浙江省温州市温州十校联合体2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13个小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·温州期中）下列有关质点的描述正确的是（ ）
A．研究昼夜交替现象时，可以将地球看成质点
B．研究一辆公交车通过路旁公交站牌所用的时间时，可以把公交车看成质点
C．教练员训练运动员起跑动作时，可以将运动员看成质点
D．研究一辆动车从苍南站到乐清站所用时间时，可以把动车看成质点
【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】 A．昼夜交替由地球自转产生，需考虑地球形状和尺寸，故A错误；
B．公交车通过站牌时间与车身长度直接相关，故B错误；
C．教练员训练运动员起跑动作时，起跑动作需分析肢体细节，故C错误；
D．动车运行时间仅与路径长度和速度有关，与动车尺寸无关，可以把动车看成质点，故D正确；故选D；
【分析】（1）质点模型的本质是忽略物体大小和形状对研究问题的影响，只需关注质量与位置；判断能否视为质点的核心是看研究问题是否涉及物体内部运动或转动；
（2）易错点在于混淆运动物体尺寸与研究问题的关联性，如公交车过站牌需考虑车身长度，故不能简化为质点；昼夜交替现象本质是地球自转引起的，必须考虑地球尺寸。
2．（2024高二上·温州期中）在用flash软件制作简单效果的“小鸟在空中飞行”动画作品时，如图所示。播放时，“小鸟们”在屏幕中的位置是不变的，为了呈现“小鸟”飞行效果，背景的“云彩”会水平移动。下列说法不正确的是（ ）
A．为了呈现“小鸟”水平向左飞行效果，“云彩”应该相对屏幕水平向右移动
B．选择屏幕为参考系，“小鸟”是运动的
C．选择“云彩”为参考系，“小鸟”是运动的
D．选择任何一只“小鸟”为参考系，其他“小鸟”都是静止的
【答案】B
【知识点】假设法；参考系与坐标系
【解析】【解答】 A．云彩向右移动可模拟小鸟向左飞行，符合相对运动原理，故A正确不符合题意；
B．题目明确小鸟位置不变，以屏幕为参考系时小鸟静止，故B错误符合题意；
C．云彩移动时以其为参考系小鸟运动，故C正确不符合题意；
D．所有小鸟相对静止，故D正确不符合题意；
故选B。
【分析】（1）解题关键在于理解相对运动的原理，即通过背景移动模拟物体运动时，背景与物体的运动方向应相反；隐含条件是参考系的选择会直接影响对运动状态的判断，需明确题目中“小鸟位置不变”这一前提；
（2）易错点在于混淆参考系与运动表现的关系，如误以为屏幕参考系下小鸟是运动的，而实际题目已说明小鸟位置固定。
3．（2024高二上·温州期中）下列物理量属于矢量的是（ ）
A．加速度 B．速率 C．时间 D．路程
【答案】A
【知识点】加速度；矢量与标量
【解析】【解答】A ．加速度是既有大小又有方向的物理量，属于矢量，故A正确；
B. 速率只有大小，没有方向，是标量，故B错误；
C. 时间只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D. 路程只有大小，没有方向，是标量，故D错误；
故选A。
【分析】（1）解题的关键在于明确矢量和标量的定义，矢量是既有大小又有方向的物理量，而标量是只有大小没有方向的物理量；加速度是描述物体速度变化快慢和方向的物理量，它有大小和方向，符合矢量的定义；速率是速度的大小，没有方向；时间只是表示事件发生先后顺序和持续长短的量，没有方向；路程是物体运动轨迹的长度，也没有方向。
（2）易错点在于容易混淆速度和速率，速度是矢量，速率是标量，本题问的是速率；同时，对于一些常见的物理量，要清楚它们是矢量还是标量，避免因概念不清而选错。
4．（2024高二上·温州期中）小明从自家楼下步行去苍南体育中心。由导航图（图中显示的是方案一的路线）的信息可知，选择方案一：预计08∶47分到达，行程1.8公里，耗时26分钟。选择第二个方案：行程1.9公里，耗时28分钟。下列说法不正确的是（ ）
A．此处“08∶47”指的是时刻，“26分钟”是时间间隔
B．两种方案预计时间和位移均不同
C．“1.8公里”指的是路程
D．两方案中，路程均大于位移的大小
【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】A．时刻是某一瞬间，时间间隔是两个时刻之间的间隔，所以“08∶47”是到达的时刻，“26分钟”是步行所经历的时间间隔，故A正确不符合题意；
B．位移是初位置指向末位置的有向线段，两种方案起点和终点一样，位移就相同，故B错误符合题意；
C．“18公里”指的是路程是方案一运动轨迹的长度，故C正确不符合题意；
D．因为轨迹并非单向直线，运动轨迹长度必然大于初末位置间的直线距离，也就是路程大于位移大小，故D正确不符合题意；
故选B。
【分析】（1）解题的关键在于准确理解时刻、时间间隔、位移和路程的概念；。
（2）易错点在于容易把位移和路程混淆，认为不同路线位移就不同，实际上位移只与初末位置有关；同时，对时刻和时间间隔的概念理解不清晰，可能会将“08∶47”误认为是时间间隔。
5．（2024高二上·温州期中）小明骑自行车由静止开始沿直线单向运动，他在第1s内、前2s内通过的位移分别为1m、3m，则（ ）
A．他在第1s末的瞬时速度为1m/s B．他在第2s内的平均速度为3m/s
C．他在第2s末的瞬时速度为3m/s D．他在第2s内的平均速度为2m/s
【答案】D
【知识点】平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】A . 瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位置的速度，仅知道第1s内、前2s内的位移，无法确定物体在某一具体时刻（如第1s末、第2s末）的瞬时速度，因为物体在这段时间内的运动情况可能是变速的，故A错误；
B . 而平均速度是位移与发生这个位移所用时间的比值，对于第2s内的平均速度，可根据公式计算
故B错误；C．知道的是每秒时间内的位移的大小，不能确定具体的运动的情况，所以不能确定瞬时速度的大小，故C错误；
D．他在第2s内的平均速度为
故B错误，D正确；
故选D；
【分析】（1）解题的关键在于理解瞬时速度和平均速度的概念及区别；平均速度是位移与发生这个位移所用时间的比值，对于第2s内的平均速度，进而得出平均速度；
（2）易错点在于容易将平均速度和瞬时速度混淆，认为知道某段时间内的位移就能确定某时刻的瞬时速度；同时，在计算第2s内平均速度时，容易错误地用前2s的位移除以2s来计算，而没有明确是求第2s内这一特定时间段的平均速度。
6．（2024高二上·温州期中）一物体从静止开始水平向东运动，图为该物体的v-t图像，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内加速度大小为2m/s2，方向水平向西
B．0~5s内的平均速度方向向西，大小为4m/s
C．第4s末质点的运动方向发生改变
D．第1s~3s内和第3s~4s内加速度大小相同，方向相反
【答案】A
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在v-t图像中，斜率表示加速度
第3s内加速度大小2m/s2，方向为负方向，即水平向西，故A正确；
B．在v-t图像中，图像与时间轴为成的面积等于物体的位移，因此总位移
整个过程的平均速度
方向向东，故B错误；
C．第4s前后质点的速度始终为负值，运动方向没有发生改变，故C错误；
D．第1s~3s内和第3s~4s内加速度大小相同，方向相同，因为斜率相同，故D错误；
故选A；
【分析】（1）解题的关键在于掌握v - t图像的物理意义，图像的斜率代表加速度，图像与时间轴围成的面积代表位移；通过计算斜率可得出加速度大小和方向，根据面积计算可得到位移，再结合平均速度公式算出平均速度；同时，根据速度正负判断物体运动方向。
（2）易错点在于对加速度方向的理解，容易忽略斜率的正负所代表的方向信息；在计算位移时，要注意图像在时间轴上方和下方所代表位移的正负，避免直接相加导致错误；对于运动方向的判断，容易仅依据加速度方向而忽略速度方向，实际上速度的正负才是决定运动方向的关键因素。
7．（2024高二上·温州期中）伽利略猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的二次方成正比，改变球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立，于是，他外推到倾角为90°的情况，得出落体运动的规律。结合以上信息，判断下列说法正确的是（ ）
A．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
B．伽利略通过“斜面实验”可以计算出自由落体加速度大小
C．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随位移均匀增大
D．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随时间均匀增大
【答案】D
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】 A . 伽利略采用斜面实验的主要目的是“冲淡”重力，延长运动时间以便于测量时间，而非直接测量速度，故A错误；
