河北省2019-2020高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

河北省 2019-2020 学年高二下学期期中物理试题 一、选择题 1.在近代物理学中，下面选项正确的是（ ） A. 随着温度的升高，黑体热辐射的强度一方面各种波长的辐射强度都有所增加，另一方面其 极大值向着波长较长的方向移动 B. 光电效应实验中，用等于截止频率的某单色光照射某金属，使得光电子溢出并飞离金属表 面 C. 卢瑟福的 粒子散射实验说明了占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的 空间范围内， 从而提出了原子的核式结构 D. 原子的电荷数不是它的电荷量，但质量数是它的质量 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着温度的升高，黑体热辐射的强度一方面各种波长的辐射强度都有所增加，另 一方面其极大值向着波长较短的方向移动，故 A 错误； B．在光电效应实验中，应该用大于截止频率的某单色光照射某金属，才能使得光电子溢出并 飞离金属表面，故 B 错误； C．在卢瑟福的 粒子散射实验中，绝大多数 粒子沿原方向运动，只有少数 粒子发生大 角度偏转，说明原子内带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，从而提出了原子的核 式结构模型，故 C 正确； D．原子的电荷数不是它的电荷量，而质量数是以 的 做为单位，某原子核的质量与该 单位比值为该原子的质量数，因此质量数也不是它的质量，故 D 错误。 故选 C。 2.某质点做变速运动，初始的速度为 3m/s，经 3s 速率仍为 3m/s，则（　　） A. 如果该质点做直线运动，该质点的加速度可能为零 B. 如果该质点做匀变速直线运动，该质点的加速度大小为 2m/s2 C. 如果该质点做曲线运动，该质点的加速度大小为 2m/s2 D. 如果该质点做直线运动，该质点的加速度大小为 12m/s2 【答案】BCD α α α α 12 C 1 12【解析】 【分析】 根据匀变速直线运动基本规律，注意速率与速度的区别，分清速度方向改变的情况。 【详解】A．某质点做变速运动，加速度不可能为零，故 A 错误； B．如果做匀变速直线运动，经 3s 速率仍为 3m/s，速度方向一定发生改变，此时加速度 则该质点的加速度大小为 2m/s2，故 B 正确； C．如果质点做匀速圆周运动，则有 当半径 R 取不同值时，加速度可取各种可能的值，故 C 正确； D．质点做直线运动，加速度可以变化，比如先以 12m/s2 的加速度做加速度运动，再以 12m/s2 的加速度做加速度运动做减速运动，减速到 3m/s，故 D 正确。 故 BCD。 3.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中 A、 K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用 a、b、c 三束单色光照射，调节 A、K 间的电压 U，得到光电流 I 与电压 U 的关系如图乙所示，由图可知(　　) A. 单色光 a 和 c 的频率相同，且 a 光更弱些，b 光频率最大 B. 单色光 a 和 c 的频率相同，且 a 光更强些，b 光频率最大 C. 单色光 a 和 c 频率相同，且 a 光更弱些，b 光频率最小 D. 单色光 a 和 c 的频率不同，且 a 光更强些，b 光频率最小 【答案】B 【解析】 a、c 两光照射后遏止电压相同，根据 ，可知产生的光电子最大初动能相等，可知 的 22 1 2m/sv va t −= = − 2va R = km cE eU=a、c 两光的频率相等，光子能量相等，由于 a 光的饱和电流较大，则 a 光的强度较大，单色 光 b 照射后遏止电压较大，根据 ，可知 b 光照射后产生的光电子最大初动能较大， 根据光电效应方程 得，b 光的频率大于 a 光的频率，故 ACD 错误，B 正确；故 选 B. 【点睛】根据遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而结合光电效应方程比较入射光 的频率．根据饱和电流的大小比较入射光的强度． 4.甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速 度—时间图像如下图所示，则下列说法正确的是 A. t0 时刻两车相遇 B. 0 到 t1 时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同 C. 0 到 t0 时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D. t1 时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方 【答案】C 【解析】 【分析】 根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，分析位移关系，确定两车是否相遇．