2017高中物理（人教版）高三備考 強化訓(xùn)練8. 牛頓運動定律的應(yīng)用（二）

PAGEPAGE15強化訓(xùn)練8牛頓運動定律的應(yīng)用（二）——’17備考綜合熱身教輔系列本套強化訓(xùn)練搜集近年來各地高中物理高考真題、模擬題及其它極有備考價值的習(xí)題等篩選而成。其主要目的在于進(jìn)一步理解和掌握牛頓運動定律。能熟練地運用牛頓定律、運動學(xué)公式、功能關(guān)系、機械能守恒、電磁學(xué)知識等等，解決力學(xué)綜合、力電綜合以及其他綜合問題，有利于培養(yǎng)和提高我們的審題能力和思維能力。一、破解依據(jù)欲順利解決此類問題，試歸納以下幾條“依據(jù)”：㈠⑴牛頓第一定律（略）⑵牛頓第二定律或，其中F、Fx、Fy分別表示物體所受合力及其分力；并且，以上各式中力、加速度的方向均時刻保持一致。注：若或,則或，牛二律轉(zhuǎn)化為平衡條件。平衡狀態(tài)是指物體處于靜上或勻速度直線狀態(tài),或者是勻速轉(zhuǎn)動。⑶牛頓第三定律（略）實際應(yīng)用：反沖運動。㈡利用牛頓定律與高中物理知識解決的力學(xué)、力電綜合題以及其他綜合題。二、精選習(xí)題㈠選擇題（每小題5分，共40分）1.（16上海）在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風(fēng)洞飛行體驗裝置，體驗者在風(fēng)力作用下漂浮在半空。若減小風(fēng)力，體驗者在加速下落過程中（）（A）失重且機械能增加（B）失重且機械能減少（C）超重且機械能增加（D）超重且機械能減少2.（17新課標(biāo)=3\*ROMANIII）如圖-1，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則圖-1圖-1A.B.C.D.3.（14日照一中二模）如圖-2甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止。現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的關(guān)系分別對應(yīng)圖-2乙中A、B圖線（時刻A、B的圖線相切，時刻對應(yīng)A圖線的最高點），重力加速度為g，則（）A．時刻，彈簧形變量為0B．時刻，彈簧形變量為C．從開始到時刻，拉力F逐漸增大圖-2D．從開始到時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少圖-24.（17江蘇）如圖-3所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為，到小環(huán)的距離為，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為.小環(huán)和物塊以速度向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子后立刻停止，物塊向上擺動.整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動.小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為.下列說法正確的是（）（A）物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2（B）小環(huán)碰到釘子時，繩中的張力大于2（C）物塊上升的最大高度為（D）速度不能超過圖-3圖-37.（15安徽）圖示是α粒子（氦原子核）被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認(rèn)為重金屬原子核靜止不動。圖中所標(biāo)出的α粒子在各點處的加速度方向正確的是（）A．MB．NC．PD．Q圖-4圖-48.（14山西大學(xué)附中）如圖-6所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過O點的輕小定滑輪一端連接A，另一端懸掛小物塊B，C為O點正下方桿上一點，滑輪到桿距離OC=h.開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°.現(xiàn)將A、B由靜止釋放，則（）圖-6圖-6A．物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，加速度不斷增大B．物塊B從釋放到最低點過程中，動能不斷增大C．物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動D．物塊B的機械能最小時，物塊A的動能最大㈡填空題（共16分）⒐（14新課標(biāo)Ⅰ）（8分）某同學(xué)利用圖-7(a)所示實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質(zhì)量m的對應(yīng)關(guān)系圖，如圖(b)所示．實驗中小車(含發(fā)射器)的質(zhì)量為200g，實驗時選擇了不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到，回答下列問題：(a)(b)圖-7圖-7(1)根據(jù)該同學(xué)的結(jié)果，小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成________(選填“線性”或“非線性”)關(guān)系．(2)由圖(b)可知，a－m圖線不經(jīng)過原點，可能的原因是________．(3)若利用本實驗裝置來驗證“在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結(jié)論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應(yīng)采取的改進(jìn)措施是________，鉤碼的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件是________．10.（15浙江）（8分）甲同學(xué)準(zhǔn)備做“驗證機械能守恒定律”實驗，乙同學(xué)準(zhǔn)備做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗圖-9圖-9（1）圖-9中A、B、C、D、E表示部分實驗器材，甲同學(xué)需在圖中選用的器材_____________乙同學(xué)需在圖中選用的器材___________.（用字母表示）圖-10圖-10（2）乙同學(xué)在實驗室選齊所需器材后，經(jīng)正確操作獲得如圖-10所示的兩條紙帶①和②。紙帶__________的加速度大（填①或者②），其加速度大小為____________.㈢計算題（共44分）11.（16天津）（12分）我國將于2022年舉辦奧運會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖-15所示，質(zhì)量m=60kg的運動員從長直助滑道末端AB的A處由靜止開始以加速度勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時速度，A與B的豎直高度差H=48m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W=-1530J，?。?）