高考一轮复习：质点的直线运动

高考一轮复习：质点的直线运动
一、选择题
1．（2025·广西）某位同学观察火车进站，火车由初速度为，降速到停下，火车的运动看做匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】火车运动的时间为
v0＝36km/h＝10m/s
火车共行驶的距离
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据脉搏跳动频率算出运动时间，利用匀变速直线运动平均速度公式，结合位移公式求解。
2．（2023·浙江选考）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（　　）
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】AB.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱 没有达到同步卫星高度，同步卫星相对地球静止，所以它们相对地球是运动的。AB错误
CD.但是它们之间位置关系没有改变，是相对静止的。C正确，D错误。
故选C。
【分析】地球同步卫星才和地球保持相对静止，物体间位置关系没有改变，则它们是相对静止的。
3．（2025·湖州模拟）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（　　）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
4．（2025·浙江）我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是（　　）
A．操控机器人进行挖沟作业
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态
C．定位机器人在敷埋线路上的位置
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量。操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态、测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽略机器人的大小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作质点，定位机器人在敷埋线路上的位置时可以忽略机器人的大小和形状，可以视为质点。
故选C。
【分析】质点指的是当运动物体的大小、形状对我们研究的问题影响很小时，我们就可以把物体看成一个只有质量的点，这个点就叫做质点。参考系指的是当要描述一个物体的运动时，用来参考、假定不动的物体。
5．（2025·黑吉辽蒙）书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（　　）
A．该过程位移为0 B．该过程路程为0
C．两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同
【答案】A
【知识点】位移与路程；矢量与标量；速度与速率；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AB、笔尖由a点经b点回到a点，位移为0，位移等于初末位置有向线段的长度，路程不为0，故A正确，B错误；
CD、速度和力为矢量，两次过a点时速度和力的方向不同，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】路程是标量，即没有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直线运动中，路程是直线轨迹的长度；在曲线运动中，路程是曲线轨迹的长度。当物体在运动过程中经过一段时间后回到原处，路程不为零，位移则等于零。速度方向沿轨迹切线方向，摩擦力方向与笔尖的运动方向相反，据此进行分析作答。
6．（2024·浙江）下列物理量中，属于矢量的是（　　）
A．位移 B．时间 C．电流 D．热量
【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A. 位移为矢量，既有大小，又有方向，A符合题意；
B. 时间为标量，只有大小，没有方向，B不符合题意；
C. 电流为标量，不能运用平行四边形定则计算，C不符合题意；
D. 热量为标量，只有大小，没有方向，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据标量和矢量的区别，结合物理量的特点可得出结论。
7．（2024高三上·南昌月考）某物体位置随时间的关系为x = 1＋2t＋3t2，则关于其速度与1s内的位移大小，下列说法正确的是（　　）
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
【答案】C
【知识点】位移与路程；速度与速率
【解析】【解答】根据速度的定义式
表明，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系
可知开始时物体的位置x0 = 1m，1s时物体的位置x1 = 6m，则1s内物体的位移为
故选C。
【分析】
1.速度的物理意义：表示物体位置变化快慢的物理量。
2.根据题目已知位置随时间的关系，确定初始时刻和1s末物体的位置坐标。研究直线运动时，在物体运动的直线上建立x轴，物体的初、末位置可用位置坐标x1、x2表示，那么物体的位移等于两个位置的坐标变化，即Δx。
8．（2025高一下·茂名月考）下列关于运动学基本概念的表述，正确的是（　　）
A．质点虽然是一个理想化模型，但现实生活还是存在质点的
B．位移、速率、平均速度和加速度都是矢量
C．参考系的选择原则上是任意的，但选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果完全相同
D．2024年11月25日上午7时39分，我国酒泉卫星发射中心用“一箭双星”的方式成功将“四维高景二号”03星、04星送入预定轨道，其中的7时39分指的是时刻
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；速度与速率
【解析】【解答】A．质点是一个理想化模型，根据密度公式可以得出现实生活中并不存在质点，故A错误；
B．速率是标量，没有方向，位移、平均速度和加速度是矢量，具有方向；故B错误；
C．参考系的选择原则上是任意的，但选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果往往不同，故C错误；
D.7时39分指的是火箭开始发射的时间，代表时刻，故D正确。
故选D。
【分析】质点现实生活不存在，属于理想化模型；速率是标量，没有方向，位移、平均速度和加速度是矢量，具有方向；选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果往往不同；7时39分指的是火箭开始发射的时间，代表时刻。
9．（2025·四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（　　）
A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s
【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】返回舱在竖直方向上的位移x＝3090m﹣2010m＝1080m，所用的时间t＝130s，
则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为
故答案为：A。
【分析】知道竖直方向上的位移和运动时间，根据速度公式求出返回舱在这段时间内的平均速度。
10．（2023·上海）一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（　　）
A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度
B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度
C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度
D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度
【答案】C
【知识点】平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，
即：瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，当趋近于零时，
平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，
已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解平均速度与瞬时速度的定义，平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即：瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，当趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，由此可以判断。