根 据图象斜率的变化分析加速度的变化．根据位移与时间之比分析平均速度关系. 【详解】A．根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知 0-t0 时间内乙车的位移比 甲车的大，则 t0 时刻两车没有相遇，故 A 错误. B．0-t1 时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小．甲图象 切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故 B 错误. C．0-t0 时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故 C 正确. D．0-t1 时间内，甲车的位移比乙车的大，则甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的 大，则甲车将一直在乙车前方，故 D 错误. km cE eU= 0kmE hv W= −故选 C. 【点睛】对于 v-t 图象，关键要需掌握两点：①v-t 图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正 负代表加速度的方向；②速度时间图象与时间轴围成的面积代表位移. 5.如图所示，用一轻绳将光滑小球 P 系于竖直墙壁上的 O 点，在墙壁和球 P 之间夹有一正方 体物块 Q，P、Q 均处于静止状态,现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从 O 点开始缓慢下移(该过 程中，绳中张力处处相等)，P、Q 始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中( ) A. P 所受的合力增大 B. Q 受到墙壁的摩擦力不变 C. P 对 Q 的压力逐渐减小 D. 绳的拉力逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】 对物体进行受力分析，根据绳子拉力方向变化，对各个力的大小进行分析可求解。 【详解】A．P 始终处于静止状态，所受合力始终为零，故 A 错误； B．小球 P 光滑，所以 PQ 间没有摩擦，因此 Q 受到的墙壁的摩擦力与 Q 受到的重力是平衡 性，保持不变，故 B 正确； CD．对 P 球进行受力分析如图 根据平衡条件可得整理得 ， 随铅笔向下移动， 变大，则 增大，即 Q 对 P 的支持力增大，根据作用力和反作用力， P 对 Q 的压力增大；而 减小，因此绳子拉力变大，故 CD 错误。 故选 B。 6.如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时，发 出的光中有两种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是（ ） A. 这群氢原子向低能级跃迁时能发出四种频率的光 B. 这种金属的逸出功一定小于 10.2eV C. 用波长最短 光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于 3.4eV D. 由 n=3 能级跃迁到 n=2 能级时产生的光一定能够使该金属产生光电效应 【答案】B 【解析】 【分析】 根据氢原子从 n=3 能级向低能级跃迁时发出的光子能量来判断该金属的逸出功，然后根据光 电效应方程进行判断即可； 【详解】A、由 能级的激发态向低能级跃迁时，辐射出三种频率光子的能量分别为 、 、 ，结合题意，根据光电效方程可知，这种金属的逸出功一定小 于 ，故选项 A 错误，选项 B 正确； C、用波长最短即光子能量为 的光照射该金属时，其最大初动能最小值为： ，则其最大初动能一定大于 ，故选项 C 错误； 的 cosT mgθ = sinT θ N= tanN mg θ= cos mgT θ= θ tanθ cosθ 3n = 12.09eV 10.2eV 1.89eV 10.2eV 12.09eV 12.09 10.2 1.89eV eV eV− = 1.89eVD、由 n=3 能级跃迁到 n=2 能级时产生的光子能量为 ，由上面分析可知该金属的逸出 功一定小于 ，所以不一定能够使该金属产生光电效应，故选项 D 错误． 