求運動員在AB段下滑時受到阻力的大小；（2）若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。圖-15圖-1512（14長沙模擬）（12分）如圖-18所示，風(fēng)洞實驗室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風(fēng)力。質(zhì)量的小球穿在長的直桿上并置于實驗室中，球與桿間的動摩擦因數(shù)為0.5，當(dāng)桿豎直固定放置時，小球恰好能勻速下滑。保持風(fēng)力不變，改變固定桿與豎直線的夾角，將小球從O點靜止釋放。g取10m/s2，，，求：（1）小球受到的風(fēng)力大??；（2）當(dāng)時，小球離開桿時的動能。圖-18圖-1813.(15新課標(biāo)I)（20分）．一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為，如圖-16（a）所示。時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至?xí)r木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后時間內(nèi)小物塊的圖線如圖-16（b）所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取。求（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離圖-16圖-16(四)選做題14.（14天津）如圖-17所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達(dá)到vt＝2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度l.圖-17圖-1715.（16海南）水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為μ。細(xì)繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖-19所示。初始時，繩出于水平拉直狀態(tài)。若物塊Z在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g。求（1）物塊B客服摩擦力所做的功；（2）物塊A、B的加速度大小。圖-19圖-19*16.（13全國）(19分)一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖-20所示．不計重力．求在t＝0到t＝T的時間間隔內(nèi)，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間．圖-20圖-20*17.（17全國Ⅰ）真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍．18.（15天津）如圖-21所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量，電荷量，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象）取，求：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；（2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。圖-21圖-21三、參考答案㈠選擇題*1【答案】B.【解析】如圖所示，小鳥沿虛線斜向上加速飛行，說明合外力方向沿虛線斜向上。小鳥受兩個力的作用，空氣的作用力和重力。⒈【答案】B【解析】據(jù)題意，體驗者漂浮時：；在加速下降過程中，，即重力對體驗者做正功，風(fēng)力做負(fù)功，體驗者的機械能減??；加速下降過程中，加速度方向向下，體驗者處于失重狀態(tài)，故選項B正確。⒉【答案】AC。【解析】質(zhì)點P下滑過程中，利用動能定理可得，在最低點由牛頓第二定律有,可得：,故B、D錯誤，A、C正確。⒊【答案】BD【解析】A、由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，則得：，故A錯誤；B、由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律：kx-mgsinθ=ma，則，故B正確．C、從開始到t1時刻，對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B，由牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不變，故C錯誤．D、由上知：t1時刻A、B開始分離，開始時有：2mgsinθ=kx0從開始到t1時刻，彈簧釋放的勢能Ep=，從開始到t1時刻的過程中，根據(jù)動能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=，2a（x0-x）=v12，解得：WF-Ep=-，所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少，故D正確．故選：BD4.【答案】D【解略】⒎【答案】C【解析】同種電荷相排斥，庫侖力沿兩者連線指向受力物體，由牛頓第二定律知，加速度也沿兩者連線指向受力物體。⒏【答案】CD【解析】A、物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，對A受力分析，根據(jù)力的分解，結(jié)合牛頓第二定律，則有加速度不斷減小，故A錯誤；B、物塊B從釋放到最低點過程中，動能先增大后減小，故B錯誤；C、由題意可知，結(jié)合受力與運動情況的分析，及運動的對稱性可知，A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動，故C正確；D、B的機械能最小時，即為A到達(dá)C點，此時A的速度最大，即物塊A的動能最大，故D正確；故選：CD．【思路點撥】在繩子作用下，A先加速后減速，而B先加速后減速，當(dāng)A的速度最大時，B下降最低，根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合力與運動的關(guān)系，即可求解．㈡填空題⒐【答案】(1)非線性(2)存在摩擦力(3)調(diào)節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量【解析】本題考查了驗證牛頓第二定律的實驗．(1)根據(jù)圖中描出的各點作出的圖像不是一條直線，故小車的加速度和鉤碼的質(zhì)量成非線性關(guān)系．(2)圖像不過原點，小車受到拉力但沒有加速度，原因是有摩擦力的影響．(3)平衡摩擦力之后，在滿足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量的條件下，可以得出在小車質(zhì)量不變的情況下拉力與加速度成正比的結(jié)論．⒑【答案】（1）AB；BDE（2）①，（）紙帶②中前第1、2點與第2、3點的位移差為三個點的位移差為根據(jù)逐差法可得紙帶①的加速度大，大小為㈢計算題⒒【答案】（1）144N（2）12.5m【解析】（1）在AB段勻加速運動：；代入數(shù)據(jù)可得（2）BC段：C處:則R=12.5m12.