B . 斜面实验便于测量时间无法直接计算自由落体加速度，因为实验仅验证位移与时间平方的关系，未涉及加速度的定量计算，故B错误；
C . 实验结论表明位移与时间平方成正比x∝t2，说明速度随时间均匀增大v∝t，而非随位移均匀增大，故C错误；
D . 由x∝t2可推导出速度随时间线性变化（v=at），故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题关键在于理解斜面实验的设计目的——通过减小倾角延长运动时间，间接验证自由落体规律；需明确匀加速直线运动中位移与时间平方的关系（）及其速度-时间关系v=at；
（2）易错点在于混淆速度与位移的关系（如误选C），或误认为斜面实验可直接测重力加速度（如误选B）；隐含条件是伽利略通过数学外推法将斜面结论推广至自由落体，体现了理想实验的科学思维。
8．（2024高二上·温州期中）以72km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得的加速度大小为5m/s2的加速度，刹车后5s内，汽车走过的位移为（ ）
A．180m B．50m C．40m D．144m
【答案】C
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A .72km/h未转m/s，由题意可知，
由匀变速直线运动速度公式得汽车停止所需要的时间为
所以汽车刹车后5s内，汽车走过的位移等于其刹车4s的位移，由平均速度公式得
故A错误；
B .4s已经刹停x=40m，故B错误；
C .4s已经刹停x=40m，故C正确；
D .72km/h未转m/s，4s已经刹停x=40m，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题核心在于先计算刹车停止时间，避免超时计算；关键步骤包括速度单位换算（72km/h→20m/s）、运用运动学公式v=v0+at确定停止时间t=4s，再通过位移公式计算实际位移40m；隐含条件是汽车在4s后保持静止，5s内位移即4s内位移；
（2）易错点包括未判断停止时间直接代入5s计算（得37.5m）、忽略加速度方向（误取正值导致位移偏大）、单位未换算（72km/h未转m/s）；需注意匀减速问题中"时间有效性"的优先判断。
9．（2024高二上·温州期中）钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度大小为30m/s，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．它下落的前一半时间的位移与后一半时间的位移之比是1：2
B．它在前2秒内的平均速度大小为20m/s
C．它在最后1秒内下落的高度为25m
D．它下落的最后1秒内的平均速度大小为15m/s
【答案】C
【知识点】位移与路程；加速度；平均速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．自由落体位移与时间平方成正比，前一半时间位移与总位移比为1：4，故前一半与后一半位移比为1：3，故A错误；
B．前2秒末速度为
则钢球在前2s内的平均速度为末的一半
故B错误；
C．钢球下落的总时间为
总位移(45m)与前2秒位移(20m)之差25m，钢球在前2s内下落的高度为
则钢球在最后1s下落的高度为
故C正确；
D．最后1秒内的平均速度大小为
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键在确定总下落时间t=v/g=3s；运用自由落体位移公式h=1/2gt2计算各时段位移；需掌握匀变速运动中平均速度的计算方法（初末速度平均值或位移/时间）；
（2）易错点包括混淆位移时间比例关系（误认为1：2）、平均速度计算错误（如选项B未用初末速度均值）、最后1秒位移计算未用差值法；特别注意自由落体位移与时间的平方关系而非线性关系。
10．（2024高二上·温州期中）如图所示，两辆车正以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识可以得出的结论是（ ）
A．物体只有在重心处才受重力作用
B．重力的方向总是垂直向下的
C．物体重心的位置与物体形状和质量分布有关
D．若车做变速运动（桶相对车的位置不变），则重心相对于车的位置会变化
【答案】C
【知识点】重力与重心；等效法
【解析】【解答】 A . 重心是一个等效概念，重力作用在物体所有部分而非仅在重心，故A错误；
B . 重力方向是竖直向下而非垂直向下，故B错误；
C . 重心位置取决于物体形状和质量分布，故C正确；
D . 若车做变速运动（桶相对车的位置不变），重心相对于车的位置不会因变速运动而改变，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题需明确重心的定义是质量分布的等效点，与物体运动状态无关；隐含条件是重力方向始终指向地心；扩展知识包括重心可通过悬挂法或平衡法实验测定；
（2）易错点在于混淆“竖直向下”与“垂直向下”，或误认为变速运动会影响重心相对位置；需注意重心是物体本身的属性，与参考系无关。
11．（2024高二上·温州期中）如图所示，当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．跳板受到的压力是跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力方向相反
D．此时运动员受到3个力
【答案】D
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；静摩擦力；摩擦力在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A . 力的作用是相互的，运动员的脚也会发生形变，故A错误；
B . 跳板受到的压力是运动员施加的而非跳板自身形变产生，故B错误；
C . 支持力支持力垂直于接触面，跳板弯曲到最低点支持力斜向上垂直于跳板面，重力方向竖直向下作用线不重合，故C错误；
D . 运动员受重力、跳板弹力、摩擦力三个力作用，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题需理解力的作用是相互的，弹力是因施力物体形变产生的，效果是受力物体也被动发生形变；弹簧作为施力物体，通过自身形变产生弹力，这个力作用于接触物体，弹簧施力大小F=kx取决于自身形变，与其他物体形变无关， 方向总是试图恢复原长；关键要分析受力平衡状态；隐含条件是弹力方向垂直于接触面；
（2）易错点在于忽略力的相互性导致形变判断错误，或混淆弹力产生原因；需注意弹力是接触力且与形变成正比。
12．（2024高二上·温州期中）如图所示，锻炼身体用的拉力器并列装有四根相同的弹簧，每根弹簧的自然长度都是30cm，某人两手握住拉力器两端，用600N的力使弹簧拉长至150cm，则（ ）
A．每只手受到拉力器的拉力为300N
B．每根弹簧产生的弹力为150N
C．每根弹簧产生的弹力为300N
D．每根弹簧的劲度系数为100N/m
【答案】B
【知识点】形变与弹力；胡克定律
【解析】【解答】A . 每只手受到的拉力与弹簧施加的600N是作用力与反作用力，故A错误；
B . 四根弹簧伸长量相同，弹力相同
，
故B正确；
C . 计算结果应为150N而非300N，故C错误；
D . 根据F=kx计算，每根弹簧的劲度系数
故D错误；
故D错误。
故选B。
【分析】（1）解题需明确弹簧并联时总力分配规律，弹簧作为施力物体，通过自身形变产生弹力，这个力作用于接触物体，弹簧施力大小F=kx取决于自身形变，与其他物体形变无关， 方向总是试图恢复原长；关键突破点是总伸长量相同且弹力叠加；隐含条件是每根弹簧形变量为150cm-30cm=120cm；扩展知识涉及串联与并联弹簧系统的等效劲度系数计算；
（2）易错点在于混淆作用力与反作用力的关系导致手受拉力判断错误，或错误计算劲度系数时未统一单位（需将cm转换为m）。
13．（2024高二上·温州期中）水平地面上放着一辆手推小车，小车的水平板上放置一只金属桶。当小车水平向左启动时，桶相对小车先向右运动小段距离，随后相对小车静止一起向左匀速运动。则（ ）
A．桶相对地面先向右运动，后向左运动
B．桶匀速运动前，受到水平向右的滑动摩擦力
C．桶对小车先是滑动摩擦力，后是静摩擦力
D．桶匀速运动后，桶对小车没有摩擦力
【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】 A . 当小车水平向左启动时，桶通过受到的摩擦力先向左加速后与小车共速，则相对地面，桶向左运动，故A错误；
B . 桶向右滑动时受到小车施加的水平向左的滑动摩擦力，故B错误；
C . 桶先受滑动摩擦力后相对小车静止，依靠惯性保持往前运动状态，桶与小车没有相对运动趋势不受静摩擦力作用，故C错误；
D . 匀速运动后桶与小车无相对运动趋势，故无摩擦力，故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题需区分相对运动和绝对运动，关键突破点是摩擦力方向与相对运动方向相反；隐含条件是最大静摩擦力大于滑动摩擦力；
（2）易错点在于混淆相对运动方向与绝对运动方向，或错误认为匀速运动后仍有静摩擦力作用。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，不选或错选得0分）
