2023年高考全国甲卷物理真题

一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（　　）

A．机械能一直增加

B．加速度保持不变

C．速度大小保持不变

D．被推出后瞬间动能最大

【答案与解析】

铅球平抛过程中只受重力，机械能守恒，故机械能保持不变（A错）；加速度恒为重力加速度 $g$ ，保持不变（B对）；水平速度不变、竖直速度增大，合速度大小增大，动能增大（C、D错）。故选B。
在下列两个核反应方程中 $\mathrm{X}+^{14}_{7}\mathrm{N}\to\mathrm{Y}+^{17}_{8}\mathrm{O}$ 、 $\mathrm{Y}+^{7}_{3}\mathrm{Li}\rightarrow2\mathrm{X}$ ，X和Y代表两种不同的原子核，以Z和A分别表示X的电荷数和质量数，则（　　）

A． $Z=1$ ， $A=1$

B． $Z=1$ ， $A=2$

C． $Z=2$ ， $A=3$

D． $Z=2$ ， $A=4$

【答案与解析】

设 $Y$ 的电荷数、质量数分别为 $Z'$ 、 $A'$ 。由质量数与电荷数守恒： $X+{}^{14}_{7}\mathrm{N}\to Y+{}^{17}_{8}\mathrm{O}$ ： $Z+7=Z'+8$ ， $A+14=A'+17$ ； $Y+{}^{7}_{3}\mathrm{Li}\to 2X$ ： $Z'+3=2Z$ ， $A'+7=2A$ 。联立得 $Z=2$ ， $A=4$ （即 $X$ 为 $\alpha$ 粒子）。故选D。
一小车沿直线运动，从 $t = 0$ 开始由静止匀加速至 $t = t_1$ 时刻，此后做匀减速运动，到 $t = t_2$ 时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

$x\text{–}t$ 图像斜率表示速度。小车先由静止匀加速（ $0\sim t_1$ ）速度增大、斜率增大；后匀减速至 $t_2$ 速度为零、斜率减小到零；位移始终增大。符合该特征的图像为 D。故选D。
一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（　　）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案与解析】

匀速圆周运动合力提供向心力： $F=m\frac{v^2}{r}=m\frac{(2\pi r/T)^2}{r}=\frac{4\pi^2m}{T^2}r$ 。已知 $F\propto r^n$ 、 $T\propto 1/r$ ，则 $F\propto r/r^2=r^3$ ，故 $n=3$ 。故选C。
在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

电子带负电，所受电场力与电场线切线方向相反，且轨迹向受力一侧弯曲（凹侧指向力）。要使发散的电子束会聚，轴外电子应受指向轴心的力。图 A 中电场线分布使电子受力指向中心，轨迹向中心弯曲并最终会聚，符合要求。故选A。
用水平拉力使质量分别为 $m_{\text{甲}}$ 、 $m_{\text{乙}}$ 的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为 $\mu_{\text{甲}}$ 和 $\mu_{\text{乙}}$ 。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（　　）

A． $m_{\text{甲}}<m_{\text{乙}}$

B． $m_{\text{甲}}>m_{\text{乙}}$

C． $\mu_{\text{甲}}<\mu_{\text{乙}}$

D． $\mu_{\text{甲}}>\mu_{\text{乙}}$

【答案与解析】

由牛顿第二定律 $F-\mu mg=ma$ ，即 $F=ma+\mu mg$ 。图中图线斜率等于质量 $m$ ，纵截距等于 $\mu mg$ 。由图：甲图线斜率小于乙，故 $m_{\text{甲}}>m_{\text{乙}}$ （B对、A错）；甲纵截距小于乙，即 $\mu_{\text{甲}}m_{\text{甲}}g<\mu_{\text{乙}}m_{\text{乙}}g$ ，结合 $m_{\text{甲}}>m_{\text{乙}}$ 得 $\mu_{\text{甲}}<\mu_{\text{乙}}$ （C对、D错）。故选BC。
光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O