11．（2024·新课标）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB. 由质点位移时间图像的特点可知，在某一时刻质点的位置是唯一确定的，不可能有两个位置的点，故AB不符合题意；
CD. 质点做直线运动，在某时刻质点的速度是唯一确定的，不可能有两个速度的值，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据质点做直线运动的特点，结合位移时间图像和速度时间图像的特点可得出结论。
12．（2025·海南）如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（　　）
A．内，汽车做匀减速直线运动
B．内，汽车静止
C．和内，汽车加速度方向相同
D．和内，汽车速度方向相反
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0 t1时间内图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度的大小，加速度大小不变，速度逐渐减小，因此0 t1时间内汽车做匀减速直线运动，故A正确；
B．明显t1 t2内，汽车做匀速直线运动而不是静止，故B错误；
C．v﹣t图像中斜率的正负表示加速度的方向，0 t1内汽车的加速度为负，t2～t3内汽车的加速度为正，因此0 t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；
D．v﹣t图像中速度的正负表示汽车运动的方向，即速度的方向，0 t1和t2～t3内，汽车速度均为正，表示汽车速度方向相同，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的含义分析加速度的大小和方向，根据速度的正、负分析速度的方向。
13．（2025·浙江模拟）电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　）
A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点
B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s
C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s2
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
【答案】B
【知识点】质点；平均速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A错误；
B．汽车的位移约为
汽车泊车的平均速度约为
故B正确；
C．转弯时，最大静摩擦力（近似滑动摩擦力）提供向心力，由
且
联立可得
代入 、 ，可得，故C错误；
D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：看“形状大小对研究问题是否可忽略”，停车需精准控制车身，形状大小影响大，不能当质点 。
B：平均速度 = 位移÷时间 。先找初末位置，用几何法算位移（圆弧 + 直线的“直角三角形斜边” ），再代入公式算速度，验证数值 。
C：转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力对应最大向心加速度 。利用 静 ，约去质量直接算加速度 。
D：圆周运动中，摩擦力分力提供向心力（指向圆心），另一分力可能与运动方向共线（如减速时阻碍运动 ），故摩擦力不“总是与运动方向相反” 。
14．（2025·义乌模拟）2025年4月25日0时分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列跨越13052公里抵达了西班牙的首都马德里。关于这趟班列同学们的说法正确的是（　　）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了微元法
D．列车过弯道时超速将会加剧对弯道内轨的磨损
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了质点、位移与路程、向心力等知识点的基本运用，知道平均速度和平均速率的区别，以及知道列车拐弯向心力的来源，基础题。A.3052公里是指列车完成的路程，故A错误；
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法，故B正确；
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了极限法，故C错误；
D．列车过弯道时超速，列车有离心运动趋势，将会加剧对弯道外轨的磨损，故D错误。
故选B。
【分析】位移表示质点在空间的位置的变化，路程是质点在空间运动轨迹的长度；列车拐弯时，当重力和支持力的合力恰好提供向心力，则对内外轨无压力，若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，会对外轨有挤压。
15．（2025·安徽） 汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】设匀加速直线运动时间为，匀速运动的速度为，匀加速直线运动阶段，由
可得
根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的时间、位移等于匀加速直线运动阶段的时间、位移，
则匀速直线运动阶段有
联立解得
再根据
解得
BCD错误，A正确。
故选A。
【分析】本题主要考查匀速直线运动和匀变速直线运动的综合应用，根据汽车运动特点选择合适公式解答。
汽车先做匀加速的运动，后做匀速运动，最后做匀减速运动，匀加速运动的末速度就是匀速运动的速度，匀减速运动的初速度，匀加速度与匀减速加速度大小相等，时间相等，位移相等；由、、列式求解x的表达式。
16．（2025·重庆市）“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为S的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速图周运动。两车均视为质点，则（　　）
A．汽车到O点时，列车行驶践离为S
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
【答案】B
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与速度的关系；向心加速度
【解析】【解答】AB．对汽车， 做匀减速直线运动 ，根据速度位移关系可得
可得匀减速运动的加速度大小
由可得，汽车做减速运动的时间
列车做匀速运动，由可得，这段时间列车行驶距离为
故B正确，A错误；
CD．根据，可得汽车在OP段向心加速度大小为
CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀变速直线运动、匀速运动和向心加速度的计算。汽车做匀减速运动，根据速度位移关系求得加速度，再利用速度时间关系求得汽车到O点时间；列车做匀速运动，利用匀速运动公式求解汽车到O点时，列车行驶距离；汽车进入圆弧段做圆周运动，根据求解汽车在OP段向心加速度大小。
17．（2024高二下·蚌埠期中）质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（　　）
A．小物块一定带正电
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；共点力的平衡；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．绝缘斜面静止下滑，带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，
知其所受绿色箭头所示洛伦兹力，即洛伦兹力方向应垂直于斜面向左上，根据左手定四指电流指向右上方，左下方的速度与电流方向相反，小物块带负电，故A错误；
B . 小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，垂直斜面方向上合力无法产生运动，沿斜面方向合力只有向左下的重力分量（光滑无摩擦力），大小为
根据牛顿第二定律知
小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确；
C . 垂直斜面方向上合力只能转化为支持力的变化，无法产生运动，故C错误；
D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零即受洛伦兹力与重力垂直斜面分量平衡，受力平衡等式有
得
故D错误；
故选B。
【分析】（1）通过受力分析结合洛伦兹力特性建立动力学方程；
压力为零时，洛伦兹力在垂直斜面方向的分量平衡重力分量（qvB=mgcosθ）；若斜面粗糙，需考虑摩擦力影响；若磁场方向改变，需重新分析洛伦兹力方向。
