湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析.docx
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湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析
湖南师大附中2017届高三物理第五次月考试题（有解析）
湖南师范大学附属中学2017届高三第五次月考物理试题
一、选择题
1.场是物理学中的重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。
物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫做重力场。
类比电场的相关概念，下列有关重力场的说法正确是
A.类比电场强度，地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度
B.“重力场”方向跟正电荷附近的电场方向类似
C.类比电势，重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质，与零势面的选取无关
D.重力场中某点的“重力势”即为该点相对地面的高度
【答案】A
【解析】A.电场力公式：
F=Eq，而重力公式G=mg，类比电场强度，地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度，故A正确；
B.用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，重力场”方向跟负电荷附近的电场方向类似，故B错误；
C.类比电势，重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质，与零势面的选取有关，故C错误；
D.重力场中某点相对地面的“重力势”即为该点与参考面的高度，故D错误
故选：
A
点睛：
可以类比的物体，它们都是有某些相同或相似的性质，根据这一个特点，分析它们是否具有相似性，就可以做出判断．
2.一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍。
该质点的加速度为
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】设初速度为v，则末速度为3v；
由平均速度公式可得：
则
综上所述本题答案是：
A
3.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是
A.逐渐减小B.逐渐增大
C.先减小，后增大D.先增大，后减小
【答案】B
【解析】试题分析：
因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点．设球与圆心的连线与竖直方向夹角是θ，则：
（F与G的合力必与支持力在同一直线上）得：
F=Gtanθ，而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcosθ，即为：
P=Gvsinθ，显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的．故B正确，ACD错误．故选B。
考点：
功率
【名师点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角。
4.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件，GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。
假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是
A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
B.36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道率径小
C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等
D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在增大
【答案】B
【解析】试题分析：
根据
可得①
根据
可得②
由①②知m1:
m2=r2:
r1，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小．故B正确；根据a＝ω2rr可知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误；这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v=ωr可以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小．故C错误；又：
，当m1+m2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D错误；故选B．
考点：
万有引力定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，难度不大，属于基础题。
5.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。
某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小）。
已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。
则下列判断正确的是
A.0～内，物块对传送带做正功
B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μtanθ
C.0～内，传送带对物块做功为
D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
【答案】D
【解析】A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误；
B、在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B错误；
C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：
，故C错误；
D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．
故选D
点睛：
由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
6.如图所示，均匀T型物块A质量为m，夹在两个相同的水平垫板中，A与垫板间的动摩擦因数为μ，当垫板B、C以相同的水平速率对称且匀速地向两侧退开时，若要使A以速率匀速前移，作用在A中央位置上与同向的水平拉力F的大小满足
A.FμD.不能确定
【答案】A
【解析】对A进行受力分析,
可知A在水平方向受到B和C对A摩擦力的作用和拉力的作用，由于滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，所以相对A的运动的方向如图（实线）:
滑动摩擦力的方向以及滑动摩擦力的分解如图中虚线。
由对称性可知，B与C对A的支持力都是mg，则：
B对A的摩擦力：
f1=μmg
由图可知,由于：
，所以f1yf1=μmg
同理,沿y方向C对A的摩擦力也满足：
f2yf2=μmg
所以：
作用在A中央位置上与v2同向的水平拉力F的大小满足：
F=f1y+f2yμmg
故选：
A。
点睛：
对物体A进行受力分析可知，A在水平方向受到摩擦力的作用和拉力的作用，其中的摩擦力的作用效果分别是向左、向右和向后，拉力向前；竖直方向A受到重力与BC对它的支持力的作用．根据力的合成方法即可做出判定．
7.如图所示，电源的电动势为E内阻为r，R为电阻箱。
图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0。
下列说法中正确的是
A.R1R2B.I1+I2
C.R1R2=r2D.η1=η2
【答案】C
【解析】A.由闭合电路欧姆定律可知：
，由图可知，I1I2，则R1R2，故A错误；
B.由闭合电路欧姆定律得：
U=E−Ir，输出功率为：
P=UI=EI−I2r，由图有，整理得：
I1+I2=E/r，故B错误；
C.根据电功率表达式：
且；
整理得：
R1R2=r2，故C正确；
D.根据电源的效率可得：
，因I1I2，因此η1η2，故D错误；
故选：
C.