14．（2024高二上·温州期中）如图，直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间图像。则（ ）
A．在t1到t2这段时间内a做直线运动，b做曲线运动
B．在t1到t2这段时间内b速度大小变化，但方向不变
C．在t1到t2这段时间内，b的平均速度与a在t1时刻速度相同
D．在t1到t2这段时间内，两车位移相同，路程不同
【答案】C,D
【知识点】位移与路程；匀速直线运动；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A . 位移时间图像只有正负方向x-t图像只能反映直线运动，故A错误；
B . b图线斜率出现正负变化，说明速度方向改变，故B错误；
C . 在t1到t2这段时间内，两车的位移相同初末位置相同，时间相同，因此平均速度相同，由于a车做匀速直线运动x-t图像为直线，其任意时刻包括t1、t2的瞬时速度都等于b的平均速度，故b车的平均速度等于a车在t1或t2时刻的瞬时速度，故C正确；
D . 两车初末位置相同位移相同，但b有折返路程更大，故D正确；
故选CD；
【分析】（1）解题关键要理解x-t图像斜率表示速度，曲线反映变斜率即变速运动；隐含条件是图像仅描述一维直线运动；扩展知识涉及速度方向与斜率正负的关系；
（2）易错点在于：①误认为x-t图像曲线表示实际运动轨迹；②混淆平均速度与瞬时速度的概念；③忽视位移与路程的本质区别。
15．（2024高二上·温州期中）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线反映了物块受到的摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7
D．只用图乙中数据不能得出物块与木板间的动摩擦因数
【答案】B,C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；摩擦力在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A . 实验中木板无需匀速运动，只需相对物块运动即可，故A错误；
B . 传感器测量的是棉线拉力，其大小等于物块所受摩擦力，故B正确；
C . 由图乙峰值10N左右，物体运动后受到的是滑动摩擦力，摩擦力几乎不变，由图可知，滑动摩擦力约为7N，最大静摩擦力与稳定值之比可得最大静摩擦与滑动摩擦比值约为10：7，故C正确；
D . 根据，可知，动摩擦因数需知道正压力，由于不知道物块的重力，图乙仅提供摩擦力数据，故D正确；
故选BCD；
【分析】（1）解题需理解力传感器直接测量的是拉力而非摩擦力，关键突破点是物块静止时拉力等于摩擦力；隐含条件是最大静摩擦力出现在相对运动前瞬间；扩展知识涉及f=μN中正压力的确定方法；
（2）易错点在于混淆拉力与摩擦力的关系，或误认为必须匀速运动才能测量摩擦力。
三、实验题（共14分）
16．（2024高二上·温州期中）“探究小车速度随时间变化的规律”是高中物理中重要的实验。
（1）在实验中需要用到的实验仪器有______（多选）
A．打点计时器 B．秒表 C．刻度尺 D．天平
（2）电火花计时器是下图中的 （选填“A”或“B”），该计时器使用的电源是 （选填“直流电”或“低压交流电”或“220V交流电”）。
（3）下列实验操作正确的有______（多选）。
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．打点计时器应放在长木板上有滑轮一端
C．先释放小车再接通电源
D．小车靠近打点计时器静止释放
（4）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如下图所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点2的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点3时小车的速度大小为 m/s（保留三位有效数字）。
【答案】（1）A；C
（2）A；220V交流电
（3）A；D
（4）5.60（5.52~5.70）；1.52
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；探究小车速度随时间变化的规律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1） A . 打点计时器用于记录时间位移，故A正确；
B . 计时功能已由打点计时器实现，故B错误；
C . 刻度尺测量点间距，故C正确；
D . 无需测量质量，故D错误；
故选AC。
（2）[1][2]电火花计时器是图中的A，该计时器使用的电源是220V交流电。
（3）(3) A . 调节滑轮使细线与轨道平行，细线平行轨道确保合力恒定，故A正确；
B . 打点计时器应放在无滑轮端，故B错误；
C . 应先通电后等打点稳定后释放，故C错误；
D . 靠近打点计时器静止释放可充分利用纸带，故D正确；
故选AD；
（4）[1]计数点2的刻度尺读数需估读读数为5.60cm。
[2]速度计算用平均速度替代瞬时速度，打计数点3前后位移除以两个周期，小车的速度大小为
【分析】（1）解题关键掌握打点计时器原理和纸带处理方法；隐含条件是50Hz时每两点间隔0.02s；
（2）易错点在于：①混淆电磁与电火花计时器电压；②操作顺序错误；③读数未估读或单位换算错误。
（1）在实验中需要用到的实验仪器有打点计时器和刻度尺，故选AC。
（2）[1][2]电火花计时器是图中的A，该计时器使用的电源是220V交流电。
（3）A．调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；
B．打点计时器应放在长木板上没有滑轮一端，选项B错误；
C．先接通电源，等打点稳定后再释放小车，选项C错误；
D．为充分利用纸带，小车靠近打点计时器静止释放，选项D正确。
故选AD。
（4）[1]计数点2的读数为5.60cm。
[2]打计数点3时小车的速度大小为
（2024高二上·温州期中）如甲图所示，用铁架台、弹簧和多个质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系：
17．为完成实验，还需要的实验器材有______
A．弹簧测力计 B．毫米刻度尺 C．天平 D．打点计时器
18．小明在实验中每次记录了悬挂钩码的个数和对应的弹簧长度，然后以弹簧长度x为横坐标，悬挂钩码个数N为纵坐标做出图像。他所做的图像是______
A．
B．
C．
19．由（2）小题可知______
A．弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm
B．弹簧水平放置时的原长为6.0cm
C．挂5个钩码时弹簧的长度为10.0cm
D．以上说法均不正确
【答案】17．B
18．B
19．A
【知识点】图象法；胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1) A . 已经用钩码的个数来间接表示弹簧所受的弹力，弹簧测力计功能与本实验重复，故A错误；
B . 用毫米刻度尺来测量弹簧的长度，需测量弹簧形变量，故B正确；
C . 钩码等质量无需称量，故C错误；
D . 无需计时功能，故D错误；
故选B；
(2) A . 从原点出发错误，弹簧不受力时长度有6厘米，故A错误；
B . 弹簧竖直悬挂时的原长为，根据胡克定律有变形有可知，图像是一条倾斜的直线，且图像与纵轴截距为负值，故B正确；
C . 纵轴截距表示长度为0时受力为正值，故C错误；
故选B；
（3）A . 结合上述上述B图像可知，图像截距6.0cm反映竖直悬挂时自重产生的初始形变，即弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm，故A正确；
B . 弹簧水平放置时无自重影响，原长应小于6.0cm，因为竖直悬挂时自重会使弹簧伸长，测得"原长"实际已包含自重形变，故B错误；
C . 结合图像可知，挂5个钩码时弹簧的长度为16.0cm，故C错误；
D . 图像明确A正确，故D错误。
故选A。
【分析】（1）实验核心是测量形变量与弹力关系，关键突破点是通过图像斜率求劲度系数；隐含条件是竖直悬挂时自重会产生初始形变；扩展知识涉及胡克定律的适用条件；
（2）（3）易错点在于：①混淆弹簧长度与形变量概念；②忽视悬挂方式对原长测量的影响；③错误选择纵坐标物理量（应选用力而非钩码个数）。
17．(1) A . 已经用钩码的个数来间接表示弹簧所受的弹力，弹簧测力计功能与本实验重复，故A错误；
B . 用毫米刻度尺来测量弹簧的长度，需测量弹簧形变量，故B正确；
C . 钩码等质量无需称量，故C错误；
D . 无需计时功能，故D错误；
故选B。
18．(2) A . 从原点出发错误，弹簧不受力时长度有6厘米，故A错误；
B . 弹簧竖直悬挂时的原长为，根据胡克定律有
变形有
可知，图像是一条倾斜的直线，且图像与纵轴截距为负值，故B正确；
C . 纵轴截距表示长度为0时受力为正值，故C错误；
故选B；
19．（3）A . 结合上述上述B图像可知，图像截距6.0cm反映竖直悬挂时自重产生的初始形变，即弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm，故A正确；