（2）易错点：误判电荷正负（左手定则需反向验证）；混淆变加速与匀加速条件（洛伦兹力随速度增大但不影响沿斜面合力）；
（3）隐含条件：斜面光滑无摩擦；压力为零时洛伦兹力方向垂直斜面斜向上。
18．（2024·海南） 商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】设门的最大速度为v，由匀变速直线运动的规律可知，加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为
对于加速过程，根据速度公式，有
解得
则加速度为
故ABD错误，C正确；
故选：C。
【分析】 门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的时间相同、最大速度相同；根据速度公式以及加速度公式即可求出加速度的大小。
19．（2024高一下·旌阳开学考）某同学站在力传感器上连续做“下蹲-站起-下蹲-站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2：1.下列说法中正确的是（　　）
A．A点对应人处于失重状态
B．B点对应人正在站起
C．C点对应人正在蹲着不动
D．D点和B点对应的人加速度之比约2：1
【答案】B
【知识点】重力加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．初始人平衡（压力 = 重力 ），A点压力＞重力可得合力向上，所以是超重状态（非失重 ），故A错误；
B．站起过程先是加速上升，超重，到达一个最大速度后再减速上升，失重，对应先超重再失重，对应压力先增大后减小，B点对应人正在站起，故B正确；
C．C点对应平衡状态，人可能站着不动，故C错误；
D．由图中信息无法比较D点和B点对应的人加速度之比为多少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：压力与重力比较→超重/失重判断。
B：站起过程“先超重（加速 ）后失重（减速 ）”，结合B点压力大小→判断动作阶段。
C：压力 = 重力→平衡状态，但需结合动作循环判断实际状态。
D：牛顿第二定律列加速度表达式，因 与 关系未知，无法确定加速度比。
20．（2023高二下·武陵月考）如图所示，一弹性轻绳沿轴水平放置，绳左端位于坐标原点，沿轴振动，在轴上形成一沿轴正向传播的简谐横波，振幅为。在时刻平衡位置在处的A质点正处在波峰，平衡位置在处的质点位移为且向轴负方向振动，经，A处质点位移第一次到达，下列说法正确的是（　　）
A．该机械波的波长为
B．质点A振动的周期可能为0.12s
C．A点的振动方程为
D．该机械波在介质中的最大波速为
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；位移与路程；图象法
【解析】【解答】A． A点y方向位移为0时即平衡位置时距左端1.5米距离，B点位移为0时即平衡位置时距离左端6.5米 ，由于AB间距离6.5-1.5=5m，根据同侧法画向右的箭头如下，只有右侧B点符合传播方向与y轴负方向运动，左侧靠近A点的是朝y轴正方向的，从A点波峰到B点半波峰经历了超过半个周期，B在过一会儿将是波峰，cos300°=1，cos360°=0.5，60°为360°的六分之一，再过就至少一个周期了，即A到B为至少是
当n=0时，波长才为6m，当n=1时，波长为m，故A错误；
B．设质点A振动周期为T，2π为一周期，设A点cos0°=1，cos60°=0.5，A点过时第一次向下
到达+2cm
，
故B错误；
C．质点A在 时刻处于波峰，sin0°=0不对，cos0°=1对，振动方程角速度，
故C错误；
D．根据可得，当最长波长为6m时，波速为100m/s，n=1时，波长为m，波速为
波速更小，因此波长为6米时波速为100m/s，此时波速最大，故D正确。
故选D。
【分析】（1）明确振动方程需包含初始相位；利用正弦函数性质（从波峰到半振幅需t=T/6，从平衡位置到半振幅，则 t=T/12）求周期；波速计算需同时知道波长和周期，需结合简谐运动相位变化、波动传播规律及三角函数性质；通过A点位移变化时间确定周期；
（2）易错点包括：混淆正弦与余弦函数初始相位；③未验证波长与题目条件的匹配性；
（3）隐含条件：①A点初始为波峰（y=4cm）；②波峰至位移+2cm对应相位π/3。
二、多项选择题
21．（2023·湖北） 时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为。在时间内，下列说法正确的是（　　）
A．时，P回到原点
B．时，P的运动速度最小
C．时，P到原点的距离最远
D．时，P的运动速度与时相同
【答案】B,D
【知识点】加速度
【解析】【解答】ABC.质点在时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前做加速运动，时间内加速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，时刻速度减到0，此过程一直向前做减速运动，重复此过程的运动，即质点一直向前运动，故AC不符合题意，B符合题意；
D.图像面积表示速度变化量，内速度的变化量为零，因此时刻的速度与时刻相同，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】图像面积表示速度变化量。
22．（2024高一下·潮阳月考）2022年冬奥会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员从雪坡顶端先后两次分别以初速度、沿水平方向飞出，均落在雪坡上。若，不计空气阻力，运动员可视为质点，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员两次在空中飞行的时间之比为6∶5
B．运动员两次在空中飞行的时间之比为5∶6
C．运动员两次落在雪坡上的速度方向相同
D．运动员两次下落的高度之比为5∶6
【答案】B,C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A．因均落在雪坡上，雪坡倾角θ固定，决定了矢量方向，速度偏转角位移偏转角被确定；
根据平抛运动规律可得竖直位移
，
水平位移
，
根据几何关系有位移偏转角均与初速度无关，位移偏转角相同，位移比
整理得
，
时间与初速度成正比，可知运动员两次在空中飞行的时间之比
故A错误；
B．故B错误，故B正确；
C．落在雪坡上的速度方向与水平方向夹角正切值满足
可知该夹角为定值，故两次落在雪坡上的速度方向相同，故C正确；
D．竖直方向根据，， 可知运动员两次下落的高度之比为
故D错误；
故选BC。
【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速和竖直自由落体，结合几何关系（雪坡倾角）建立比例关系； 飞行时间与初速度成正比（t∝v0），落点速度方向仅取决于雪坡倾角；若雪坡为曲面或考虑空气阻力，需重新分析；比例法可推广到其他平抛问题。
（2）易错点：误认为时间与初速度成反比；忽略速度方向与雪坡倾角的几何关系；混淆下落高度与时间平方的关；
（3）隐含条件：雪坡倾角θ固定，故速度偏转角相同；位移偏转角（tanθ=0.5gt2：v0t）与初速度无关。
23．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（　　）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB.甲乙两个物块的曲线均为抛物线，根据匀变速运动规律可知则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得，，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；
C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；
D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式求解甲乙的初速度，从而求解加速度，根据牛顿第二定律对单个物体或者整体列式求解。
三、非选择题
24．（2025·北京市）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小；
（3）落地点之间的距离d。
【答案】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得
解得
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移
B的水平位移
所以落地点A、B之间的距离
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。
25．（2025·海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解A滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。
26．（2025高一下·成都月考）某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落.
