最新高考物理二轮复习课件： 法拉第电磁感应定律的综合应用

这是一份最新高考物理二轮复习课件： 法拉第电磁感应定律的综合应用
法拉第电磁感应定律的综合应用【经典案例】(9分)(2020·浙江7月选考真题)如图1所示,在绝缘光滑水平桌面上,以O为原点、水平向右为正方向建立x轴,在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L=0.5 m、电阻R=0.25 Ω的正方形线框abcd,当平行于磁场边界的cd边进入磁场时,在沿x方向的外力F作用下以v=1.0 m/s的速度做匀速运动,直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点,在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示,在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。(1)求外力F的大小;(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场,求磁感应强度B的大小与时间t的关系;(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。 【解题关键】(1)信息提取①有界磁场,先保持恒定,后均匀增大。②线框匀速通过磁场,受外力F和安培力,桌面光滑无摩擦力。(2)过程分析①匀速进入磁场②匀速通过磁场③匀速出磁场(3)核心规律①匀速进入磁场,外力等于安培力的大小,F=FA。②匀速出磁场,出磁场时感应电流为零,磁通量保持不变。③匀速在磁场中运动,由磁场的变化产生感应电动势。 【规范解答】【解析】(1)由图2可知t0=0,B0=0.25 T,则回路电流I= ………(1分)安培力FA= …………………………………………………………(1分)所以外力F=FA=0.062 5 N。………………………………………………(1分)(2)匀速出磁场,电流为0,磁通量不变Φ1=Φ,t1=1.0 s时,B1=0.5 T,磁通量Φ1=B1L2,则t时刻磁通量Φ=BL[L-v(t-t1)],……………………(2分)解得B= …………………………………………………………(1分)(3)0≤t≤0.5 s电荷量q1= =0.25 C,…………………………(1分)0.5 s≤t≤1.0 s电荷量q2= =0.25 C,……………………(1分)总电荷量q=q1+q2=0.5 C。………………………………………………(1分)答案:(1)0.062 5 N　(2)B= 　(3)0.5 C 【得分技巧】技巧1　对应关键的物理过程,找出遵循的物理规律,书写正确的表达式。第(1)问中,回路电流表达式、安培力表达式、二力平衡表达式都是得分点。第(2)问中,t时刻磁通量表达式,第(3)问中电荷量表达式都是得分点。技巧2　考试时书写过程的技巧写出表达式后,不必在试卷上代入数据,可以在草纸上运算,将正确结果写在试卷上即可。 课时提升作业二十七　法拉第电磁感应定律及其应用　自感现象(建议用时60分钟)【基础练】1.(2020·丽水模拟)我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后,歼-15飞机顺利完成了起降飞行训练,图甲为一架歼-15飞机刚着舰时的情景。已知该飞机机身长为l,机翼两端点C、D的距离为d,某次在我国近海海域训练中飞机降落时的速度沿水平方向,大小为v。如图乙所示,该空间地磁场磁感应强度的水平分量为Bx,竖直分量为By。C、D两点间的电势差为U,下列分析正确的是(　　) A.U=Bxlv,C点电势低于D点电势B.U=Bxdv,C点电势高于D点电势C.U=Bylv,C点电势低于D点电势D.U=Bydv,C点电势高于D点电势【解析】选D。飞机机翼切割磁感线,地磁场竖直分量为By。由法拉第电磁感应定律,可知感应电动势大小为U=Bydv;北半球的磁感应强度的竖直分量是向下的,根据右手定则,感应电动势的方向由D指向C,所以C点的电势高于D点的电势,故D正确,A、B、C错误。2.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)A.由c到d,I= 　　　 B.由d到c,I= C.由c到d,I= D.由d到c,I=【解析】选D。由右手定则可知通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E= Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I= ,选项D正确。3.如图所示的电路,开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关S,则通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线可能是下图中的 (　　) 【解析】选D。开关S原来闭合时,电路处于稳定状态,流过R1的电流方向向左,大小为I1。与R1并联的R2和线圈L支路,电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流,电流通过R1的方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,故选项D图正确。【加固训练】如图所示,L为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡,E为内阻不计的电源,在t=0时刻闭合开关S,当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2。当时刻为t1时断开开关S,若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向,则图中能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是 (　　) 【解析】选D。开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,所以I1慢慢增大最后稳定;断开开关,电感阻碍电流I1减小,所以I1慢慢减小到0,电流的方向未发生改变,故A、B均错误;开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,I1慢慢增大,则I2慢慢减小,最后稳定;断开开关,原来通过D2的电流立即消失,但D1、D2、L构成一回路,通过D1的电流也通过D2,所以I2慢慢减小,但电流的方向与断开前相反,故C错误,D正确。 