B . 弹簧水平放置时无自重影响，原长应小于6.0cm，因为竖直悬挂时自重会使弹簧伸长，测得"原长"实际已包含自重形变，故B错误；
C . 结合图像可知，挂5个钩码时弹簧的长度为16.0cm，故C错误；
D . 图像明确A正确，故D错误。
故选A。
四、解答题（共4小题，共41分。解答计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。）
20．（2024高二上·温州期中）现如今智能手机是人们生活中不可或缺的东西。但有些司机在行驶过程中违规刷手机给交通带来安全隐患。有一车辆以72km/h的车速匀速行驶在水平路面上。司机见前方无车辆，就低头看了下手机。待抬头时发现前方有路障，此时车头离路障只有40m，慌乱中急刹车。假设驾驶员从看到路障到踩下刹车，需要0.5s的反应时间，刹车后车可看作加速度大小为8m/s2的匀减速直线运动。
（1）试通过计算说明车头是否会撞上路障，若不会，求出车停下时车头距路障的距离；
（2）若当时是下雨天，汽车减速时的加速度只有原来的0.5倍，为保证车头不撞到路障，求刹车前的车速最大值。
【答案】（1）解：（1）根据题意，汽车的初速度为
反应距离：司机在反应时间内的位移为
减速距离：匀减速过程，有
解得
总制动距离：由于所以汽车不会撞上路障，汽车停下时车头距路障的距离为
故不会撞上，车头距路障剩余5m。
（2）解：（2）雨天加速度a'=4m/s2设最大允许速度v，当车停下时车头正好没碰到路障，有
代入数据
即
整理得
整理得
解得（舍去），v≤16m/s（57.6km/h）
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）解题需分段处理反应阶段的匀速运动和刹车阶段的匀减速运动；关键突破点是利用运动学公式0-v02=2ax；隐含条件是刹车距离与速度平方成正比，匀速位移加匀减速位移为总位移；
（2）易错点在于：①单位未统一换算；②忽略反应时间内的匀速运动；③解二次不等式时弄错方向。
（1）根据题意，汽车的初速度为
司机在反应时间内的位移为
匀减速过程，有
解得
由于
所以汽车不会撞上路障，汽车停下时车头距路障的距离为
（2）设刹车前的最大速度为v，当车停下时车头正好没碰到路障，则
代入数据解得
21．（2024高二上·温州期中）如图所示，被压缩2cm、弹性系数k=100N/m的轻质弹簧左右两端连接物体A和物体B。整个系统恰好可以静止在粗糙的水平面上。已知A、B的质量分别为m1=1kg，m2=2kg，与水平面间的动摩擦因数均为μ（μ未知），且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求动摩擦因数μ，及地面对物体B的摩擦力大小和方向
（2）若将一水平向右的力F（未知）作用于物体B（如图），B恰好开始运动，求F的大小
【答案】（1）解：（1）由题意 整个系统恰好可以静止在粗糙的水平面上，受力分析如图，
A轻B重A的运动趋势更大处于临界状态的是A将要滑动，即
，
解得
此时B未移动，以地面为参照物，B有向右的运动趋势，受静摩擦力方向向左
（2）解：（2） B恰好开始运动就是弹簧长度还未发生改变，仍然缓存着原来的弹力
向右就有两个力，即拉力F与弹力kx，运动状态还是为静止，受合力为0保持平衡，水平向左的力为最大静摩擦力等于B重力产生的滑动摩擦力
整理代入得
【知识点】形变与弹力；滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；摩擦力的判断与计算
【解析】【分析】（1）解题关键要分别隔离A、B进行受力分析；突破点是弹簧弹力与最大静摩擦力平衡；隐含条件是系统静止时两物体所受摩擦力均等于弹力；
（2）易错点在于：①未考虑A对B的附加压力；②混淆单个物体与系统的摩擦力计算；③忽略弹力对B的持续作用。
（1）由题意得
解得
此时B未移动，是静摩擦力，故
方向水平向左。
（2）B刚开始移动，则
解得
22．（2024高二上·温州期中）高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人事件。假设某高楼业主H=47m高的阳台上的花盆（可看作质点）因受扰动下落，可看做自由落体运动，有一辆长L1=8m高h=2m的厢式货车（可看作长方体），在楼下以一定的速度匀速直行，要经过阳台的下方，花盆自由下落开始时货车头距花盆的水平距离为L2=24m，花盆可视为质点，重力加速度g=10m/s2
（1）若司机没有发现花盆掉落，汽车保持v0=10m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到；
（2）若司机没有发现花盆掉落，通过计算说明货车的速度需满足什么条件花盆落地前会碰到车头；（答案可用根号表示）
（3）货车以速度v0=10m/s在匀速直行。货车头距花盆的水平距离为L3=19m时，司机才发现花盆正在掉落途中，司机立刻采取加速（忽略司机反应时间，加速度大小不变）的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能安全通过？
【答案】（1）解：（1）花盆仅受重力，做自由落体运动，设花盆落到车顶部时间为t，则
整理后代入数据得
该段时间内车的位移为
，
车身具体位置，车头与花盆水平距离L2=24m，30m-L2=6m，会被花盆砸到车头后6米的车身上
（2）解：（2）设花盆落到地的时间为，则
解得
设车速度为时，花盆刚好落到车头位置，则
解得
设车速度为时，花盆刚好落到车头顶部位置，则
解得
所以车的速度需满足
（3）解：（3）此时花盆已下落的时间
设货车加速度a时，货车能安全通过，则满足
解得
故货车加速度至少才能安全通过；
【知识点】加速度；自由落体运动；追及相遇问题；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）解题关键比较下落时间与通过时间；隐含条件是车尾通过才算安全；扩展知识涉及追及问题的临界条件；
（2）易错点在于：①未考虑车长因素；②速度方向理解错误；③单位换算不一致。
23．（2024高二上·温州期中）彩虹滑道因其惊险刺激而广受游客喜爱，游客们坐在滑行轮胎上从坡顶顺着轨道滑行。某游乐场里的彩虹滑道有多段轨道拼而成。某高中物理兴趣小组根据所学习的知识对其展开相关研究。根据实地测量，将其简化为如图所示，各段长度分别为AB的长度L1=28m，BC的长度L2=5m，CD的长度L3=30m。根据实验人员测速手环显示经过A点时的速度为3m/s，通过AB的时间为4s，过D点时速度为20m/s，通过CD的时间为2s。假设滑行轮胎全程都贴合轨道运动，且在每段轨道上都做匀变速运动，且各轨道连接处速度大小不损失。根据测得的数据，求：
（1）求经过B点时的速度大小；
（2）求BC段的加速度大小和方向（方向要写明是B到C或C到B）；
（3）兴趣小组通过查询资料得知：只要各段轨道的倾斜角不变，加速度就不变。据此又提出了以下两个问题：在保持倾斜角不变的前提下，将各段轨道重新排列，得到甲、乙、丙三种情况，若以相同大小的速度通过最上端的A点：
①通过计算说明到达D点时的速度大小是否相同；
②A到D整个过程的时间是否相同，若不同，请指出哪种情况时间最短（无需计算说明）。
【答案】（1）解：AB过程中，轮胎做匀加速直线运动，则
整理代入已知L1=28m，已知tAB=4s，已知vA=3m/s，得
（2）解：CD过程中，有
整理代入得
即由此可知，BC过程中，轮胎做匀减速直线运动，则
即加速度大小为2.1m/s2，方向与运动方向相反，即C到B；
（3）解：①对甲图，有
，，
将以上3式相加可得
对乙图，有
将以上3式相加可得
对丙图，有
，，
将以上3式相加可得
显然以上结论与轨道排列顺序无关，故到达D点时的速度大小相同；
②根据题意，按初始的L1、L2、L3顺序vA=3m/s、vB=11m/s、vC=10m/s、
vD=20m/s安排，三段加速度分别为
，
，
将甲乙丙作出v-t图像如图所示，如图丙的最快
代入得
，
代入得
，
代入得
分别计算三段时间，
同理，乙用时
t乙=4s+1.5s+0.25s=5.75s
甲用时
t甲=4s+0.5s+2s=6.5s
居安思危的丙把加速度5m/s2的L3先安排与甲乙产生位移差，接着-2.1m/s2的L2段休息，最后安排2m/s2的L1段收尾，由图可知，所用时间不同，丙时间最短，临时抱佛脚的甲将L3段加速度5m/s2的放在最后一段耗时最多。
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）解题关键分段应用匀变速公式；突破点是速度连续性和位移关系；隐含条件是各段加速度与倾角对应； 时间不同，加速度最大的CD段应最先通过（丙情况最短），加速度5居安思危开始就最努力先有位移差最快耗时最小，留在最后的即临时抱佛脚加速度最大的留后的耗时最多；
（2）易错点在于：①符号方向混淆；②未利用速度衔接条件；③忽视能量守恒的普适性。
（1）AB过程中，轮胎做匀加速直线运动，则
解得
（2）CD过程中，有
解得
由此可知，BC过程中，轮胎做匀减速直线运动，则
解得
即加速度大小为2.1m/s2，方向与运动方向相反，即C到B；
（3）①对甲图，有
将以上3式相加可得
对乙图，有
将以上3式相加可得
对丙图，有
将以上3式相加可得
显然以上结论与轨道排列顺序无关，故到达D点时的速度大小相同；
②根据题意，作出v-t图像如图所示
由图可知，所用时间不同，丙时间最短。