B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出

C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短

D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线

【答案与解析】

粒子从 $P$ 沿 $PO$ （径向）射入，洛伦兹力使其做圆周运动，由对称性每次碰撞都沿半径方向发生，故轨迹不可能经过圆心 $O$ （A错）；由几何可知粒子最少经 2 次碰撞即可回到小孔 $P$ 射出（B对）；粒子在圆内运动时间取决于碰撞次数与速率，速度增大时碰撞次数可能增多，时间不一定减小（C错）；每次碰撞瞬间速度沿碰撞点半径方向，碰撞后速度方向仍平行于该碰撞点与圆心 $O$ 的连线（D对）。故选BD。
一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图（a）所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示。则（　　）

A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快

B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次

C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变

D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大

【答案与解析】

由图（b）磁体经过各匝时感应电流峰值逐匝增大，据法拉第定律与闭合电路欧姆定律知每匝磁通量变化率越来越大，即小磁体下降速度越来越快（A对）；电流变化源于磁通量先增后减，并非 N、S 极颠倒（B错）；电磁阻力即安培力随速度增大而增大，并非始终不变（C错）；下部匝间距更大且磁体速度更大，通过下部时磁通量变化率的最大值更大（D对）。故选AD。
某同学用伏安法测绘一额定电压为 $6V$ 、额定功率为 $3W$ 的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为 $6\mathrm{k\Omega}$ ，电流表内阻约为 $1.5\mathrm{\Omega}$ 。实验中有图（a）和（b）两个电路图供选择。

（1）实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图（c）所示，该同学选择的电路图是图＿＿＿＿（填“a”或“b”）（2）若选择另一个电路图进行实验，在答题卡所给图上用实线画出实验中应得到的关系曲线的示意图＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1) 小灯泡正常发光电阻 $R=U^2/P=36/3=12\,\Omega$ 。电压表内阻约 $6\,\mathrm{k\Omega}\gg12\,\Omega$ ，电流表内阻约 $1.5\,\Omega$ 与 $12\,\Omega$ 可比。采用电流表外接法（图 a）时电压表分流极小、误差小；图（b）内接法会使电压测量值偏大。实验所得曲线在 $U=6\,\mathrm{V}$ 时 $I=0.5\,\mathrm{A}$ （ $=P/U$ ），与外接法一致。故填 a。 (2) 若改用图（b）内接法，电流表分压使相同电流下电压表示数偏大，故在 $I\text{–}U$ 图中应得曲线位于（a）法所得曲线的右上方，用实线画出该示意曲线即可。
某同学利用如图（a）所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图（b）所示。

（1）已知打出图（b）中相邻两个计数点的时间间隔均为 $0.1s$ ．以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移 $\Delta x$ 填到表中，小车发生对应位移和平均速度分别为 $\Delta x$ 和 $\overline{v}$ ，表中 $\Delta x_{AD}=$ ＿＿＿＿cm， $\bar{v}_{AD}=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm/s}$ 。

位移区间 AB AC AD AE AF
$\Delta x(\mathrm{cm})$ 6.60 14.60 $\Delta x_{AD}$ 34.90 47.30
$\bar{v}(\mathrm{cm/s})$ 66.0 73.0 $\overline{v}_{AD}$ 87.3 94.6

（2）根据表中数据得到小车平均速度 $\overline{v}$ 随时间 $\Delta t$ 的变化关系，如图（c）所示。在答题卡上的图中补全实验点＿＿＿＿。

（3）从实验结果可知，小车运动的 $\bar{v}-\Delta t$ 图线可视为一条直线，此直线用方程 $\bar{v}=k\Delta t+b$ 表示，其中 $k=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm/s^{2}}$ ， $b=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm/s}$ 。（结果均保留3位有效数字）（4）根据（3）中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小 $v_{A}=$ ＿＿＿＿，小车的加速度大小 $a=$ ＿＿＿＿。（结果用字母k、b表示）

