小车前半程的平均速度是6m/s,后半程速度为8m/s,全程的平均速度是多少?

前1s内中间时刻的瞬时速度v1＝
x1
t1＝
0.8
1＝0.8m/s，后3s内中间时刻的瞬时速度v2＝
x2
t2＝
16.8
3＝5.6m/s，
根据速度时间公式得，小车的加速度a=
v2−v1
△t＝
5.6−0.8
3＝1.6m/s2．
小车前1s内的位移x1＝v0t1+
1
2at12知，小车的初速度v0＝
x1−
1
2at12
t1＝
0.8−
1
2×1.6×1
1＝0m/s，
小车的末速度v=v₀+at=0+1.6×5m/s=8m/s．
5s内的位移x=
1
2at52＝
1
2×1.6×25m＝20m．
答：小车的加速度是1.6 m/s²，初速度为0，末速度为 8 m/s，5s内的位移为20 m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．

（1）小球从C到D机械能守恒，以水平轨道为零势面，有：mg(2R+h)+
1
2m
v2C＝
1
2m
v2D
代入数据得：vD＝
2g(2R+h)+
v2C＝
20×(2×0.47+0.06)+16＝6m/s．
（2）小球从B到C克服阻力做功为W_阻，由动能定理有：−mg2R−W阻＝
1
2m
v2C−
1
2m
v2B
得：W阻＝
1
2m
v2B−
1
2m
v2C−2mgR
代入数据解得W_阻=2.92J．
（3）小车和小球从A到B，由动能定理有：P0t−fL＝
1
2(M+m)
v2B
又因为达到最大速度V_B时，有：P₀=F_牵v_B=fv_B
联立并代入数据得小车加速时间为t=3s
答：（1）小球最后落到水平轨道上D点时的速度大小为6m/s．
（2）小球经过半圆轨道过程中，克服摩擦阻力做的功为2.92J．
（3）小车在水平轨道上加速所用时间为3s．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了动能定理、机械能守恒定律的综合运用，关键理清运动过程，选择好研究的对象和研究的过程，运用动能定理进行求解．

前1s内中间时刻的瞬时速度v1＝
x1
t1＝
0.8
1＝0.8m/s，后3s内中间时刻的瞬时速度v2＝
x2
t2＝
16.8
3＝5.6m/s，
根据速度时间公式得，小车的加速度a=
v2−v1
△t＝
5.6−0.8
3＝1.6m/s2．
小车前1s内的位移x1＝v0t1+
1
2at12知，小车的初速度v0＝
x1−
1
2at12
t1＝
0.8−
1
2×1.6×1
1＝0m/s，
小车的末速度v=v₀+at=0+1.6×5m/s=8m/s．
5s内的位移x=
1
2at52＝
1
2×1.6×25m＝20m．
答：小车的加速度是1.6 m/s²，初速度为0，末速度为 8 m/s，5s内的位移为20 m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．

（1）电磁打点计时器上有线圈，电火花计时器没有线圈，故甲图是电磁打点计时器；
为增加纸带的有效长处，要先接通电源，等待打点稳定后释放纸带，否则有开始的部分没有点；
（2）根据公式△x=aT²，有：
a=
(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)
(3T)2=
[(6.30+8.09+9.86)−(1.00+2.78+4.54)]×0.01
(3×0.1)2=1.77m/s²
匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：
v2＝
s2+s3
2T＝
(2.78+4.54)×0.01
2×0.1=0.366m/s
故答案为：
（1）电磁打点计时器，靠近；
（2）1.77，0.366．

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 本题关键明确实验误差来源、能够根据匀变速直线运动的推论公式列式求解加速度和瞬时速度，不难．

A、经过时间t₁后，功率才保持不变，故电动机牵引力所做的功小于P（t₁+t₂），A错误；
B、对小车应用动能定理：W-F_f（s₁+s₂）=[1/2]mv₂²
得：W=F_f（s₁+s₂）+[1/2]mv₂²
故B正确C错误；
D、经过时间t₁前进距离s₁，速度达到该阶段的最大值v₁后功率不变，则小车做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．