1 / 1浙江省温州市温州十校联合体2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13个小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·温州期中）下列有关质点的描述正确的是（ ）
A．研究昼夜交替现象时，可以将地球看成质点
B．研究一辆公交车通过路旁公交站牌所用的时间时，可以把公交车看成质点
C．教练员训练运动员起跑动作时，可以将运动员看成质点
D．研究一辆动车从苍南站到乐清站所用时间时，可以把动车看成质点
2．（2024高二上·温州期中）在用flash软件制作简单效果的“小鸟在空中飞行”动画作品时，如图所示。播放时，“小鸟们”在屏幕中的位置是不变的，为了呈现“小鸟”飞行效果，背景的“云彩”会水平移动。下列说法不正确的是（ ）
A．为了呈现“小鸟”水平向左飞行效果，“云彩”应该相对屏幕水平向右移动
B．选择屏幕为参考系，“小鸟”是运动的
C．选择“云彩”为参考系，“小鸟”是运动的
D．选择任何一只“小鸟”为参考系，其他“小鸟”都是静止的
3．（2024高二上·温州期中）下列物理量属于矢量的是（ ）
A．加速度 B．速率 C．时间 D．路程
4．（2024高二上·温州期中）小明从自家楼下步行去苍南体育中心。由导航图（图中显示的是方案一的路线）的信息可知，选择方案一：预计08∶47分到达，行程1.8公里，耗时26分钟。选择第二个方案：行程1.9公里，耗时28分钟。下列说法不正确的是（ ）
A．此处“08∶47”指的是时刻，“26分钟”是时间间隔
B．两种方案预计时间和位移均不同
C．“1.8公里”指的是路程
D．两方案中，路程均大于位移的大小
5．（2024高二上·温州期中）小明骑自行车由静止开始沿直线单向运动，他在第1s内、前2s内通过的位移分别为1m、3m，则（ ）
A．他在第1s末的瞬时速度为1m/s B．他在第2s内的平均速度为3m/s
C．他在第2s末的瞬时速度为3m/s D．他在第2s内的平均速度为2m/s
6．（2024高二上·温州期中）一物体从静止开始水平向东运动，图为该物体的v-t图像，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内加速度大小为2m/s2，方向水平向西
B．0~5s内的平均速度方向向西，大小为4m/s
C．第4s末质点的运动方向发生改变
D．第1s~3s内和第3s~4s内加速度大小相同，方向相反
7．（2024高二上·温州期中）伽利略猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证猜想，他做了“斜面实验”，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的二次方成正比，改变球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立，于是，他外推到倾角为90°的情况，得出落体运动的规律。结合以上信息，判断下列说法正确的是（ ）
A．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
B．伽利略通过“斜面实验”可以计算出自由落体加速度大小
C．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随位移均匀增大
D．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随时间均匀增大
8．（2024高二上·温州期中）以72km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得的加速度大小为5m/s2的加速度，刹车后5s内，汽车走过的位移为（ ）
A．180m B．50m C．40m D．144m
9．（2024高二上·温州期中）钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度大小为30m/s，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．它下落的前一半时间的位移与后一半时间的位移之比是1：2
B．它在前2秒内的平均速度大小为20m/s
C．它在最后1秒内下落的高度为25m
D．它下落的最后1秒内的平均速度大小为15m/s
10．（2024高二上·温州期中）如图所示，两辆车正以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识可以得出的结论是（ ）
A．物体只有在重心处才受重力作用
B．重力的方向总是垂直向下的
C．物体重心的位置与物体形状和质量分布有关
D．若车做变速运动（桶相对车的位置不变），则重心相对于车的位置会变化
11．（2024高二上·温州期中）如图所示，当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．跳板受到的压力是跳板发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力方向相反
D．此时运动员受到3个力
12．（2024高二上·温州期中）如图所示，锻炼身体用的拉力器并列装有四根相同的弹簧，每根弹簧的自然长度都是30cm，某人两手握住拉力器两端，用600N的力使弹簧拉长至150cm，则（ ）
A．每只手受到拉力器的拉力为300N
B．每根弹簧产生的弹力为150N
C．每根弹簧产生的弹力为300N
D．每根弹簧的劲度系数为100N/m
13．（2024高二上·温州期中）水平地面上放着一辆手推小车，小车的水平板上放置一只金属桶。当小车水平向左启动时，桶相对小车先向右运动小段距离，随后相对小车静止一起向左匀速运动。则（ ）
A．桶相对地面先向右运动，后向左运动
B．桶匀速运动前，受到水平向右的滑动摩擦力
C．桶对小车先是滑动摩擦力，后是静摩擦力
D．桶匀速运动后，桶对小车没有摩擦力
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，不选或错选得0分）
14．（2024高二上·温州期中）如图，直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间图像。则（ ）
A．在t1到t2这段时间内a做直线运动，b做曲线运动
B．在t1到t2这段时间内b速度大小变化，但方向不变
C．在t1到t2这段时间内，b的平均速度与a在t1时刻速度相同
D．在t1到t2这段时间内，两车位移相同，路程不同
15．（2024高二上·温州期中）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线反映了物块受到的摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7
D．只用图乙中数据不能得出物块与木板间的动摩擦因数
三、实验题（共14分）
16．（2024高二上·温州期中）“探究小车速度随时间变化的规律”是高中物理中重要的实验。
（1）在实验中需要用到的实验仪器有______（多选）
A．打点计时器 B．秒表 C．刻度尺 D．天平
（2）电火花计时器是下图中的 （选填“A”或“B”），该计时器使用的电源是 （选填“直流电”或“低压交流电”或“220V交流电”）。
（3）下列实验操作正确的有______（多选）。
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．打点计时器应放在长木板上有滑轮一端
C．先释放小车再接通电源
D．小车靠近打点计时器静止释放
（4）经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如下图所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点2的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点3时小车的速度大小为 m/s（保留三位有效数字）。
（2024高二上·温州期中）如甲图所示，用铁架台、弹簧和多个质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系：
17．为完成实验，还需要的实验器材有______
A．弹簧测力计 B．毫米刻度尺 C．天平 D．打点计时器
18．小明在实验中每次记录了悬挂钩码的个数和对应的弹簧长度，然后以弹簧长度x为横坐标，悬挂钩码个数N为纵坐标做出图像。他所做的图像是______
A．
B．
C．
19．由（2）小题可知______
A．弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm
B．弹簧水平放置时的原长为6.0cm
C．挂5个钩码时弹簧的长度为10.0cm
D．以上说法均不正确
四、解答题（共4小题，共41分。解答计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。）
20．（2024高二上·温州期中）现如今智能手机是人们生活中不可或缺的东西。但有些司机在行驶过程中违规刷手机给交通带来安全隐患。有一车辆以72km/h的车速匀速行驶在水平路面上。司机见前方无车辆，就低头看了下手机。待抬头时发现前方有路障，此时车头离路障只有40m，慌乱中急刹车。假设驾驶员从看到路障到踩下刹车，需要0.5s的反应时间，刹车后车可看作加速度大小为8m/s2的匀减速直线运动。