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），丙图中小方格的边长均为20cm，重力加速度g取10m/s2，则小球平抛初速度的大小为　 　m/s，小球在B点速度的大小为　 　m/s。
【答案】（1）小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）3；5
【知识点】研究平抛物体的运动；平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）平抛运动时竖直方向效果独立存在，与自由落体运动效果相同，甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
故填小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片只改变水平分运动效果，A球落地点变远，可下落的分运动效果独立不受水平效果影响，只依赖高度，高度不变竖直效果不变，由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变；
故填不变；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，控制变量，势能投入与损失之差不变获得的动能依然不变，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑；
故填不需要；
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移4格相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动第一T内位移
第二个T内位移
两个T内位移差
可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
故1空填3
【分析】（1）理解平抛运动的竖直分运动是自由落体，与水平分运动无关；
通过A、B同时落地现象推导竖直运动性质；
（2）易错点是误认为敲击力度会影响运动时间（实际仅高度决定）；是Δy=gT2计算时间间隔；涉及合速度的合成。注意坐标原点非抛出点时，竖直分速度需用平均速度公式计算，且要区分实际高度与坐标差的关系。
（1）甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，可下落的高度不变， 由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
27．（2025·福田模拟）（1）用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为　 　mm。
（2）打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度　 　m/s（结果保留小数点后两位）。
（3）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是______。
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
【答案】（1）31.4
（2）0.44
（3）A；C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；瞬时速度；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要围绕实验测量与数据处理展开，包含游标卡尺读数、纸带速度计算以及单摆实验的相关分析，难度适中。
（1）游标卡尺读数不用估读，10分度游标卡尺的精确值为，由图可知该金属管的内径为
（2）相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
（3）A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解速度；
（3）根据单摆实验的注意事项和误差分析来进行判断。
（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图可知该金属管的内径为
（2）相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
（3）A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选AC。
28．（2024高一下·莱西开学考）一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H．车由静止开始向左做匀加速运动，此时各段绳子刚好伸直，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，
试求：（1）车向左运动的加速度的大小；
（2）重物在t时刻速度的大小．
【答案】【解答】（1）车在时间t内向左走的位移与H几何关系式
整理得
已知车向左做匀加速运动，位移与加速度、时间关系式：
，整理代入x得
；
（2）汽车在地面行驶是有绳端合运动轨迹的合运动，沿绳垂绳为仅有效果无实际轨迹的是分运动，t时刻此时汽车的速度
由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度大小相等，即
，
（1）；（2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）通过运动学几何关系求加速度，利用速度分解求重物速度，合运动有易观测轨迹，分运动只有效果不易观测，分运动是名义到达即效果到达；
车做匀加速运动，位移与时间关系为x=0.5at2；绳子长度不变，重物速度沿绳分量等于车速度水平分量；若车加速度过大，重物可能悬空；绳子不可伸长是速度关联的核心条件。
（2）易错点：误认为重物速度等于车速度（实际需分解）；
忽略绳子约束条件（重物速度与车速度通过角度关联）；
（3）隐含条件：初始时绳子刚好伸直，车位移x=0.5at2；t时刻几何关系满足tanα=H：x。
29．（2025·河池模拟）某同学站在高铁站台安全区内用手机测量高铁进站的运动。从高铁第一节车厢头部经过该同学时开始计时，经50s第七节车厢尾部刚好停在该同学面前，然后他向列车车尾方向行走了45步到达第八节车厢尾部。已知该同学步长约为60cm，假设高铁做匀变速直线运动，每节车厢长度相同，试估算：（结果均保留两位有效数字）
（1）测量时段高铁的加速度大小；
（2）开始计时时高铁的速度大小。
【答案】（1）解：（1）同学行走 45步 × 0.6 m/步 = 27 m 到达第八节车厢尾部。
由于第七节车厢尾部停在同学面前，行走 27 m 到达第八节车厢尾部，说明 第七节车厢尾部到第八节车厢尾部的距离 = 1节车厢长度 。
因此，每节车厢长度 。
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）解：根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
【知识点】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时间的关系
【解析】【分析】（1）车厢长度计算：通过行走距离确定 。位移计算：7 节车厢完全通过，位移 。匀变速运动方程：利用 和 联立求解加速度大小。
（2）根据匀变速运动的速度时间关系可计算开始计时时高铁的速度大小。
注意：最终结果保留两位有效数字 。
（1）根据题意可知一节车厢的长度
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
30．（2024·贵州） 智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下：
⑴在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。
⑵开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。
⑶以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示：
0.00 0.05 0.15 0.30 0.50 0.75 1.05
0.000 0.101 0.175 0.247 0.319 0.391 0.462
⑷根据表中数据，在答题卡上补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的图线　 　。
⑸由绘制的图线可知，下落高度随时间的变化是　 　（填“线性”或“非线性”）关系。
⑹将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方的函数关系式为。据此函数可得重力加速度大小为　 　。（结果保留3位有效数字）
【答案】；非线性；9.83
【知识点】自由落体运动；重力加速度
【解析】【解答】（4）根据表中数据，由描点作图法做出h-t图像，如图所示。
（5）由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。
（6） 将下落高度h与时间的平方的函数关系式
对比自由落体的位移公式
可得
解得
【分析】（4）根据描点作图法做出图像；（5）根据图像特点得出结论；（6）将所给下落高度h与时间的平方的函数关系式与自由落体运动的位移-时间公式进行对比分析，求出重力加速度。
31．（2022·重庆）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1）解：虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
青蛙做平抛运动，设时间为 ，有
联立解得 ，
（2）解：设蛙和虫若同时开始运动时间均为 ，相遇时有
解得
则最小的位置坐标为
而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有 ，