点睛：
由图象知电流关系，根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解．
8.如图所示的逻辑电路中能让小灯亮起来的是
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】试题分析：
选项A中门电路为与门电路，高电势与低电势经过与门电路之后输出为低电势，灯泡不会亮，选项A正确；选项C中门电路为与非门电路，高电势经过门电路之后为低电势，灯泡不亮，选项C错误；选项D中门电路为或门电路，高电势与低电势经过或门之后输出高电势，但灯泡两端电势差为零，灯泡不亮，选项D错误；同理判断选项B正确；故选B
考点：
考查门电路
点评：
本题难度较小，熟悉并掌握各类门电路特点是关键
9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～对段是对称的曲线，～段是直线，则下列说法正确的是
A.处电场强度为零
B.、、处电势、、的关系为
C.粒子在0～段做匀变速运动，～段做匀速直线运
D.～段是匀强电场
【答案】ABD
【解析】A、根据电势能与电势的关系：
Ep=qφ，场强与电势的关系：
，得：
，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率处为零，电场强度等于零，A正确；
B、由图可知，、、处电势能EP1＜EP2＜EP3，根据电势能与电势的关系：
Ep=qφ，粒子带负电，所以、、处电势、、的关系为
C、粒子在0～段斜率变化，电场强度变化，电场力变化，粒子做变速运动，不是匀变速运动，～段图线斜率不变，电场强度不化，电场力不化，粒子做匀速运动，C错误，D正确；
故选：
ABD。
10.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。
一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度开始运动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】AB.小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
以向右为正方向，
在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得：
mv0cosθ=（m+M）v，故A错误，B正确；
C.系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，故C错误，D正确；
故选：
BD.
点睛：
小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，小物块与楔形物体作用时水平方向动量守恒，根据动量守恒和机械能守恒列式即可求解．
11.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行，在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α=30°，下列说法正确的是
A.电场的方向与AB平行
B.电场的方向与AB垂直
C.小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为
D.小球在A点重直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为
【答案】AC
【解析】AB.小球在匀强电场中，从A点运动到B点，因为到达B点时的小球的动能最大，根据动能定理qUAB=Ek得UAB最大，即在圆周上找不到与B电势相等的点。
且由A到B电场力对小球做正功。
过B点作切线，则BF为等势线。
过A点作BF的垂线，则该线为电场线，即沿AB方向。
故A正确，B错误；
CD.小球只受电场力，做类平抛运动。
x=2Rcos30∘sin30∘=v0t，
y=2Rcos30∘cos30∘=，
联立以上三式得：
Ek=Qer/8；故C错误，D正确
故选：
AD.
点睛：
小球在匀强电场中，从A点运动到B点，根据动能定理qUAB=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAB最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点．所以与B点电势相等的点在过B点的切线上．再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向．小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别相互垂直的两个上列式求解初动能。
12.如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场。
坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。
大量电荷量为-q（q0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用。
下列说法正确的是
A.能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，到达0点的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU
D.若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
【答案】CD
【解析】A.设粒子开始时的坐标为（−x,−h），粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得
x=v0t①
②
qE=ma③
联立得：
④
可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上。
故A错误；
B.粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。
粒子到达O点时，沿+y方向的分速度vy与x正方向的夹角θ满足：
tanθ=⑥
可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小。
故B错误；
C.负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：
−qU0⑦
即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；
D.粒子在电场中的偏转角：
tanθ==⑧，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。
所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮。
故D正确。
故选：
CD
二、填空题
13.如图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图，盘和重物的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。
实验中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端定滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是________（填写所选选项的序号）
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在盘和重物的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去盘和重物，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的右端垫起适当的高度，撒去纸带以及盘和重物，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
（2）实验中得到的一条紙带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，量出相邻的计数点之间的距离分别为、、、、、。
已知相邻的计数点之间的时间间隔为T，则小车的加速度a=_________（用题中所给字母表示）。
（3）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组_______。
A.M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M=400，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
（4）该实验小组以测得的加速度a为纵轴，盘和重物的总重力F为横轴，作出的图象如图丙中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a-F′图如图丙中图线2所示，则图象不过原点的原因是________，对于图象上相同的力用传感器测得的加速度偏大，其原因是__________。
【答案】
（1）.
（1）B
（2）.