（1）试通过计算说明车头是否会撞上路障，若不会，求出车停下时车头距路障的距离；
（2）若当时是下雨天，汽车减速时的加速度只有原来的0.5倍，为保证车头不撞到路障，求刹车前的车速最大值。
21．（2024高二上·温州期中）如图所示，被压缩2cm、弹性系数k=100N/m的轻质弹簧左右两端连接物体A和物体B。整个系统恰好可以静止在粗糙的水平面上。已知A、B的质量分别为m1=1kg，m2=2kg，与水平面间的动摩擦因数均为μ（μ未知），且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求动摩擦因数μ，及地面对物体B的摩擦力大小和方向
（2）若将一水平向右的力F（未知）作用于物体B（如图），B恰好开始运动，求F的大小
22．（2024高二上·温州期中）高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人事件。假设某高楼业主H=47m高的阳台上的花盆（可看作质点）因受扰动下落，可看做自由落体运动，有一辆长L1=8m高h=2m的厢式货车（可看作长方体），在楼下以一定的速度匀速直行，要经过阳台的下方，花盆自由下落开始时货车头距花盆的水平距离为L2=24m，花盆可视为质点，重力加速度g=10m/s2
（1）若司机没有发现花盆掉落，汽车保持v0=10m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到；
（2）若司机没有发现花盆掉落，通过计算说明货车的速度需满足什么条件花盆落地前会碰到车头；（答案可用根号表示）
（3）货车以速度v0=10m/s在匀速直行。货车头距花盆的水平距离为L3=19m时，司机才发现花盆正在掉落途中，司机立刻采取加速（忽略司机反应时间，加速度大小不变）的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能安全通过？
23．（2024高二上·温州期中）彩虹滑道因其惊险刺激而广受游客喜爱，游客们坐在滑行轮胎上从坡顶顺着轨道滑行。某游乐场里的彩虹滑道有多段轨道拼而成。某高中物理兴趣小组根据所学习的知识对其展开相关研究。根据实地测量，将其简化为如图所示，各段长度分别为AB的长度L1=28m，BC的长度L2=5m，CD的长度L3=30m。根据实验人员测速手环显示经过A点时的速度为3m/s，通过AB的时间为4s，过D点时速度为20m/s，通过CD的时间为2s。假设滑行轮胎全程都贴合轨道运动，且在每段轨道上都做匀变速运动，且各轨道连接处速度大小不损失。根据测得的数据，求：
（1）求经过B点时的速度大小；
（2）求BC段的加速度大小和方向（方向要写明是B到C或C到B）；
（3）兴趣小组通过查询资料得知：只要各段轨道的倾斜角不变，加速度就不变。据此又提出了以下两个问题：在保持倾斜角不变的前提下，将各段轨道重新排列，得到甲、乙、丙三种情况，若以相同大小的速度通过最上端的A点：
①通过计算说明到达D点时的速度大小是否相同；
②A到D整个过程的时间是否相同，若不同，请指出哪种情况时间最短（无需计算说明）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】 A．昼夜交替由地球自转产生，需考虑地球形状和尺寸，故A错误；
B．公交车通过站牌时间与车身长度直接相关，故B错误；
C．教练员训练运动员起跑动作时，起跑动作需分析肢体细节，故C错误；
D．动车运行时间仅与路径长度和速度有关，与动车尺寸无关，可以把动车看成质点，故D正确；故选D；
【分析】（1）质点模型的本质是忽略物体大小和形状对研究问题的影响，只需关注质量与位置；判断能否视为质点的核心是看研究问题是否涉及物体内部运动或转动；
（2）易错点在于混淆运动物体尺寸与研究问题的关联性，如公交车过站牌需考虑车身长度，故不能简化为质点；昼夜交替现象本质是地球自转引起的，必须考虑地球尺寸。
2．【答案】B
【知识点】假设法；参考系与坐标系
【解析】【解答】 A．云彩向右移动可模拟小鸟向左飞行，符合相对运动原理，故A正确不符合题意；
B．题目明确小鸟位置不变，以屏幕为参考系时小鸟静止，故B错误符合题意；
C．云彩移动时以其为参考系小鸟运动，故C正确不符合题意；
D．所有小鸟相对静止，故D正确不符合题意；
故选B。
【分析】（1）解题关键在于理解相对运动的原理，即通过背景移动模拟物体运动时，背景与物体的运动方向应相反；隐含条件是参考系的选择会直接影响对运动状态的判断，需明确题目中“小鸟位置不变”这一前提；
（2）易错点在于混淆参考系与运动表现的关系，如误以为屏幕参考系下小鸟是运动的，而实际题目已说明小鸟位置固定。
3．【答案】A
【知识点】加速度；矢量与标量
【解析】【解答】A ．加速度是既有大小又有方向的物理量，属于矢量，故A正确；
B. 速率只有大小，没有方向，是标量，故B错误；
C. 时间只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D. 路程只有大小，没有方向，是标量，故D错误；
故选A。
【分析】（1）解题的关键在于明确矢量和标量的定义，矢量是既有大小又有方向的物理量，而标量是只有大小没有方向的物理量；加速度是描述物体速度变化快慢和方向的物理量，它有大小和方向，符合矢量的定义；速率是速度的大小，没有方向；时间只是表示事件发生先后顺序和持续长短的量，没有方向；路程是物体运动轨迹的长度，也没有方向。
（2）易错点在于容易混淆速度和速率，速度是矢量，速率是标量，本题问的是速率；同时，对于一些常见的物理量，要清楚它们是矢量还是标量，避免因概念不清而选错。
4．【答案】B
【知识点】时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】A．时刻是某一瞬间，时间间隔是两个时刻之间的间隔，所以“08∶47”是到达的时刻，“26分钟”是步行所经历的时间间隔，故A正确不符合题意；
B．位移是初位置指向末位置的有向线段，两种方案起点和终点一样，位移就相同，故B错误符合题意；
C．“18公里”指的是路程是方案一运动轨迹的长度，故C正确不符合题意；
D．因为轨迹并非单向直线，运动轨迹长度必然大于初末位置间的直线距离，也就是路程大于位移大小，故D正确不符合题意；
故选B。
【分析】（1）解题的关键在于准确理解时刻、时间间隔、位移和路程的概念；。
（2）易错点在于容易把位移和路程混淆，认为不同路线位移就不同，实际上位移只与初末位置有关；同时，对时刻和时间间隔的概念理解不清晰，可能会将“08∶47”误认为是时间间隔。
5．【答案】D
【知识点】平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】A . 瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位置的速度，仅知道第1s内、前2s内的位移，无法确定物体在某一具体时刻（如第1s末、第2s末）的瞬时速度，因为物体在这段时间内的运动情况可能是变速的，故A错误；
B . 而平均速度是位移与发生这个位移所用时间的比值，对于第2s内的平均速度，可根据公式计算
故B错误；C．知道的是每秒时间内的位移的大小，不能确定具体的运动的情况，所以不能确定瞬时速度的大小，故C错误；
D．他在第2s内的平均速度为
故B错误，D正确；
故选D；
【分析】（1）解题的关键在于理解瞬时速度和平均速度的概念及区别；平均速度是位移与发生这个位移所用时间的比值，对于第2s内的平均速度，进而得出平均速度；
（2）易错点在于容易将平均速度和瞬时速度混淆，认为知道某段时间内的位移就能确定某时刻的瞬时速度；同时，在计算第2s内平均速度时，容易错误地用前2s的位移除以2s来计算，而没有明确是求第2s内这一特定时间段的平均速度。
6．【答案】A
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在v-t图像中，斜率表示加速度
第3s内加速度大小2m/s2，方向为负方向，即水平向西，故A正确；
B．在v-t图像中，图像与时间轴为成的面积等于物体的位移，因此总位移
整个过程的平均速度
方向向东，故B错误；
C．第4s前后质点的速度始终为负值，运动方向没有发生改变，故C错误；
D．第1s~3s内和第3s~4s内加速度大小相同，方向相同，因为斜率相同，故D错误；
故选A；
【分析】（1）解题的关键在于掌握v - t图像的物理意义，图像的斜率代表加速度，图像与时间轴围成的面积代表位移；通过计算斜率可得出加速度大小和方向，根据面积计算可得到位移，再结合平均速度公式算出平均速度；同时，根据速度正负判断物体运动方向。
（2）易错点在于对加速度方向的理解，容易忽略斜率的正负所代表的方向信息；在计算位移时，要注意图像在时间轴上方和下方所代表位移的正负，避免直接相加导致错误；对于运动方向的判断，容易仅依据加速度方向而忽略速度方向，实际上速度的正负才是决定运动方向的关键因素。
7．【答案】D
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】 A . 伽利略采用斜面实验的主要目的是“冲淡”重力，延长运动时间以便于测量时间，而非直接测量速度，故A错误；
B . 斜面实验便于测量时间无法直接计算自由落体加速度，因为实验仅验证位移与时间平方的关系，未涉及加速度的定量计算，故B错误；
C . 实验结论表明位移与时间平方成正比x∝t2，说明速度随时间均匀增大v∝t，而非随位移均匀增大，故C错误；