【答案与解析】

(1) 由图（c）直线 $\bar v=k\Delta t+b$ ，取 $\Delta t=0.1\,\mathrm{s}$ 时 $\bar v=66.0\,\mathrm{cm/s}$ 、 $\Delta t=0.2\,\mathrm{s}$ 时 $\bar v=73.0\,\mathrm{cm/s}$ ，得 $k=70.0\,\mathrm{cm/s^2}$ ，故 $\bar v_{AD}=66.0+70.0\times0.2=80.0\,\mathrm{cm/s}$ ；又 $\mathrm{A}$ 到 $\mathrm{D}$ 共 3 个间隔即 $\Delta t=0.3\,\mathrm{s}$ ，所以 $\Delta x_{AD}=\bar v_{AD}\Delta t=80.0\times0.3=24.00\,\mathrm{cm}$ 。故填 $24.00$ ； $80.0$ 。 (2) 在图（c）中补全五个实验点 $(0.1,66.0)$ 、 $(0.2,73.0)$ 、 $(0.3,80.0)$ 、 $(0.4,87.3)$ 、 $(0.5,94.6)$ ，并用直线连接。 (3) 由（1）知 $k=70.0\,\mathrm{cm/s^2}$ ；截距 $b=66.0-70.0\times0.1=59.0\,\mathrm{cm/s}$ 。故填 $70.0$ ； $59.0$ 。 (4) 区间 $[0,\Delta t]$ 平均速度 $\bar v=v_A+\frac12a\Delta t$ ，与 $\bar v=k\Delta t+b$ 比较得 $v_A=b$ ， $a=2k$ 。故填 $b$ ； $2k$ 。
如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 $E_p$ 。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的 $\frac{4}{5}$ 。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

【答案与解析】

(1) 弹簧释放后弹性势能全部转化为小球动能： $E_p=\frac12mv_0^2$ ，得离开桌面速度 $v_0=\sqrt{\frac{2E_p}{m}}$ 。即离开桌面时速度大小为 $\sqrt{\frac{2E_p}{m}}$ 。 (2) 设桌面距地面高为 $H$ ，小球飞出后平抛，落地前竖直速度 $v_y=\sqrt{2gH}$ 。碰撞后竖直分量变为 $\frac45v_y$ ，弹起最大高度 $h$ 满足 $\frac12m\left(\frac45v_y\right)^2=mgh$ ，代入得 $v_y^2=\frac{25}{8}gh$ 。又 $v_y^2=2gH$ ，故 $H=\frac{25}{16}h$ 。下落时间 $t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{25h}{8g}}$ 。水平方向速度始终为 $v_0$ ，落地点距飞出点水平距离 $x=v_0t=\sqrt{\frac{2E_p}{m}}\sqrt{\frac{25h}{8g}}=\frac52\sqrt{\frac{E_ph}{mg}}$ 。故第一次落地点距飞出点的水平距离为 $\frac52\sqrt{\frac{E_ph}{mg}}$ 。
如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为 $l$ ，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 $B$ 。一质量为 $m$ 、电阻为 $R$ 、长度也为 $l$ 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为 $3m$ 的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为 $v_{0}$ 的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