4.(多选)如图所示,在线圈正上方放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,几分钟后,杯中的水沸腾起来,t0时刻的电流方向已在图中标出,且此时电流正在增大,则关于把水烧开的过程中发生的电磁感应现象的说法正确的有(　　)A.金属杯中产生涡流,涡流的热效应使水沸腾起来B.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿顺时针方向C.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向D.将交流电源断开的瞬间,金属杯中的涡流也瞬间消失【解析】选A、C、D。由于交流电在螺线管中产生变化的磁场,变化的磁场穿过金属杯可以在金属杯中产生变化的电场,从而产生涡流,使水沸腾,A正确;t0时刻电流从螺线管的上端流入且电流正在增大,则穿过金属杯的磁场是向下增大的,所以根据楞次定律,感应电流的磁场方向一定是向上的,由安培定则可知,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向,故C正确,B错误;将交流电源断开的瞬间,自感线圈中没有形成自感回路,故不能产生断电自感,所以金属杯中的涡流也瞬间消失,D正确。5.如图所示装置,在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线圈a对桌面的压力大于本身重力,则cdef内的磁感应强度随时间变化的关系可能是 (　　) 【解析】选B。若a对桌面的压力大于本身重力,则b中的感应电流应增加,由I= 知 增大,所以只有B图正确。6.(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是 (　　) A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确;由v= =0.5 m/s可知B项正确;由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T,A项错误;据F安= 可得在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.04 N,D项错误。7.(2020·杭州模拟)一正方形闭合导线框abcd边长L=0.1 m,各边电阻均为1Ω,bc边位于x轴上,在x轴原点O右方有宽L=0.1 m、磁感应强度为1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,如图所示。在线框以恒定速度4 m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中,如图所示的各图中,能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中,ab边两端电势差Uab随位置变化情况的是 (　　)【解析】选B。分两段研究:ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程。ab进入磁场切割磁感线过程中,x在0～L范围:由楞次定律判断得知,线框感应电流方向为逆时针,ab相当于电源,a的电势高于b的电势,Uab>0。感应电动势为E=BLv=1×0.1×4 V=0.4 V,Uab是外电压,则有Uab= =0.3 V。dc切割磁感线过程,x在L～2L范围:由楞次定律判断得知,线框感应电流方向为顺时针,dc相当于电源,a的电势高于b的电势,Uab>0。感应电动势为E=BLv=1×0.1×4 V=0.4 V,则有Uab= =0.1 V。【加固训练】如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率 、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中,正确的是 (　　)【解析】选B、D。设加速度为a,运动的位移x= at2,磁通量变化量ΔΦ=BLx= BLat2,ΔΦ∝t2,选项A错误;感应电动势E= BLat,故 ∝t,选项B正确;U= ,U∝t,选项D正确;电荷量q= ,因为ΔΦ∝t2,所以q∝t2,选项C错误。【提升练】8.(多选)(2020·宁波模拟)如图所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R,边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场。若外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,线框磁通量的变化率为 ,通过导体横截面的电荷量为q,(其中P-t图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是 【解析】选B、D。线框做匀加速运动,其速度v=at,感应电动势E=BLv,线框进入磁场过程中受到的安培力F安=BIL= ,由牛顿第二定律得F- =ma,则F= +ma,故A错误;线框中的感应电流I= ,线框的电功率P=I2R= ,B正确;线框的位移x= at2,磁通量的变化率 =B· = = BLat,C错误;电荷量q= ·Δt= ·Δt= ·Δt= = = ,D正确。9.(多选)如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放,t3时刻的速度为v,移动的距离为L,重力加速度为g。在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B.0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C.0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D.0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ- mv2 【解题指导】解答该题的关键点为:(1)根据楞次定律分析金属框中的电流方向,对金属框受力分析。(2)根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线运动。