D . 由x∝t2可推导出速度随时间线性变化（v=at），故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题关键在于理解斜面实验的设计目的——通过减小倾角延长运动时间，间接验证自由落体规律；需明确匀加速直线运动中位移与时间平方的关系（）及其速度-时间关系v=at；
（2）易错点在于混淆速度与位移的关系（如误选C），或误认为斜面实验可直接测重力加速度（如误选B）；隐含条件是伽利略通过数学外推法将斜面结论推广至自由落体，体现了理想实验的科学思维。
8．【答案】C
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A .72km/h未转m/s，由题意可知，
由匀变速直线运动速度公式得汽车停止所需要的时间为
所以汽车刹车后5s内，汽车走过的位移等于其刹车4s的位移，由平均速度公式得
故A错误；
B .4s已经刹停x=40m，故B错误；
C .4s已经刹停x=40m，故C正确；
D .72km/h未转m/s，4s已经刹停x=40m，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题核心在于先计算刹车停止时间，避免超时计算；关键步骤包括速度单位换算（72km/h→20m/s）、运用运动学公式v=v0+at确定停止时间t=4s，再通过位移公式计算实际位移40m；隐含条件是汽车在4s后保持静止，5s内位移即4s内位移；
（2）易错点包括未判断停止时间直接代入5s计算（得37.5m）、忽略加速度方向（误取正值导致位移偏大）、单位未换算（72km/h未转m/s）；需注意匀减速问题中"时间有效性"的优先判断。
9．【答案】C
【知识点】位移与路程；加速度；平均速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．自由落体位移与时间平方成正比，前一半时间位移与总位移比为1：4，故前一半与后一半位移比为1：3，故A错误；
B．前2秒末速度为
则钢球在前2s内的平均速度为末的一半
故B错误；
C．钢球下落的总时间为
总位移(45m)与前2秒位移(20m)之差25m，钢球在前2s内下落的高度为
则钢球在最后1s下落的高度为
故C正确；
D．最后1秒内的平均速度大小为
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键在确定总下落时间t=v/g=3s；运用自由落体位移公式h=1/2gt2计算各时段位移；需掌握匀变速运动中平均速度的计算方法（初末速度平均值或位移/时间）；
（2）易错点包括混淆位移时间比例关系（误认为1：2）、平均速度计算错误（如选项B未用初末速度均值）、最后1秒位移计算未用差值法；特别注意自由落体位移与时间的平方关系而非线性关系。
10．【答案】C
【知识点】重力与重心；等效法
【解析】【解答】 A . 重心是一个等效概念，重力作用在物体所有部分而非仅在重心，故A错误；
B . 重力方向是竖直向下而非垂直向下，故B错误；
C . 重心位置取决于物体形状和质量分布，故C正确；
D . 若车做变速运动（桶相对车的位置不变），重心相对于车的位置不会因变速运动而改变，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题需明确重心的定义是质量分布的等效点，与物体运动状态无关；隐含条件是重力方向始终指向地心；扩展知识包括重心可通过悬挂法或平衡法实验测定；
（2）易错点在于混淆“竖直向下”与“垂直向下”，或误认为变速运动会影响重心相对位置；需注意重心是物体本身的属性，与参考系无关。
11．【答案】D
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用；静摩擦力；摩擦力在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A . 力的作用是相互的，运动员的脚也会发生形变，故A错误；
B . 跳板受到的压力是运动员施加的而非跳板自身形变产生，故B错误；
C . 支持力支持力垂直于接触面，跳板弯曲到最低点支持力斜向上垂直于跳板面，重力方向竖直向下作用线不重合，故C错误；
D . 运动员受重力、跳板弹力、摩擦力三个力作用，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题需理解力的作用是相互的，弹力是因施力物体形变产生的，效果是受力物体也被动发生形变；弹簧作为施力物体，通过自身形变产生弹力，这个力作用于接触物体，弹簧施力大小F=kx取决于自身形变，与其他物体形变无关， 方向总是试图恢复原长；关键要分析受力平衡状态；隐含条件是弹力方向垂直于接触面；
（2）易错点在于忽略力的相互性导致形变判断错误，或混淆弹力产生原因；需注意弹力是接触力且与形变成正比。
12．【答案】B
【知识点】形变与弹力；胡克定律
【解析】【解答】A . 每只手受到的拉力与弹簧施加的600N是作用力与反作用力，故A错误；
B . 四根弹簧伸长量相同，弹力相同
，
故B正确；
C . 计算结果应为150N而非300N，故C错误；
D . 根据F=kx计算，每根弹簧的劲度系数
故D错误；
故D错误。
故选B。
【分析】（1）解题需明确弹簧并联时总力分配规律，弹簧作为施力物体，通过自身形变产生弹力，这个力作用于接触物体，弹簧施力大小F=kx取决于自身形变，与其他物体形变无关， 方向总是试图恢复原长；关键突破点是总伸长量相同且弹力叠加；隐含条件是每根弹簧形变量为150cm-30cm=120cm；扩展知识涉及串联与并联弹簧系统的等效劲度系数计算；
（2）易错点在于混淆作用力与反作用力的关系导致手受拉力判断错误，或错误计算劲度系数时未统一单位（需将cm转换为m）。
13．【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】 A . 当小车水平向左启动时，桶通过受到的摩擦力先向左加速后与小车共速，则相对地面，桶向左运动，故A错误；
B . 桶向右滑动时受到小车施加的水平向左的滑动摩擦力，故B错误；
C . 桶先受滑动摩擦力后相对小车静止，依靠惯性保持往前运动状态，桶与小车没有相对运动趋势不受静摩擦力作用，故C错误；
D . 匀速运动后桶与小车无相对运动趋势，故无摩擦力，故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题需区分相对运动和绝对运动，关键突破点是摩擦力方向与相对运动方向相反；隐含条件是最大静摩擦力大于滑动摩擦力；
（2）易错点在于混淆相对运动方向与绝对运动方向，或错误认为匀速运动后仍有静摩擦力作用。
14．【答案】C,D
【知识点】位移与路程；匀速直线运动；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A . 位移时间图像只有正负方向x-t图像只能反映直线运动，故A错误；
B . b图线斜率出现正负变化，说明速度方向改变，故B错误；
C . 在t1到t2这段时间内，两车的位移相同初末位置相同，时间相同，因此平均速度相同，由于a车做匀速直线运动x-t图像为直线，其任意时刻包括t1、t2的瞬时速度都等于b的平均速度，故b车的平均速度等于a车在t1或t2时刻的瞬时速度，故C正确；
D . 两车初末位置相同位移相同，但b有折返路程更大，故D正确；
故选CD；
【分析】（1）解题关键要理解x-t图像斜率表示速度，曲线反映变斜率即变速运动；隐含条件是图像仅描述一维直线运动；扩展知识涉及速度方向与斜率正负的关系；
（2）易错点在于：①误认为x-t图像曲线表示实际运动轨迹；②混淆平均速度与瞬时速度的概念；③忽视位移与路程的本质区别。
15．【答案】B,C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；摩擦力在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A . 实验中木板无需匀速运动，只需相对物块运动即可，故A错误；
B . 传感器测量的是棉线拉力，其大小等于物块所受摩擦力，故B正确；
C . 由图乙峰值10N左右，物体运动后受到的是滑动摩擦力，摩擦力几乎不变，由图可知，滑动摩擦力约为7N，最大静摩擦力与稳定值之比可得最大静摩擦与滑动摩擦比值约为10：7，故C正确；
D . 根据，可知，动摩擦因数需知道正压力，由于不知道物块的重力，图乙仅提供摩擦力数据，故D正确；
故选BCD；
【分析】（1）解题需理解力传感器直接测量的是拉力而非摩擦力，关键突破点是物块静止时拉力等于摩擦力；隐含条件是最大静摩擦力出现在相对运动前瞬间；扩展知识涉及f=μN中正压力的确定方法；
（2）易错点在于混淆拉力与摩擦力的关系，或误认为必须匀速运动才能测量摩擦力。
16．【答案】（1）A；C
（2）A；220V交流电
（3）A；D
（4）5.60（5.52~5.70）；1.52
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；探究小车速度随时间变化的规律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1） A . 打点计时器用于记录时间位移，故A正确；
B . 计时功能已由打点计时器实现，故B错误；
C . 刻度尺测量点间距，故C正确；
D . 无需测量质量，故D错误；
故选AC。
（2）[1][2]电火花计时器是图中的A，该计时器使用的电源是220V交流电。