【答案与解析】

(1) 绝缘棒 $Q(3m)$ 与金属棒 $P(m)$ 弹性碰撞，由动量守恒与动能守恒： $3mv_0=3mv_Q+mv_P$ ， $\frac12(3m)v_0^2=\frac12(3m)v_Q^2+\frac12mv_P^2$ ，解得 $v_P=\frac{2\cdot3m}{3m+m}v_0=\frac32v_0$ ， $v_Q=\frac{3m-m}{3m+m}v_0=\frac12v_0$ 。 $P$ 、 $Q$ 从同一右端滑出、落到地面同一点，下落高度相同，故滑出时水平速度须相等； $Q$ 为绝缘棒不受安培力，以 $\frac12v_0$ 匀速滑出，因此 $P$ 滑出导轨时速度 $v=\frac12v_0$ 。即金属棒 $P$ 滑出导轨时的速度大小为 $\frac12v_0$ 。 (2) $P$ 在导轨上因电磁感应减速，减少的动能全部转化为焦耳热： $Q=\frac12m\left(\frac32v_0\right)^2-\frac12m\left(\frac12v_0\right)^2=mv_0^2$ 。故 $P$ 运动过程中产生的热量为 $mv_0^2$ 。 (3) $P$ 所受安培力 $F=BIL=\frac{B^2l^2}{R}v$ ，运动方程 $m\frac{dv}{dt}=-\frac{B^2l^2}{R}v$ ，速率按 $v=v_Pe^{-t/\tau}$ 衰减，其中 $\tau=\frac{mR}{B^2l^2}$ 。当 $v$ 减至 $\frac12v_0$ 时滑出，需 $e^{-t_P/\tau}=\frac{(1/2)v_0}{(3/2)v_0}=\frac13$ ，即 $t_P=\tau\ln3$ 。导轨长 $L=\int_0^{t_P}v\,dt=v_P\tau(1-e^{-t_P/\tau})=\frac32v_0\tau\cdot\frac23=v_0\tau$ 。 $Q$ 以 $\frac12v_0$ 匀速通过导轨，所用时间 $t_Q=\frac{L}{\frac12v_0}=\frac{v_0\tau}{\frac12v_0}=2\tau=\frac{2mR}{B^2l^2}$ 。故绝缘棒 $Q$ 在导轨上运动的时间为 $\frac{2mR}{B^2l^2}$ 。
在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是（　　）

A．气体的体积不变，温度升高

B．气体的体积减小，温度降低

C．气体的体积减小，温度升高

D．气体的体积增大，温度不变

E．气体的体积增大，温度降低

【答案与解析】

由热力学第一定律 $Q=\Delta U-W_{\text{气}}$ （ $\Delta U$ 为内能增量， $W_{\text{气}}$ 为气体对外做功；体积不变时 $W_{\text{气}}=0$ ，体积增大时 $W_{\text{气}}>0$ ，体积减小时 $W_{\text{气}}<0$ ）。

A．体积不变、温度升高： $\Delta U>0$ 、 $W_{\text{气}}=0$ ，必 $Q>0$ ，必与外界交换热量；

B．体积减小、温度降低： $\Delta U<0$ 、 $W_{\text{气}}<0$ ，则 $Q=\Delta U-W_{\text{气}}<0$ ，必交换热量；

C．体积减小、温度升高： $\Delta U>0$ 、 $W_{\text{气}}<0$ ， $Q$ 可正可负，可绝热完成；

D．体积增大、温度不变： $\Delta U=0$ 、 $W_{\text{气}}>0$ ，必 $Q<0$ ，必交换热量；

E．体积增大、温度降低： $\Delta U<0$ 、 $W_{\text{气}}>0$ ， $Q$ 可负可零，可绝热完成。故选ABD。
一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为 $17^{\circ}\mathrm{C}$ ，密度为 $1.46\mathrm{kg/m^3}$ 。（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至 $27^{\circ}\mathrm{C}$ 时舱内气体的密度；（ii）保持温度 $27^{\circ}\mathrm{C}$ 不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。

【答案与解析】

(i) 压强保持不变，由理想气体状态方程 $\rho T=\frac{pM}{R}$ 为常量，故 $\rho_2=\rho_1\frac{T_1}{T_2}=1.46\times\frac{290}{300}\approx1.41\,\mathrm{kg/m^3}$ 。即温度升至 $27^\circ\mathrm{C}$ 时舱内气体密度约为 $1.41\,\mathrm{kg/m^3}$ 。 (ii) 温度保持 $27^\circ\mathrm{C}$ 不变，密度与压强成正比： $\rho_3=\rho_2\frac{p_3}{p_2}=1.41\times\frac{1.0}{1.2}\approx1.18\,\mathrm{kg/m^3}$ 。即压强降至 $1.0$ 个大气压时舱内气体密度约为 $1.18\,\mathrm{kg/m^3}$ 。
等腰三角形 $\Delta abc$ 为一棱镜的横截面， $ab = ac$ ；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是（　　）