(3)根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况。【解析】选A、B。t1～t2时间内磁感应强度减小,线框面积不变,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向;t2～t3时间内,磁场方向增大,磁通量增大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以t1～t3时间内金属框中的电流方向不变,故A正确;由于两个边的电流方向相反,两个边的安培力是抵消的,安培力的合力为0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确,C错误;金属框的安培力合力为0,对金属框只有重力做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即mgLsinθ= mv2,故D错误。10.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中,求:(1)流过金属棒的最大电流。(2)通过金属棒的电荷量。(3)金属棒产生的焦耳热。【解析】(1)金属棒下滑过程中,根据动能定理有mgh= m 根据法拉第电磁感应定律有Em=BLvm根据闭合电路欧姆定律有Im= 联立上式得Im= 。(2)根据q= 可知,通过金属棒的电荷量为q= 。(3)金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同,设金属棒上产生的焦耳热为Q,故2Q=-W安全过程由动能定理mgh+W安-μmgd=0联立上式得Q= mg(h-μd)。答案:(1) 　(2) (3) mg(h-μd)【总结提升】求解焦耳热Q的三种方法11.(2020·绍兴模拟)如图所示,水平放置的两平行金属导轨间距l=2 m,虚线CD左侧的轨道光滑,右侧粗糙;导轨右侧两端点与匝数N=200、横截面积S=100 cm2、总电阻r=0. 25 Ω的线圈相连,另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上,距离CD为0.6 m;垂直放置在导轨左端的金属棒MN通过水平绝缘轻杆固定,两金属棒的质量均为m=0.1 kg,电阻均为R=0.5 Ω;MNDC区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.5 T。在t=0时刻,闭合电键K,同时金属棒PQ以1 m/s的初速度向左运动,同时线圈内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化符合以下规律:B1= 。两金属棒与导轨始终接触良好,金属棒PQ与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1,导轨电阻不计。 (1)通过定量计算分析4 s内金属棒PQ的运动情况;(2)计算4 s内通过金属棒PQ的电荷量大小;(3)求2～4 s内绝缘轻杆右端受到的弹力大小和方向。【解析】(1)金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动,据μmg=ma得a=1 m/s2减速到0所需的时间t= =1 s滑行位移x= =0.5 m之后一直保持静止,停在CD线右侧0.10 m处(2)0～2 s内金属棒PQ中无电流,2～4 s内线圈中产生的电动势E= =200×0.2×100×10-4 V=0.4 V则I总= =0.8 AI= =0.4 Aq=IΔt=0.4×2 C=0.8 C(3)金属棒MN所受的安培力:F安=B2Il=0.5×0.4×2 N=0.4 N由平衡条件可知绝缘轻杆对金属棒MN的弹力F=F安=0.4 N根据牛顿第三定律,金属棒对绝缘轻杆(右端)所受弹力F′=0.4 N,方向向左。答案:(1)见解析(2)0.8 C　(3)0.4 N　方向向左【培优练】12.(多选)如图所示,MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力Tm=2mgsin θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的 (　　)A.速度大小是 B.速度大小是 C.加速度大小是2gsin θD.加速度大小是0【解析】选A、D。据题知,细线被拉断时,拉力达到Tm=2mgsin θ,根据平衡条件得:对ab棒: Tm=F安+mgsin θ,则得ab棒所受的安培力大小为F安=mgsin θ;由于两棒的电流相等,所受的安培力大小相等,由E=BLv、I= ,F安=BIL,则得F安= 联立解得,cd棒的速度为v= ,故A正确,B错误;对cd棒:根据牛顿第二定律得: mgsin θ-F安=ma,代入得a=gsin θ- =0,故C错误,D正确。13. (多选)如图所示的光滑水平面上,水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,其宽度均为s,区域Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为L=3s的无磁场区域,一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域Ⅰ左边界s处由静止开始做匀加速直线运动,假设线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ,则下列说法正确的是 (　　)A.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为1∶ B.区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小之比为 ∶1C.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程产生的热量相等D.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量相等【解析】选A、C。