【解析】（1）當(dāng)桿豎直固定放置時，解得：（2）當(dāng)時，小球受力情況如圖示，垂直桿方向上有： 得：小球受摩擦力小球沿桿運動的加速度為由得，小球到達(dá)桿下端時速度為球離開桿時的動能為13.【答案】（1）μ1=0.1μ1=0.1（2）木板的最小長度應(yīng)為6.0m（3）最終距離為6.5m【解析】(1)規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：-μ1(m+M)g=(m+M)a1eq\o\ac(○,1)由圖可知。木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s,由運動學(xué)公式得：V1=v0+a1t1eq\o\ac(○,2)S0=v0t1+QUOTEa1t12eq\o\ac(○,3)式中t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)式和題給條件得：μ1=0.1eq\o\ac(○,4)在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2eq\o\ac(○,5)由圖可得：a2=QUOTEeq\o\ac(○,6)式中t2=2s,v2=0,聯(lián)立eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)式和題給條件得：μ2=0.4eq\o\ac(○,7)（2）(8分)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：μ2mg+μ1(m+M)g=(m+M)a1=Ma3eq\o\ac(○,8)V3=-v1+a3Δteq\o\ac(○,9)V3=v1+a2Δteq\o\ac(○,10)碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為：s1=QUOTEΔteq\o\ac(○,11)小物塊運動的位移為：s2=QUOTEΔteq\o\ac(○,12)小物塊相對木板的位移為：Δs=s2–s1eq\o\ac(○,13)聯(lián)立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式，并代入數(shù)值得：Δs=6.0meq\o\ac(○,14)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m。(3)(5分)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直到停止，高加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：μ1(m+M)g=(m+M)a4eq\o\ac(○,15)0–v32=2a4s3eq\o\ac(○,16)磁碰后木板運動的位移為：s=s1+s3eq\o\ac(○,17)聯(lián)立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,15)eq\o\ac(○,16)eq\o\ac(○,17)式，并代入數(shù)值得：S=-6.5meq\o\ac(○,18)木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。㈢選做題14.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m【解析】(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2②(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s④(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m⑦⒖【答案】（1）；(2)，?！窘馕觥浚?）A、B受力如圖,物體A移動的距離為s，則物體B移動的距離為s1=s/2則（2）聯(lián)立解得，⒗【解析】解法一：(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)①a2＝－2eq\f(qE0,m)②a3＝2eq\f(qE0,m)③a4＝－eq\f(qE0,m)④由此得帶電粒子在0～T時間間隔內(nèi)運動的加速度－時間圖像如圖(a)所示，對應(yīng)的速度－時間圖像如圖(b)所示，其中圖(a)圖(b)v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)⑤由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為s＝eq\f(T,4)v1⑥由⑤⑥式得s＝eq\f(qE0,16m)T2⑦它沿初始電場正方向．(2)由圖(b)可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T內(nèi)沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t為t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)⑧解法二：(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③－qE0＝ma4④設(shè)帶電粒子在t＝eq\f(T,4)、t＝eq\f(T,2)、t＝eq\f(3T,4)、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則v1＝a1eq\f(T,4)⑤v2＝v1＋a2eq\f(T,4)⑥v3＝v2＋a3eq\f(T,4)⑦v4＝v3＋a4eq\f(T,4)⑧設(shè)帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為s，有s＝(eq\f(v1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)＋eq\f(v2＋v3,2)＋eq\f(v3＋v4,2))eq\f(T,4)⑨聯(lián)立以上各式可得s＝eq\f(qE0T2,16m)⑩它沿初始電場正方向．(2)由電場的變化規(guī)律知，t＝eq\f(T,4)時粒子開始減速，設(shè)經(jīng)過時間t1粒子速度減為零．0＝v1＋a2t1將①②⑤代入上式，得t1＝eq\f(T,8)eq\o(○,\s\up1(11))粒子從t＝eq\f(T,2)時開始加速，設(shè)經(jīng)過時間t2速度變?yōu)榱悖?＝v2＋a3t2此式與①②③⑤⑥式聯(lián)立得t2＝eq\f(T,8)eq\o(○,\s\up1(12))t＝0到t＝T內(nèi)粒子沿初始電場反方向運動的時間t為t＝(eq\f(T,4)－t1)＋t2eq\o(○,\s\up1(13))將eq\o(○,\s\up1(11))eq\o(○,\s\up1(12))式代入eq\o(○,\s\up1(13))式得t＝eq\f(T,4)eq\o(○,\s\up1(14))17.【解析】(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上．在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2③油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq