，D错误．4．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5m/s2，汽车可视为质点．则下列说法正确的是()A．汽车开始减速时距离自动收费装置110mB．汽车加速4s后速度恢复到20m/sC．汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s【答案】C【解析】汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝eq\f(1,2)(20＋5)×4m＝50m，故A错误；汽车加速4s后速度为v＝15m/s，故B错误；汽车从5m/s加速到20m/s通过的路程为x2＝eq\f(202－52,2×2.5)m＝75m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为x1＋x2＝125m，故C正确；汽车从5m/s加速到20m/s的时间t2＝eq\f(20－5,2.5)s＝6s，所以总时间t总＝4s＋t2＝10s，汽车以20m/s的速度匀速通过125m需要的时间是6.25s，所以耽误了3.75s，故D错误．5．动力车在刹车过程中位移和时间的比值eq\f(x,t)与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是()A．动力车的初速度为20m/sB．刹车过程动力车的加速度大小为2.5m/s2C．刹车过程持续的时间为8sD．4s内刹车位移为60m【答案】A【解析】根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可变形为eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，可见，题目中的图像表示汽车刹车时做匀减速直线运动，图线与纵轴的截距表示初速度，所以初速度为20m/s；图线的斜率表示eq\f(1,2)a，所以刹车加速度为5m/s2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的速度公式可求得刹车过程持续的时间为t＝eq\f(v0,a)＝4s，故C错误；由C选项可知，4s末速度已经减为0，根据匀变速直线运动的位移公式，将此匀减速运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则可得4s内的位移为x＝eq\f(1,2)at2＝40m，故D错误．6．一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是()A．这段时间内质点运动方向不变B．这段时间为eq\f(3v,a)C．这段时间的路程为eq\f(3v2,2a)D．再经过相同时间质点速度大小为3v【答案】B【解析】由题意知，质点做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回做匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，故A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝eq\f(3v,a)，故B正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，总路程为s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，故C错误；再经过相同时间，质点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，故D错误．7．(多选)将甲、乙两个小球从离地面40m高的地方分别以10m/s的速率竖直上抛和竖直下抛，两小球落地后均不反弹．若不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．两小球落地的时间差为4sB．两小球落地的时间差为2sC．两小球均未落地前，速度之差不变D．两小球均未落地前，小球间的距离先增大后减小【答案】BC【解析】以竖直向下为正方向，对竖直下抛运动，初速度方向为正方向，v0＝10m/s，加速度a＝g，位移x＝40m，根据位移时间关系有x＝v0t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，代入数据解得t1＝2s；对竖直上抛运动，x＝－v0t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，代入数据得t2＝4s，两小球落地的时间差为2s，A错误，B正确．两小球均未落地前，Δv＝(v0＋at)－(－v0＋at)＝2v0，保持不变；Δx＝v0t＋eq\f(1,2)gt2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－v0t＋\f(1,2)gt2))＝2v0t，随时间的变化，小球间的距离一直增大，C正确，D错误．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．4s时A物体运动方向发生改变B．0～6s内B物体的速度逐渐减小C．0～5s内两物体的平均速度相等D．0～6s内某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】A物体的x－t图线是一条倾斜的直线，所以A物体做匀速直线运动，且速度为vA＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(－2－4,6)m/s＝－1m/s，故选项A错误；0～6s内B物体的x－t图线的斜率增大，则B物体的速度逐渐增大，故选项B错误；0～5s内，A物体的位移ΔxA＝－1m－4m＝－5m，B物体的位移ΔxB＝－1m－(－4m)＝3m，所以A、B两物体在0～5s内位移不相等，则平均速度不相等，故选项C错误；0～6s内，A物体的位移Δx′A＝－2m－4m＝－6m，B物体的位移Δx′B＝2m－(－4m)＝6m，则|Δx′A|＝|Δx′B|，A物体做匀速直线运动，B物体的速度逐渐增大，则在0～6s内某时刻两物体的速度大小相等，故选项D正确．9．(多选)冬天雾霾天气频繁出现．某日早晨浓雾天气中道路能见度只有30m，且路面湿滑．一辆小汽车以18m/s的速度由南向北行驶，某时刻，突然发现正前方浓雾中有一辆卡车正以6m/s的速度同向匀速行驶，于是，司机鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以2m/s2的加速度减速行驶．前车接到示警2s后以2m/s2的加速度加速行驶．以下说法正确的是()A．前、后车因都采取了必要的加、减速运动，所以不会追尾B．前、后车虽采取了加、减速运动，但加速度过小，仍会发生追尾C．在前车开始加速时，两车仅相距9mD．两车距离最近时只有2m【答案】AD【解析】设后车经时间t两者共速，则(18－2t)m/s＝[6＋2×(t－2)]m/s，解得t＝4s，此时间内后车的位移x1＝18×4m－eq\f(1,2)×2×42m＝56m，前车的位移x2＝6×2m＋6×2m＋eq\f(1,2)×2×22m＝28m，因x2＋30m>x1，可知两车不会追尾，此时两车相距最近，距离为28m＋30m－56m＝2m，选项A、D正确，B错误；在前车开始加速时，两车相距(30＋6×2)m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18×2－\f(1,2)×2×22))m＝10m，选项C错误．10．如图甲所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度．遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A对齐．让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))，视为小车左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度．甲(1)小虎运用该方案测得加速度的表达式a＝__________________________________.(2)为了更精确地测得小车的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))，记录数据并作出eq\o(v,\s\up6(－))－t图像如图乙所示．根据图像，滑块左端过A处的瞬时速度大小为______m/s，滑块的加速度大小为________m/s2.(结果保留两位有效数字)乙(3)你认为小芳的新方案中，考虑遮光片的质量变化，在换用不同遮光片时，测得的加速度应该______(填“一样”或“不一样”)．【答案】(1)eq\f(\o(v,\s\up6(－))2,2L)(2)0.30±0.023.0±0.2(3)一样【解析】(1)根据速度与时间的关系得eq\o(v,\s\up6(－))2＝2aL，解得a＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))2,2L).(2)滑块通过光电门的过程为初速度为vA的匀加速直线运动，Δx＝vAt＋eq\f(1,2)at2，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,t)＝vA＋eq\f(1,2)at，所以eq\o(v,\s\up6(－))－t图线的斜率k＝eq\f(1,2)a，纵轴的截距表示vA的大小，则vA＝0.30m/s，加速度a＝2k＝2×eq\f(0.45－0.30,100×10－3)m/s2＝3.0m/s2.(3)根据牛顿第二定律，滑块下滑过程中，mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，加速度与质量无关，故在只更换不同遮光片时，测得的加速度是一样的．11．汽车A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7m处、以vB＝10m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止，其刹车的加速度大小a＝2m/s2.从此刻开始计时，问：(1)A追上B前，A、B间的最远距离