（2）（3）.（3）C（4）.（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（5）.钩码的质量未远小于小车的质量
【解析】
（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；
故选：
B。
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，结合逐差法得：
；
（3）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有
对重物，有mg−T=ma
对小车，有T=Ma
解得：
，故当Mm时，有T≈mg
故C符合要求
故选：
C
（4）由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力。
所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量。
点睛：
小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据F不等于零，加速度仍然为零，分析图象不过原点的原因．
14.实验室中有一个未知电朋，为测其阻值，小明同学进行了以下实验探究：
（1）小明先用多用电表欧姆挡粗测其阻值。
选用倍率为“×10”的电阻挡测量时，按规范操作，指针的位置如图1中的a。
现要较准确的测量该电阻的阻值，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，应进行的具体操作是____：
按正常顺序操作后，指针的位置如图中b，则该电阻的阻值为____________Ω。
（2）为了更加精确的测量其阻值，小明同学首先利用如下器材设计了实验方案甲
A.电压表V（量程6V，内阻约几千欧）
B.电流表A（量程0.4，内阻约几欧）
C.滑动变阻器R（阻值0～20Ω，额定电流1A）
D.电池组E（电动势约为6V，内阻不计）
E.开关S和导线若千
在保证各仪器安全的情况下，该实验方案存在的主要问题是___________。
（3）经过认真思考，小明对实验方案甲进行了改进，改进方案如图乙所示，已知实验中调节滑动变阻器两次测得电压表和电流表的示数分别为、和、，由以上数据可得=__________。
【答案】
（1）.
（1）选择×1电阻档，重新进行欧姆调零；
（2）.3（3）.
（2）电压表指针偏转角度太小，读数带来的误差比较大（4）.（3）
【解析】
（1）选用倍率为“×10”的电阻挡测量，指针的位置如图1中的a，指针偏角太大，说明所选挡位太大，要较准确的测量该电阻的阻值，应选择×1电阻挡，重新进行欧姆调零，然后再测电阻；按正常顺序操作后，指针的位置如图中b，则该电阻的阻值为：
3×1=3Ω.
（2）待测电阻阻值约为3Ω，电流表量程为0.4A，则待测电阻两端最大电压约为：
U=IR=0.4×3=1.2V，电压表量程为6V，电压表量程太大，电压表指针偏转角度太小，读数误差较大，实验误差较大。
（3）电源内阻不计，由图乙所示可知，电源电动势：
E=U1+I1RX，E=U2+I2RX，解得：
RX=；
三、计算题
15.如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M=3kg，质量m=lg的小物块（可视为质点）静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ=0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间=1.6s时物块从车板上滑落。
已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块离开小车时，物块的速度大小；
（2）0～1.6s时间内小车的奉引力做的功W。
【答案】
（1）1.6m/s
（2）17J
【解析】
（1）根据牛顿第二定律，物块的加速度：
μmg=ma，a=1m/s2，小于小车的加速度；
所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故物块做匀加速运动，物块离开小车时，物块的速度大小：
v=μgt1=1.6m/s；
（2）0−1s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为
a′=2/1=2m/s2.
根据牛顿第二定律得：
F1−f−k（M+m）g=Ma′
其中k=1/10
解得F1=14N
小车的位移
在1−1.6s时间内，牵引力F2=k（M+m）g+f=5N
由题图乙得小车的位移大小s2=2×0.6m=1.2m
所以0∼1.6s时间内小车的牵引力做的功W=F1s1+F2s2
代入数据解得W=17J
16.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°。
（1）求电场强度的大小E；
（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；
（3）若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度，则为保证小球在运动过程中细线不会松弛，的大小应满足什么条件?
【答案】
（1）；
（2）；（3）
【解析】
（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°，根据动能定理：
解得：
E=；
（2）小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：
小球在370时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
FT−mgsin37°−qEcos37°=mv2/L
解得：
FT=7mg/4
（3）为保证细线不会松弛，小球在与竖直方向的夹角37°的右上方应满足：
根据动能定理：
，
联立解得：
；
17.如图，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M=0.48kg，P、Q间距为d=lm，P板的中央有一小孔给装置某一初速度，装置向右运动。
现有一质量m=0.04kg、电量q=+1×10-4C的小球，从离P板高h=1.25m处静止下落，恰好能进入孔内，小球进入电场时，装置的速度为=5m/s。
小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触，忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响。
不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）求当小球第一次返回到P板时，装置的速度；
（3）小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q′=-4×10-4C。
求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量。
（由于小球帶电量很小，碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变）
【答案】
（1）9×103N/C
（2）1.2m/s（3）5.7096J
【解析】
（1）小球下落到Q板时速度为零，从最高点到最低点过程，由动能定理得：
mg（h+d）−Eqd=0,解得：
E=9×103N/C；
（2）小球在电场中的加速度：
a=（qE−mg）/m=（1×10−4×9×103−0.04×10）/0.04=12.5m/s2
小球在电场中运动的时间：
t2=，
小球进入电场后,装置的加速度：
a′=μ（Mg+qE）/M=4.75m/s2
当小球第一次返回到P板时,装置的速度：
v2=v1−a′t2=5−4.75×0.8=1.2m/s；
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