可得轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
整理可知
令 ，即
解得
虫在x轴上飞出的位置范围为
（3）解：设蛙的运动时间为 ，有
解得 ，
而
解得 ，
而
解得 ，
【知识点】位移的合成与分解；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）虫子做匀加速直线运的，青蛙做平抛运动，利用水平方向的位移公式结合竖直方向的位移公式可以求出蛙的最大跳出速度的大小；
（2）当蛙和虫子开始运动到相遇时，利用竖直方向的位移公式可以求出相遇的时间，结合位移公式可以求出虫子最小的横坐标大小；结合蛙做平抛运动的位移公式可以求出对应的轨迹方程，结合与虫子运动轨迹相切可以求出虫子的最大横坐标的大小；
（3）当已知蛙运动时，结合位移公式可以求出相遇的竖直方向的方程可以求出对应的运动时间，结合水平方向的位移公式可以求出蛙的速度及虫子飞出的坐标。
32．（2025·雅安模拟）根据《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》第六十条的规定：机动车在道路上发生故障或者发生交通事故，妨碍交通又难以移动的，应当按照规定开启危险报警闪光灯并在车后放置三角警告牌（如图所示），以提醒后面司机及时减速。雨夜，在一条平直的公路上，汽车因为故障停车，在它正后方有一货车以20m/s的速度向前驶来，由于视线不好，货车司机只能看清前方40m的物体，他的反应时间为0.6s，该货车制动后最大加速度为。求
（1）从货车司机看清三角警示牌到货车最终停止所用的最短时间；
（2）为避免两车相撞，故障车司机应将三角警示牌放置在故障车后的最小距离。
【答案】（1）设从刹车到停止时间为，则s=8s
反应时间为0.6s，总时间为0.6s+8s=8.6s
（2）反应时间内做匀速运动，则m=12m
从刹车到停止的位移为则m=80m
货车司机看清三角警示牌到货车最终停止全部距离为m
三角警示牌到故障车的距离为m=52m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）货车分为匀速运动、匀减速运动两个阶段，分析两个阶段的时间然后求和；
（2）求解货车匀速运动、匀减速运动的位移，根据总位移减去看清前方的距离。
（1）设从刹车到停止时间为，则s=8s
反应时间为0.6s，总时间为0.6s+8s=8.6s
（2）反应时间内做匀速运动，则m=12m
从刹车到停止的位移为则m=80m
货车司机看清三角警示牌到货车最终停止全部距离为m
三角警示牌到故障车的距离为m=52m
33．（2025·上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（　　）
A．和 B．和 C．和 D．和
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量。在时间内，速度从减速到，运动过程中所有其他阻力的合力。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为，一个气缸内部体积为，初始压强为，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为，则两则的大小关系为　 　。
A． B． C．
【答案】（1）A
（2）小车的位移
小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
解得
（3）根据玻意耳定律对活塞分析可知解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动；导体切割磁感线时的感应电动势；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动公式分析求解；
（3）根据玻意耳定律，结合对活塞的受力分析，综合热力学第一定律分析求解。
（1）（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
34．（2025·广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】（1）解：对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）解：落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）解：设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中
，，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为

【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）由图可知，碰撞时的冲量，对碰撞过程分析，水平方向由动量守恒定律列式可求出散货的质量；
（2）长度为a的货箱里装总质量为M，由题意可求出落入货箱中的散货个数，由速度公式求解平均传送速度；
（3）对散货在倾斜传送带上的运动过程分析，分别求出加速和匀速运动的时间和位移，从而确定出传送带的长度和加速时的相对位移，即可求出传送带多做的功，从而求出平均功率。
35．（2023高二下·武陵月考）如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。
（1）若波向x轴正方向传播，求可能的波速；
（2）若波向x轴负方向传播且周期T符合：2T（3）在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向向x轴正方向还是负方向？波速多大？
【答案】【解答】（1）波峰到波峰的x差为一个波长，4cm-0cm=4cm，由图可知波长
波向x轴正方向传播同侧原则标注箭头，向右向上红色箭头，红色向右箭头向上可见，下一个波峰最慢就在右侧1cm即0.25波长处，那么，经过波向右传播了个周期，故有
，
故波速
（2）波向x轴负方向传播，同侧原则标注箭头，向左向上红色箭头，红色向左箭头向上可见，4cm处波峰向左下一个波峰最慢就在左侧3cm即0.75波长处
那么，经过波向左传播了个周期，故有
，
又
所以
，
故波速
（3）在到的时间内，振幅为A=0.2m，如果M通过的y方向的路程为
又有一个周期质点的路程为4A，根据时刻，质点M在平衡位置可知：到的时间向左为，向右，即
，n=1，
那么，波向右即x轴正方向传播
（1）；（2）0.55m/s；（3）x轴正方向，0.25m/s
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；位移与路程；图象法
【解析】【分析】（1）需结合波形平移距离与时间关系，分方向讨论传播可能性；
明确Δt内波传播的距离Δx与波长λ的关系（Δx = nλ + Δx0），注意周期性解；波速公式v=λ/T适用于所有波动问题，但需注意多解性。
（2）易错点：方向判断错误导致Δx符号反号；忽略周期条件（如2T < Δt < 3T）导致多解遗漏；
（3）隐含条件：振幅A=0.2m（由波形图读出），M点路程1m=5A说明Δt=1.25T，结合Δt=0.2s可求T。
36．（2025·广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前 瞬间的k倍（k<1)已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有，解得
水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，由可得
解得
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
由可知，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对颗粒做的功为
【知识点】电场力做功；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；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在重力场、电场的组合场中的运动，牛顿第二定律结合运动学公式解答。
（1）颗粒在竖直方向上做自由落体，水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合自由落体运动规律和匀变速直线运动规律求解 颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）由自由落体运动规律求得颗粒落地瞬间竖直方向速度，由求得落地瞬间颗粒水平速度，结合题意求得碰后竖直速度，由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，由电场力和重力关系求得 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求得第一碰撞后到第二次碰撞前电场的位移，再根据W=FLcosα计算电场力做的功。
37．（2024高一上·青白江期中）由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
（1）第6辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；（答案保留根号）
（2）若绿灯的持续时间为30s，则第11辆汽车前端能否在一次绿灯时间里到达停止线。
（3）在某个路口第一辆车以启动后达到20m/s就会开始做匀速直线运动，第二辆车车主因不遵守交通规则玩手机耽误了时间，当他发现第一辆车的车尾离自己车头16m时才开始以启动，他的车速到达20m/s时两车的距离是多少？（答案保留根号）
【答案】（1）解：第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）解：前一辆汽车行驶之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线。