【点睛】本题考查了能级的跃迁，同时注意光电效应方程的应用问题，在平时学习过程中加 强训练． 7.不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为 t.现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向 相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(　　) A. 0.5t B. 0.4t C. 0.3t D. 0.2t 【答案】C 【解析】 【详解】物体做竖直上抛运动，从抛出至回到原点的时间为 t，根据对称性可得，物体下降时 间为 0.5t，故高度为 物体自由落体运动 0.5h 过程，有 联立解得 故第二次物体上升和下降的总时间 故选 C。 8.如图所示，在斜面上放两个光滑球 A 和 B，两球 质量均为 m(不随 r 改变)，它们的半径分 别是 R 和 r，球 A 左侧有一垂直于斜面的挡板，两球沿斜面排列并静止，以下说法正确的是 （　　） A. 斜面倾角 θ 一定，R>r 时，R 越大，r 越小，B 对斜面的压力越小 的 1.89eV 10.2eV 2 21 1 2 2 8 th g gt = =   2 1 1 2 2 h gt= 1 2 4t t= 1 22 0.32t t t t t t′ = − = − ≈B. 斜面倾角 θ 一定，R=r 时，两球之间的弹力最小 C. 斜面倾角 θ 一定时，A 球对挡板的压力随着 r 减小而减小 D. 半径确定时，随着斜面倾角 θ 逐渐增大，A 受到挡板作用力先增大后减小 【答案】B 【解析】 【分析】 用整体法和隔离体法分别对 B 球和 AB 整体进行受力分析，再根据 R 与 r 的关系变化及倾角变 化，分析各个力的变化。 【详解】B．对 B 球的受力分析，如图所示 N1、N2 的合力与重力 mg 等大反向，在右侧力的三角形中，竖直边大小等于 mg，当倾斜角 一定时，N2 的方向保持不变，R=r 时，N1 恰好垂直于 N2，此时 N1 最小，故 B 正确； A．当 R>r 时，R 越大，r 越小，N1 越向下倾斜，N2 都越大，即斜右对 B 的支持力越大，根据 牛顿第三定律，B 对斜面的压力也越大，故 A 错误； C．将两个球做为一个整体，档板对 A 的支持力等于两球重力的下滑分力，斜面倾角 θ 一定时， 下滑分力一定，与 R 及 r 无关，故 C 错误； D．半径确定时，而当斜面倾角 θ 逐渐增大，两球的下滑分析增大，因此 A 对档板的压力一直 增大，故 D 错误。 故选 B。 【点睛】动态分析时将各个力移动到一个三角形中进行分析，比较容易发现各个力的大小变 化。 9.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件 后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是（ ） θA. 减小光源到单缝的距离 B. 减小双缝之间的距离 C. 减小双缝到光屏之间的距离 D. 换用频率更高的单色光源 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：通过观察发现，图乙中干涉条纹的宽度比甲图中的大，根据干涉条纹宽 度干涉有：Δx＝ ，因此可以使缝屏距 l 变大，双缝距 d 减小，或换用波长较长即频率较低 的光，以达到要求，故选项 C、D 错误；选项 B 正确；与光源到单缝的距离无关，故选项 A 错误． 考点：本题主要考查了对双缝干涉实验的理解问题，属于中档偏低题． 10.原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有 A. 核的结合能约为 14 MeV B. 核比 核更稳定 C. 两个 核结合成 核时释放能量 D. 核中核子的平均结合能比 核中的大 【答案】BC 【解析】 l d λ 4 2 He 4 2 He 6 3 Li 2 1H 4 2 He 235 92 U 89 36 Kr【详解】A．由图知 核的比结合能约为 7 MeV，所以结合能约为 4×7=28 MeV 故 A 错误； B． 核比 核的比结合能大，所以 核比 核更稳定，故 B 正确； C．两个 核结合成 核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，故 C 正 确； D．由图知 核中核子的平均结合能比 核中的小，故 D 错误． 11.如图所示，重力为 G 的圆柱体 A 被平板 B 夹在板与墙壁之间，平板 B 与底座 C 右端的铰链 相连，左端由液压器调节高度，以改变平板 B 与水平底座 C 间的夹角 θ，B、C 及 D 总重力也 为 G，底座 C 与水平地面间的动摩擦因数为 μ(0.5＜μ＜1)，平板 B 的上表面及墙壁是光滑的。 