由运动学公式v1= ,v2= ,线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比 =1∶ ,故A正确;通过区域Ⅰ时,能匀速通过,说明受到的安培力等于外力,即F安=B1Is= ,在区域Ⅰ和Ⅱ之间运动时,线框做加速运动,所以进入磁场区域Ⅱ时线框的速度大于进入磁场区域Ⅰ时的速度,因为线框能匀速通过磁场Ⅱ,所以F安= ,有 ,所以 B错误;两个过程中产生的热量等于外力做的功,两个过程中外力不变,相对水平面的位移均为s,所以两个过程中产生的热量相同,C正确;根据q= ,可得q1= ,q2= ,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量不相等,D错误。14.(多选)如图所示,光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成,水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中,右端接一电源(电动势为E,内阻为r)。一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分,从某一高度由静止释放,金属杆PQ进入磁场后的运动过程中,速度—时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计) (　　) 【解析】选A、B、D。金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则判断得知,感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。若金属杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等,回路中总电动势为零,电路中没有电流,金属杆不受安培力,做匀速直线运动,故A项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从P到Q,所受的安培力方向向右,将做加速运动,随着速度增加,金属杆产生的感应电动势增加,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故B项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从Q到P,所受的安培力方向向左,将做减速运动,随着速度减小,金属杆产生的感应电动势减小,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故C项是不可能,D项是可能的。15.如图所示,间距L=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1=8 Ω,R2=12 Ω,C=6 μF,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合,电路稳定后,求:(1)通过R2的电流I的大小和方向。(2)拉力F的大小。(3)开关S1切断后通过R2的电荷量q。【解析】(1)开关S1、S2闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N,所以通过R2的电流方向是由b→aMN中产生的感应电动势的大小E=BLv流过R2的电流I= 代入数据解得I=0.1 A。(2)棒受力平衡有F=F安F安=BIL代入数据解得F=0.1 N。(3)开关S1、S2闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量q1=CIR2,S1切断后,流过R2的电荷量q等于电容器所带电荷量,即q=q1代入数据解得q=7.2×10-6 C。答案:(1)0.1 A　方向是b→a　(2)0.1 N(3)7.2×10-6 C16.(2020·湖州模拟)平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成,导轨间距L=0.5 m,PQ 是分界线,倾斜部分倾角为 θ=30°,PQ 右侧有垂直于斜面向下的匀强磁场 B2=1 T,PQ 左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为1 T的匀强磁场B1,如图所示。质量m=0.1 kg、接入电路的电阻 r=0.1 Ω的两根金属细杆ab和cd垂直放于该导轨上,其中ab杆光滑,cd杆与导轨间的动摩擦因数为μ= ,导轨底端接有R=0.1 Ω的电阻。开始时ab、cd 均静止于导轨上。现对ab杆施加一水平向左的恒定外力F,使其向左运动,当ab杆向左运动的位移为x时开始做匀 速直线运动,此时cd刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止),再经t=0.4 s撤去外力F,最后ab杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻R的发热量为QR=1.0 J。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2,不计空气阻力)(1)判断B1磁场的方向;(2)求刚撤去外力F时ab杆的速度v的大小;(3)求ab杆的最大加速度a的大小和加速过程中的位移x的大小。【解析】(1)根据题意知当ab杆向左运动的位移为x时开始做匀速直线运动,此时cd刚要开始沿斜面向上运动,cd所受到的安培力沿斜面向上,由左手定则知,流过cd杆的电流为d→c,流过ab杆的电流为a→b,ab杆所受到的安培力水平向右,根据左手定则,B1磁场的方向竖直向下;(2)对cd杆FA=mgsinθ+μmgcosθ=1× N+ ×1× N=1.25 NFA=B2IL得I= =2.5 A因为R=r,所以流过R的电流为2.5 A总电流I总=5 A电路总电阻R总=R并+r=0.15 Ωab产生的电动势E=I总R总=5×0.15 V=0.75 V对ab杆E=B1Lv;解得v= m/s=1.5 m/s;(3)匀速运动的位移x′=vΔt=1.5×0.4 m =0.6 mab杆匀速运动时,F=F′A=B1I总L=1×5×0.5 N=2.5 N所以水平恒力F=2.5 N刚开始时,速度为0,感应电动势为0,安培力为0,ab杆的加速度最大a= =25 m/s2通过电阻R和cd杆的电流总相等,总是通过ab杆电流一半,回路产生的焦耳热Q=Qab+Qcd+QR=4 J+1 J+1 J=6 J根据功能原理F·(x+x′)=Q代入数据2.5×(x+0.6)=6 J解得x=1.8 m。答案:(1)竖直向下(2)1.5 m/s　(3)25 m/s2　1.8 m