（3）解：根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）：明确第 6 辆汽车的 “总位移”（车长 + 车距和 ），用匀加速速度公式直接求解。
（2）：先求 “后车启动间隔时间”（安全车距差的匀加速时间 ），再算 “第 11 辆启动总延迟”+“自身行驶时间”，与绿灯时间比较。
（3）：分阶段分析两辆车的运动：第一辆车 “先加速→后匀速”，第二辆车 “延迟后加速”，通过位移差计算最终间距（注意初始车距与各阶段位移叠加 ）。
（1）第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）前一辆汽车行驶
之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线；
（3）根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
1 / 1高考一轮复习：质点的直线运动
一、选择题
1．（2025·广西）某位同学观察火车进站，火车由初速度为，降速到停下，火车的运动看做匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江选考）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（　　）
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
3．（2025·湖州模拟）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（　　）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
4．（2025·浙江）我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是（　　）
A．操控机器人进行挖沟作业
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态
C．定位机器人在敷埋线路上的位置
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
5．（2025·黑吉辽蒙）书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（　　）
A．该过程位移为0 B．该过程路程为0
C．两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同
6．（2024·浙江）下列物理量中，属于矢量的是（　　）
A．位移 B．时间 C．电流 D．热量
7．（2024高三上·南昌月考）某物体位置随时间的关系为x = 1＋2t＋3t2，则关于其速度与1s内的位移大小，下列说法正确的是（　　）
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
8．（2025高一下·茂名月考）下列关于运动学基本概念的表述，正确的是（　　）
A．质点虽然是一个理想化模型，但现实生活还是存在质点的
B．位移、速率、平均速度和加速度都是矢量
C．参考系的选择原则上是任意的，但选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果完全相同
D．2024年11月25日上午7时39分，我国酒泉卫星发射中心用“一箭双星”的方式成功将“四维高景二号”03星、04星送入预定轨道，其中的7时39分指的是时刻
9．（2025·四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（　　）
A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s
10．（2023·上海）一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（　　）
A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度
B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度
C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度
D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度
11．（2024·新课标）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025·海南）如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（　　）
A．内，汽车做匀减速直线运动
B．内，汽车静止
C．和内，汽车加速度方向相同
D．和内，汽车速度方向相反
13．（2025·浙江模拟）电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m的1/4圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是（　　）
A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点
B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s
C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s2
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
14．（2025·义乌模拟）2025年4月25日0时分，载满小商品货柜的第2112列“义新欧”班列跨越13052公里抵达了西班牙的首都马德里。关于这趟班列同学们的说法正确的是（　　）
A．13052公里是指列车完成的位移大小
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了微元法
D．列车过弯道时超速将会加剧对弯道内轨的磨损
15．（2025·安徽） 汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为，则（　　）
A． B． C． D．
16．（2025·重庆市）“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为S的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速图周运动。两车均视为质点，则（　　）
A．汽车到O点时，列车行驶践离为S
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
17．（2024高二下·蚌埠期中）质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（　　）
A．小物块一定带正电
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为
18．（2024·海南） 商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
19．（2024高一下·旌阳开学考）某同学站在力传感器上连续做“下蹲-站起-下蹲-站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2：1.下列说法中正确的是（　　）
A．A点对应人处于失重状态
B．B点对应人正在站起
C．C点对应人正在蹲着不动
D．D点和B点对应的人加速度之比约2：1
20．（2023高二下·武陵月考）如图所示，一弹性轻绳沿轴水平放置，绳左端位于坐标原点，沿轴振动，在轴上形成一沿轴正向传播的简谐横波，振幅为。在时刻平衡位置在处的A质点正处在波峰，平衡位置在处的质点位移为且向轴负方向振动，经，A处质点位移第一次到达，下列说法正确的是（　　）
A．该机械波的波长为
B．质点A振动的周期可能为0.12s
C．A点的振动方程为
D．该机械波在介质中的最大波速为
二、多项选择题
21．（2023·湖北） 时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为。在时间内，下列说法正确的是（　　）
A．时，P回到原点
B．时，P的运动速度最小
C．时，P到原点的距离最远
D．时，P的运动速度与时相同
22．（2024高一下·潮阳月考）2022年冬奥会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员从雪坡顶端先后两次分别以初速度、沿水平方向飞出，均落在雪坡上。若，不计空气阻力，运动员可视为质点，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员两次在空中飞行的时间之比为6∶5
B．运动员两次在空中飞行的时间之比为5∶6
C．运动员两次落在雪坡上的速度方向相同
D．运动员两次下落的高度之比为5∶6
23．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（　　）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
三、非选择题
24．（2025·北京市）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小；
（3）落地点之间的距离d。
25．（2025·海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
26．（2025高一下·成都月考）某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落.