底座 C 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( ) A. C 与地面间的摩擦力总等于 2μG 不变 B. θ 角增大时，地面对 C 的摩擦力可能先增大后不变 C. 要保持底座 C 静止不动，应满足 tanθ≥2μ D. 若保持 θ=45°不变，圆柱体重力增大 ΔG，仍要保持底座 C 静止，则 ΔG 的最大值 ΔGm= 【答案】BD 【解析】 【分析】 用整体法和隔离体法对圆柱体和整体进行受力分析，再根据力的正交分解可求得各力。 【详解】AB．对 A 进行受力分析，如图所示 4 2 He 4 2 He 6 3 Li 4 2 He 6 3 Li 2 1H 4 2 He 235 92 U 89 36 Kr 2 1 1 G µ µ − −则 对 B、C、D 做为一个整体受力分析，如图所示 根据平衡条件，则地面摩擦力为 联立得 可知，随 角增大，地面对 C 的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦 力，此时 ，保持不变，故 A 错误，B 正确； C．最大静摩擦力 因此，要保持底座 C 静止不动，应满足 整理可得 故 C 错误； D．若保持 θ=45°不变，圆柱体重力增大 ΔG，仍要保持底座 C 静止，则 代入数据，整理得 1 cosN Gθ = 1 2sinN Nθ = 2f N= tanf G θ= θ 2f Gµ=滑 m 2f Gµ= mf f≤ tan 2θ µ≤ mtan 2f G G f G Gθ µ= + ∆ ≤ = + ∆（ ） （ ）ΔG D 正确。 故选 BD。 12.一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 C. 这段时间的路程为 D. 再经过相同时间质点速度大小为 5v 【答案】BCD 【解析】 【分析】 匀变速度直线运动，由于位移与路程不同，可知速度方向发生变化，从而可求出加速度，进 而速度随时间的变化，位移、路程都可求。 【详解】A．由于物体通过的路程与位移不同，故物体做减速运动，减速到零后再做反向的加 速度运动，故 A 错误； B．速度变化量为大小为 3v 因此所用时间 故 B 正确； C．这段时间一定先减速度到零，再反向加速度，减速的过程中运动的路程 反向加速运动的路程 2 1 1 G µ µ −≤ − 3v a 25 2 v a ( )2v v v∆ = − − = 3v vt a a ∆= = 2 1 2 vS a = 2 2 2 2 vS a =（ ）因此总路程为 故 C 正确； D．再经过相同的时间，速度再增加 3v，大小变为 5v 故 D 正确。 故选 BCD。 二、实验题 13.某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将 从悬点到球心的距离当作摆长 L，通过改变摆线的长度，测得 6 组 L 和对应的周期 T，画出 L 一 T2 图线，然后在图线上选取 A、B 两个点，坐标如图所示．他采用恰当的数据处理方法， 则计算重力加速度的表达式应为 g=______________．请你判断该同学得到的实验结果与摆球 重心就在球心处的情况相比，将________________．(填“偏大”、“偏小”或“相同”) 【答案】 (1). (2). 相同 【解析】 【详解】由单摆周期公式 可知， ，利用此公式可以通过实验的方法测 得当地的重力加速度，此实验需要测量单摆的周期 T 和摆长 L，周期 T 的测量方法往往是测量 单摆完成 N 次全振动的时间 t，然后 T=t/N 即为周期而摆长 L 的必须是悬点到重心的距离，而 本实验中测得的 L 并非为此距离，但是利用消元法仍可准确得到当地的重力加速度 g， 具体解法如下：设球心到重心的距离为 x，则 ①， ②，① 2 1 2 5 2 vS S S a = + = 2 3v v v′ = + = 2 2 2 4 ( )B A B A π L L T T − − 2 LT g π= 2 2 4π Lg T = 2 A A L xT g π += 2 B B L xT g π +=变形后可得 ，代入②可以解得 ，从式子中可以看出，最终 的结果与重心的位置无关，所以不影响 g 值的测量． 14.