A．甲光的波长比乙光的长

B．甲光的频率比乙光的高

C．在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大

D．该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率

E．在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大

【答案与解析】

细光束平行 $bc$ 从 $ab$ 射入，在 $bc$ 反射后从 $ac$ 射出并分成两色，甲出射点在乙下方。由光路可知甲光偏折较小，故棱镜对甲光的折射率较小。

A．折射率小则频率低、波长长，甲光波长比乙光长；

B．甲光频率比乙光低；

C．由 $v=c/n$ ，甲光在棱镜中的速度比乙光大；

D．棱镜对甲光的折射率小于对乙光的折射率；

E．甲光折射率小，在 $ab$ 边折射角更大，到达 $bc$ 边时入射角更大。故选ACE。
分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为 $5\mathrm{cm}$ ，波长均为 $8m$ ，波速均为 $4\mathrm{m/s}$ 。 $t=0$ 时刻，P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到 $x=10\mathrm{m}$ 处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。（1）在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在 $t=2.5\mathrm{s}$ 时刻的波形图（P波用虚线，Q波用实线）；（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。

【答案与解析】

两波波长 $\lambda=8\,\mathrm{m}$ 、波速 $v=4\,\mathrm{m/s}$ ，故周期 $T=\lambda/v=2\,\mathrm{s}$ ，角频率 $\omega=2\pi/T=\pi\,\mathrm{rad/s}$ ，波数 $k=2\pi/\lambda=\pi/4\,\mathrm{rad/m}$ 。 $P$ 波沿 $+x$ 传播， $t=0$ 在 $x=0$ 处质点自平衡位置向下振动，故 $y_P=5\sin\left(\frac{\pi}{4}x-\pi t\right)\,\mathrm{cm}$ ； $Q$ 波沿 $-x$ 传播， $t=0$ 传到 $x=10\,\mathrm{m}$ 处质点自平衡位置向上振动，故 $y_Q=5\sin\left(\frac{\pi}{4}x+\pi t-\frac{5\pi}{2}\right)\,\mathrm{cm}$ 。 (1) $t=2.5\,\mathrm{s}$ 时： $y_P=5\sin\left(\frac{\pi}{4}x-\frac{5\pi}{2}\right)=-5\cos\frac{\pi}{4}x$ ， $y_Q=5\sin\left(\frac{\pi}{4}x+\frac{5\pi}{2}-\frac{5\pi}{2}\right)=5\sin\frac{\pi}{4}x$ 。在坐标图上用虚线画出 $y_P=-5\cos(\pi x/4)$ 、用实线画出 $y_Q=5\sin(\pi x/4)$ 的波形（取图示 $x$ 范围）。 (2) 两波叠加： $y=y_P+y_Q=10\sin\left(\frac{\pi}{4}x-\frac{5\pi}{4}\right)\cos\left(\pi t-\frac{5\pi}{4}\right)$ ，振幅包络 $A(x)=\left|10\sin\left(\frac{\pi}{4}x-\frac{5\pi}{4}\right)\right|\,\mathrm{cm}$ 。振幅最大（ $10\,\mathrm{cm}$ ）需 $\frac{\pi}{4}x-\frac{5\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+n\pi$ ，得 $x=7+4n$ ；在图示 $0\sim10\,\mathrm{m}$ 范围内为 $x=3\,\mathrm{m}$ 、 $7\,\mathrm{m}$ 。振幅最小（ $0$ ）需 $\frac{\pi}{4}x-\frac{5\pi}{4}=n\pi$ ，得 $x=5+4n$ ；在图示范围内为 $x=1\,\mathrm{m}$ 、 $5\,\mathrm{m}$ 、 $9\,\mathrm{m}$ 。故振幅最大的平衡位置为 $x=3\,\mathrm{m}$ 、 $7\,\mathrm{m}$ ，振幅最小的平衡位置为 $x=1\,\mathrm{m}$ 、 $5\,\mathrm{m}$ 、 $9\,\mathrm{m}$ （图示 $0\sim10\,\mathrm{m}$ 范围内）。

位移区间	AB	AC	AD	AE	AF
$\Delta x(\mathrm{cm})$	6.60	14.60	$\Delta x_{AD}$	34.90	47.30
$\bar{v}(\mathrm{cm/s})$	66.0	73.0	$\overline{v}_{AD}$	87.3	94.6