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），丙图中小方格的边长均为20cm，重力加速度g取10m/s2，则小球平抛初速度的大小为　 　m/s，小球在B点速度的大小为　 　m/s。
27．（2025·福田模拟）（1）用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为　 　mm。
（2）打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度　 　m/s（结果保留小数点后两位）。
（3）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利的是______。
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
28．（2024高一下·莱西开学考）一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H．车由静止开始向左做匀加速运动，此时各段绳子刚好伸直，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，
试求：（1）车向左运动的加速度的大小；
（2）重物在t时刻速度的大小．
29．（2025·河池模拟）某同学站在高铁站台安全区内用手机测量高铁进站的运动。从高铁第一节车厢头部经过该同学时开始计时，经50s第七节车厢尾部刚好停在该同学面前，然后他向列车车尾方向行走了45步到达第八节车厢尾部。已知该同学步长约为60cm，假设高铁做匀变速直线运动，每节车厢长度相同，试估算：（结果均保留两位有效数字）
（1）测量时段高铁的加速度大小；
（2）开始计时时高铁的速度大小。
30．（2024·贵州） 智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下：
⑴在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。
⑵开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。
⑶以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示：
0.00 0.05 0.15 0.30 0.50 0.75 1.05
0.000 0.101 0.175 0.247 0.319 0.391 0.462
⑷根据表中数据，在答题卡上补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的图线　 　。
⑸由绘制的图线可知，下落高度随时间的变化是　 　（填“线性”或“非线性”）关系。
⑹将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方的函数关系式为。据此函数可得重力加速度大小为　 　。（结果保留3位有效数字）
31．（2022·重庆）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
32．（2025·雅安模拟）根据《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》第六十条的规定：机动车在道路上发生故障或者发生交通事故，妨碍交通又难以移动的，应当按照规定开启危险报警闪光灯并在车后放置三角警告牌（如图所示），以提醒后面司机及时减速。雨夜，在一条平直的公路上，汽车因为故障停车，在它正后方有一货车以20m/s的速度向前驶来，由于视线不好，货车司机只能看清前方40m的物体，他的反应时间为0.6s，该货车制动后最大加速度为。求
（1）从货车司机看清三角警示牌到货车最终停止所用的最短时间；
（2）为避免两车相撞，故障车司机应将三角警示牌放置在故障车后的最小距离。
33．（2025·上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（　　）
A．和 B．和 C．和 D．和
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量。在时间内，速度从减速到，运动过程中所有其他阻力的合力。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为，一个气缸内部体积为，初始压强为，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为，则两则的大小关系为　 　。
A． B． C．
34．（2025·广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
35．（2023高二下·武陵月考）如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。
（1）若波向x轴正方向传播，求可能的波速；
（2）若波向x轴负方向传播且周期T符合：2T（3）在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向向x轴正方向还是负方向？波速多大？
36．（2025·广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前 瞬间的k倍（k<1)已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
37．（2024高一上·青白江期中）由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
（1）第6辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；（答案保留根号）
（2）若绿灯的持续时间为30s，则第11辆汽车前端能否在一次绿灯时间里到达停止线。
（3）在某个路口第一辆车以启动后达到20m/s就会开始做匀速直线运动，第二辆车车主因不遵守交通规则玩手机耽误了时间，当他发现第一辆车的车尾离自己车头16m时才开始以启动，他的车速到达20m/s时两车的距离是多少？（答案保留根号）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】火车运动的时间为
v0＝36km/h＝10m/s
火车共行驶的距离
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据脉搏跳动频率算出运动时间，利用匀变速直线运动平均速度公式，结合位移公式求解。
2．【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】AB.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱 没有达到同步卫星高度，同步卫星相对地球静止，所以它们相对地球是运动的。AB错误
CD.但是它们之间位置关系没有改变，是相对静止的。C正确，D错误。
故选C。
【分析】地球同步卫星才和地球保持相对静止，物体间位置关系没有改变，则它们是相对静止的。
3．【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
4．【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量。操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态、测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽略机器人的大小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作质点，定位机器人在敷埋线路上的位置时可以忽略机器人的大小和形状，可以视为质点。
故选C。
【分析】质点指的是当运动物体的大小、形状对我们研究的问题影响很小时，我们就可以把物体看成一个只有质量的点，这个点就叫做质点。参考系指的是当要描述一个物体的运动时，用来参考、假定不动的物体。
5．【答案】A