图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为 d（很小）的遮光 条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门 1 的时间△t 以及遮光条从光电门 1 运动到光电门 2 的时间 t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离 x． （1）用游标卡尺测量遮光条 宽度 d，示数如图乙，则 d=_____cm； （2）实验时，滑块从光电门 1 的右侧某处由静止释放，测得△t=50s，则遮光条经过光电门 1 时的速度 v=_____m/s； （3）保持其它实验条件不变，只调节光电门 2 的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放， 记录几组 x 及其对应的 t，作出 ﹣t 图象如图丙，其斜率为 k，则滑块加速度的大小 a 与 k 关 系可表达为 a=_____． 【答案】 (1). 0.75 (2). 0.15 (3). 【解析】 （1）主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是 5，所以读数为：5×0.1mm=0.5mm=0.05cm， 故遮光条宽度 d=0.75cm， （2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度． 则滑块经过光电门时的速度为： （3）据 及 得 图像的斜率 ，解得 点睛：图象法处理数据时，要根据物理规律写出横纵坐标之间 关系式．结合图象的截距、 斜率等求解． 15.在某光滑水平面上建立 xOy 直角坐标系，一弹性绳置于 y 轴正半轴，A、B 是绳上的两质点， 绳子的一端位于坐标原点 O，现让绳子的该端以 x=0.2sin5πt(m)的规律做简谐运动，形成一列 的 的 2 24 A A T gx Lπ= − 2 2 2 4 ( )B A B A L Lg T T π −= − x t 2k 2 3 0.75 10 / 0.15 /50 10 dv m s m st − − ×= = =∆ × 2t xv v t = = 12 2t tv v a= + ⋅ x tt − 2 ak = 2a k=沿 y 轴正方向传播的横波，某时刻波刚传到 A 点，波形如图所示，已知 OA 的距离为 1.0 m，OB 的距离为 5.0m， 求： （1）质点振动的周期和波传播的速度的大小； （2）绳上的 B 点在波峰位置的时刻。 【答案】（1）0.4s，5m/s；（2） 【解析】 【分析】 根据波源振动表达式，可求出振动周期，从图象上知道波长，从而求出波速；算出第一个波 峰到达 B 点时刻，由于波具有周期性，就可以求出一系列波峰到达 B 点时刻。 【详解】（1）根据 O 点振动的表达式 x=0.2sin5πt(m) 可知振动的圆频率 rad/s 因此，振动周期 从图中可知，波长 因此，波的传播速度 （2）波传到 B 所用时间 再经过 ，第一个波峰到达 B 点。则第一个波峰到达 B 点的时间为 (1.1 0.2 )sn+ 5ω π= 2 2 s 0.4s5T π π ω π= = = 2.0mλ = 5m/sv T λ= = 1 1syt v = = 1 4T 1 1 1.1s4t T+ =以后每经 个周期，B 点到达一次波峰，因此 B 点到达波峰的时刻为 (n=1，2，3……) 16.如图甲、乙所示，传送带上有质量均为 m=5kg 的三个木块 1、2、3，中间均用原长为 L=0.5m、劲度系数为 k=15N/m 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为 μ=0.2，其中木块 1 被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于 平衡状态．求： （1）在图甲状态下，1、3 两木块之间的距离是多大？ （2）在图乙状态下，细线的拉力是多大？木块 1、3 之间的距离又是多大？ （α=37°） 【答案】（1）3m；（2）114N，8.6m 【解析】 【分析】 用整体法和隔离体法，分析 1、2 间弹簧时，可以将 2、3 做为一个整体进行受力分析；再分 析 2、3 间弹簧时，再对 3 进行受力分析可求。 【详解】（1）设 1、2 间弹簧伸长量为 x1，将 2、3 及中间弹簧做为一个整体，则 设 2、3 间弹簧的伸长量为 x2，分析木块 3 受力，则 因此 1、3 两木块之间的距离 代入数据，得 （2）由于传送带逆时针转动，因此三个物体受摩擦力沿斜面向下，将 1、2、3 做为一个整体， 进行受力分析，得细绳的拉力 1 2T 1.1s (1.1 0.2 )s2 Tt n n= + = + 1 2kx mgµ= 2kx mgµ= 1 22d L x x= + + 3md = 3 sin 3 cos 114NT mg mgα µ α= + =设 1、2 间弹簧伸长量为 ，将 2、3 及中间弹簧做为一个整体，则 设 2、3 间弹簧的伸长量为 ，分析木块 3 受力，则 因此 1、3 两木块之间的距离 代入数据，得 17.