（3）(3) A . 调节滑轮使细线与轨道平行，细线平行轨道确保合力恒定，故A正确；
B . 打点计时器应放在无滑轮端，故B错误；
C . 应先通电后等打点稳定后释放，故C错误；
D . 靠近打点计时器静止释放可充分利用纸带，故D正确；
故选AD；
（4）[1]计数点2的刻度尺读数需估读读数为5.60cm。
[2]速度计算用平均速度替代瞬时速度，打计数点3前后位移除以两个周期，小车的速度大小为
【分析】（1）解题关键掌握打点计时器原理和纸带处理方法；隐含条件是50Hz时每两点间隔0.02s；
（2）易错点在于：①混淆电磁与电火花计时器电压；②操作顺序错误；③读数未估读或单位换算错误。
（1）在实验中需要用到的实验仪器有打点计时器和刻度尺，故选AC。
（2）[1][2]电火花计时器是图中的A，该计时器使用的电源是220V交流电。
（3）A．调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；
B．打点计时器应放在长木板上没有滑轮一端，选项B错误；
C．先接通电源，等打点稳定后再释放小车，选项C错误；
D．为充分利用纸带，小车靠近打点计时器静止释放，选项D正确。
故选AD。
（4）[1]计数点2的读数为5.60cm。
[2]打计数点3时小车的速度大小为
【答案】17．B
18．B
19．A
【知识点】图象法；胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1) A . 已经用钩码的个数来间接表示弹簧所受的弹力，弹簧测力计功能与本实验重复，故A错误；
B . 用毫米刻度尺来测量弹簧的长度，需测量弹簧形变量，故B正确；
C . 钩码等质量无需称量，故C错误；
D . 无需计时功能，故D错误；
故选B；
(2) A . 从原点出发错误，弹簧不受力时长度有6厘米，故A错误；
B . 弹簧竖直悬挂时的原长为，根据胡克定律有变形有可知，图像是一条倾斜的直线，且图像与纵轴截距为负值，故B正确；
C . 纵轴截距表示长度为0时受力为正值，故C错误；
故选B；
（3）A . 结合上述上述B图像可知，图像截距6.0cm反映竖直悬挂时自重产生的初始形变，即弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm，故A正确；
B . 弹簧水平放置时无自重影响，原长应小于6.0cm，因为竖直悬挂时自重会使弹簧伸长，测得"原长"实际已包含自重形变，故B错误；
C . 结合图像可知，挂5个钩码时弹簧的长度为16.0cm，故C错误；
D . 图像明确A正确，故D错误。
故选A。
【分析】（1）实验核心是测量形变量与弹力关系，关键突破点是通过图像斜率求劲度系数；隐含条件是竖直悬挂时自重会产生初始形变；扩展知识涉及胡克定律的适用条件；
（2）（3）易错点在于：①混淆弹簧长度与形变量概念；②忽视悬挂方式对原长测量的影响；③错误选择纵坐标物理量（应选用力而非钩码个数）。
17．(1) A . 已经用钩码的个数来间接表示弹簧所受的弹力，弹簧测力计功能与本实验重复，故A错误；
B . 用毫米刻度尺来测量弹簧的长度，需测量弹簧形变量，故B正确；
C . 钩码等质量无需称量，故C错误；
D . 无需计时功能，故D错误；
故选B。
18．(2) A . 从原点出发错误，弹簧不受力时长度有6厘米，故A错误；
B . 弹簧竖直悬挂时的原长为，根据胡克定律有
变形有
可知，图像是一条倾斜的直线，且图像与纵轴截距为负值，故B正确；
C . 纵轴截距表示长度为0时受力为正值，故C错误；
故选B；
19．（3）A . 结合上述上述B图像可知，图像截距6.0cm反映竖直悬挂时自重产生的初始形变，即弹簧竖直悬挂时的原长为6.0cm，故A正确；
B . 弹簧水平放置时无自重影响，原长应小于6.0cm，因为竖直悬挂时自重会使弹簧伸长，测得"原长"实际已包含自重形变，故B错误；
C . 结合图像可知，挂5个钩码时弹簧的长度为16.0cm，故C错误；
D . 图像明确A正确，故D错误。
故选A。
20．【答案】（1）解：（1）根据题意，汽车的初速度为
反应距离：司机在反应时间内的位移为
减速距离：匀减速过程，有
解得
总制动距离：由于所以汽车不会撞上路障，汽车停下时车头距路障的距离为
故不会撞上，车头距路障剩余5m。
（2）解：（2）雨天加速度a'=4m/s2设最大允许速度v，当车停下时车头正好没碰到路障，有
代入数据
即
整理得
整理得
解得（舍去），v≤16m/s（57.6km/h）
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）解题需分段处理反应阶段的匀速运动和刹车阶段的匀减速运动；关键突破点是利用运动学公式0-v02=2ax；隐含条件是刹车距离与速度平方成正比，匀速位移加匀减速位移为总位移；
（2）易错点在于：①单位未统一换算；②忽略反应时间内的匀速运动；③解二次不等式时弄错方向。
（1）根据题意，汽车的初速度为
司机在反应时间内的位移为
匀减速过程，有
解得
由于
所以汽车不会撞上路障，汽车停下时车头距路障的距离为
（2）设刹车前的最大速度为v，当车停下时车头正好没碰到路障，则
代入数据解得
21．【答案】（1）解：（1）由题意 整个系统恰好可以静止在粗糙的水平面上，受力分析如图，
A轻B重A的运动趋势更大处于临界状态的是A将要滑动，即
，
解得
此时B未移动，以地面为参照物，B有向右的运动趋势，受静摩擦力方向向左
（2）解：（2） B恰好开始运动就是弹簧长度还未发生改变，仍然缓存着原来的弹力
向右就有两个力，即拉力F与弹力kx，运动状态还是为静止，受合力为0保持平衡，水平向左的力为最大静摩擦力等于B重力产生的滑动摩擦力
整理代入得
【知识点】形变与弹力；滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；摩擦力的判断与计算
【解析】【分析】（1）解题关键要分别隔离A、B进行受力分析；突破点是弹簧弹力与最大静摩擦力平衡；隐含条件是系统静止时两物体所受摩擦力均等于弹力；
（2）易错点在于：①未考虑A对B的附加压力；②混淆单个物体与系统的摩擦力计算；③忽略弹力对B的持续作用。
（1）由题意得
解得
此时B未移动，是静摩擦力，故
方向水平向左。
（2）B刚开始移动，则
解得
22．【答案】（1）解：（1）花盆仅受重力，做自由落体运动，设花盆落到车顶部时间为t，则
整理后代入数据得
该段时间内车的位移为
，
车身具体位置，车头与花盆水平距离L2=24m，30m-L2=6m，会被花盆砸到车头后6米的车身上
（2）解：（2）设花盆落到地的时间为，则
解得
设车速度为时，花盆刚好落到车头位置，则
解得
设车速度为时，花盆刚好落到车头顶部位置，则
解得
所以车的速度需满足
（3）解：（3）此时花盆已下落的时间
设货车加速度a时，货车能安全通过，则满足
解得
故货车加速度至少才能安全通过；
【知识点】加速度；自由落体运动；追及相遇问题；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）解题关键比较下落时间与通过时间；隐含条件是车尾通过才算安全；扩展知识涉及追及问题的临界条件；
（2）易错点在于：①未考虑车长因素；②速度方向理解错误；③单位换算不一致。
23．【答案】（1）解：AB过程中，轮胎做匀加速直线运动，则
整理代入已知L1=28m，已知tAB=4s，已知vA=3m/s，得
（2）解：CD过程中，有
整理代入得
即由此可知，BC过程中，轮胎做匀减速直线运动，则
即加速度大小为2.1m/s2，方向与运动方向相反，即C到B；
（3）解：①对甲图，有
，，
将以上3式相加可得
对乙图，有
将以上3式相加可得
对丙图，有
，，
将以上3式相加可得
显然以上结论与轨道排列顺序无关，故到达D点时的速度大小相同；
②根据题意，按初始的L1、L2、L3顺序vA=3m/s、vB=11m/s、vC=10m/s、
vD=20m/s安排，三段加速度分别为
，
，
将甲乙丙作出v-t图像如图所示，如图丙的最快
代入得
，
代入得
，
代入得
分别计算三段时间，
同理，乙用时
t乙=4s+1.5s+0.25s=5.75s
甲用时
t甲=4s+0.5s+2s=6.5s
居安思危的丙把加速度5m/s2的L3先安排与甲乙产生位移差，接着-2.1m/s2的L2段休息，最后安排2m/s2的L1段收尾，由图可知，所用时间不同，丙时间最短，临时抱佛脚的甲将L3段加速度5m/s2的放在最后一段耗时最多。
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）解题关键分段应用匀变速公式；突破点是速度连续性和位移关系；隐含条件是各段加速度与倾角对应； 时间不同，加速度最大的CD段应最先通过（丙情况最短），加速度5居安思危开始就最努力先有位移差最快耗时最小，留在最后的即临时抱佛脚加速度最大的留后的耗时最多；
（2）易错点在于：①符号方向混淆；②未利用速度衔接条件；③忽视能量守恒的普适性。
（1）AB过程中，轮胎做匀加速直线运动，则
解得
（2）CD过程中，有
解得
由此可知，BC过程中，轮胎做匀减速直线运动，则
解得
即加速度大小为2.1m/s2，方向与运动方向相反，即C到B；
（3）①对甲图，有
将以上3式相加可得
对乙图，有
将以上3式相加可得
对丙图，有
将以上3式相加可得
显然以上结论与轨道排列顺序无关，故到达D点时的速度大小相同；
②根据题意，作出v-t图像如图所示
由图可知，所用时间不同，丙时间最短。
1 / 1