如图所示，三角形 ABC 是一个三棱镜的截面，现有一束单色光沿纸面以 i=60°的入射角射 向 AB 的中点 N，已知该三棱镜的折射率为 n= ，AB=（6- ）cm，光在真空中的传播速 度为 c=3.0×108m/s，求： (1)此束单色光第一次从三棱镜射出的方向；（不考虑 AB 面的反射）； (2)此束单色光从射入三棱镜到第一次从三棱镜射出所经历的时间。 【答案】(1)光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜；(2) -10s 【解析】 【详解】(1)设此束光从 AB 面射入棱镜后的折射角为 r，由折射定律 得 解得 r=30° 显然光从 AB 射入棱镜后的折射光线 NP 平行于 AC，如图所示： 1x′ 1 2 sin 2 coskx mg mgα µ α′ = + 2x′ 2 sin coskx mg mgα µ α′ = + 1 22d L x x′ ′ ′= + + 8.6md′ = 3 3 11 104 × sin sin in r ＝ sin 603 sin r °＝光在 BC 面上的入射角为 θ=45° 设临界角为 C，则由 得 可知 C＜45°，故光在 BC 面上发生全反射。 根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面 AC，沿 PQ 方向射出棱镜。 (2)光在棱镜中传播的速率 图中 所以此束光在棱镜中传播的时间 解得 18.为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统 ETC。甲、乙两辆汽车 分别通过 ETC 通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设减速带离收费 岛口 x=60m， 收费岛总长度 d=40m，两辆汽车同时以相同的速度 v1=72km/h 经过减速带后， 一起以相同的加速度做匀减 速运动。甲车减速至 v2=18km/h 后，匀速行驶到中心线即可完成 缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过 t0=20s 的时间缴费 成功，人工栏打开放行。随后两辆汽车匀加速到速度 v1 后沿直线匀速行驶，设加速和减速过 1sinC n ＝ 3 2sin 3 2C＝ ＜ v c n ＝ 1 1 sin 60 1 3cos602 2 tan 4 4( 5 )ABNP AC AB AB ° +°+ °＝ ＝ ＝ 1 3sin 60 sin 602 4PQ AN AB AB° °＝ ＝ ＝ NP PQt v +＝ 101 2 3 4 ( ) 11 10 s4t AB n c −= ×+ ⋅＝程中的加速度大小相等，求： (1)此次人工收费通道和 ETC 通道打开栏杆放行的时间差； (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。 【答案】(1)21s；(2)455m 【解析】 【分析】 (1)根据匀变速直线运动的基本公式求出 ETC 通道匀减速时间和位移，再求出匀速时间，即为 即为甲甲车从减速到栏杆打开的总时间；在人工收费通道匀减速时间和缴费时间之和，即为 从减速到栏杆打开的总时间，即可求出总时间； (2)当乙车从收费通道中心线出发加速到 v1=72km/h，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远。 【详解】(1) v1=72km/h=20m/s，v2=18km/h=5m/s，乙车减速过程中，根据 可得，减速时的加速度 甲车减速度到 v2 所用时间所用时间 t1 这段时间的位移 接下来匀速运动的时间 甲车从减速到栏杆打开的总时间为 2 1 2 ( )2 dv a x= + 22.5m/sa = 1 2 1 6sv vt a −= = 1 2 1 752 v vx t m += = 1 2 2 2 1s dx x t v + − = = 1 2 7st t t= + =甲乙减速度时间 乙车从减速到打开栏杆的总时间为 人工收费通道和 ETC 通道打开栏杆放行的时间差 (2) 乙车与甲车达到共同速度，此时两车相距最远。乙车通过中心线后加速时间 加速度的距离 甲车加速度的时间 加速的距离 接下来甲匀速的时间 甲匀速度的位移 因此，两车最远距离 1 3 8svt a = = 3 0 28st t t= + =乙 =21st t t∆ = −乙 甲 1 4 8svt a = = 2 2 3 1 80m2x at= = 1 2 5 6sv vt a −= = 2 2 1 2 3 75m2 v vx a −= = 4 5 23st t t t= ∆ + − = 4 1 460mx v t= = 3 4 2 455mx x x x∆ = + − =