【知识点】位移与路程；矢量与标量；速度与速率；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AB、笔尖由a点经b点回到a点，位移为0，位移等于初末位置有向线段的长度，路程不为0，故A正确，B错误；
CD、速度和力为矢量，两次过a点时速度和力的方向不同，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】路程是标量，即没有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直线运动中，路程是直线轨迹的长度；在曲线运动中，路程是曲线轨迹的长度。当物体在运动过程中经过一段时间后回到原处，路程不为零，位移则等于零。速度方向沿轨迹切线方向，摩擦力方向与笔尖的运动方向相反，据此进行分析作答。
6．【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A. 位移为矢量，既有大小，又有方向，A符合题意；
B. 时间为标量，只有大小，没有方向，B不符合题意；
C. 电流为标量，不能运用平行四边形定则计算，C不符合题意；
D. 热量为标量，只有大小，没有方向，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据标量和矢量的区别，结合物理量的特点可得出结论。
7．【答案】C
【知识点】位移与路程；速度与速率
【解析】【解答】根据速度的定义式
表明，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系
可知开始时物体的位置x0 = 1m，1s时物体的位置x1 = 6m，则1s内物体的位移为
故选C。
【分析】
1.速度的物理意义：表示物体位置变化快慢的物理量。
2.根据题目已知位置随时间的关系，确定初始时刻和1s末物体的位置坐标。研究直线运动时，在物体运动的直线上建立x轴，物体的初、末位置可用位置坐标x1、x2表示，那么物体的位移等于两个位置的坐标变化，即Δx。
8．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；速度与速率
【解析】【解答】A．质点是一个理想化模型，根据密度公式可以得出现实生活中并不存在质点，故A错误；
B．速率是标量，没有方向，位移、平均速度和加速度是矢量，具有方向；故B错误；
C．参考系的选择原则上是任意的，但选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果往往不同，故C错误；
D.7时39分指的是火箭开始发射的时间，代表时刻，故D正确。
故选D。
【分析】质点现实生活不存在，属于理想化模型；速率是标量，没有方向，位移、平均速度和加速度是矢量，具有方向；选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果往往不同；7时39分指的是火箭开始发射的时间，代表时刻。
9．【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】返回舱在竖直方向上的位移x＝3090m﹣2010m＝1080m，所用的时间t＝130s，
则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为
故答案为：A。
【分析】知道竖直方向上的位移和运动时间，根据速度公式求出返回舱在这段时间内的平均速度。
10．【答案】C
【知识点】平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，
即：瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，当趋近于零时，
平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，
已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解平均速度与瞬时速度的定义，平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即：瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，当趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，由此可以判断。
11．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB. 由质点位移时间图像的特点可知，在某一时刻质点的位置是唯一确定的，不可能有两个位置的点，故AB不符合题意；
CD. 质点做直线运动，在某时刻质点的速度是唯一确定的，不可能有两个速度的值，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据质点做直线运动的特点，结合位移时间图像和速度时间图像的特点可得出结论。
12．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0 t1时间内图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度的大小，加速度大小不变，速度逐渐减小，因此0 t1时间内汽车做匀减速直线运动，故A正确；
B．明显t1 t2内，汽车做匀速直线运动而不是静止，故B错误；
C．v﹣t图像中斜率的正负表示加速度的方向，0 t1内汽车的加速度为负，t2～t3内汽车的加速度为正，因此0 t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；
D．v﹣t图像中速度的正负表示汽车运动的方向，即速度的方向，0 t1和t2～t3内，汽车速度均为正，表示汽车速度方向相同，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的含义分析加速度的大小和方向，根据速度的正、负分析速度的方向。
13．【答案】B
【知识点】质点；平均速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A错误；
B．汽车的位移约为
汽车泊车的平均速度约为
故B正确；
C．转弯时，最大静摩擦力（近似滑动摩擦力）提供向心力，由
且
联立可得
代入 、 ，可得，故C错误；
D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：看“形状大小对研究问题是否可忽略”，停车需精准控制车身，形状大小影响大，不能当质点 。
B：平均速度 = 位移÷时间 。先找初末位置，用几何法算位移（圆弧 + 直线的“直角三角形斜边” ），再代入公式算速度，验证数值 。
C：转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力对应最大向心加速度 。利用 静 ，约去质量直接算加速度 。
D：圆周运动中，摩擦力分力提供向心力（指向圆心），另一分力可能与运动方向共线（如减速时阻碍运动 ），故摩擦力不“总是与运动方向相反” 。
14．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了质点、位移与路程、向心力等知识点的基本运用，知道平均速度和平均速率的区别，以及知道列车拐弯向心力的来源，基础题。A.3052公里是指列车完成的路程，故A错误；
B．运用质点代替列车研究列车运动的方法叫建立理想化模型法，故B正确；
C．当非常小时，代表列车的瞬时加速度，这里运用了极限法，故C错误；
D．列车过弯道时超速，列车有离心运动趋势，将会加剧对弯道外轨的磨损，故D错误。
故选B。
【分析】位移表示质点在空间的位置的变化，路程是质点在空间运动轨迹的长度；列车拐弯时，当重力和支持力的合力恰好提供向心力，则对内外轨无压力，若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，会对外轨有挤压。
15．【答案】A
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】设匀加速直线运动时间为，匀速运动的速度为，匀加速直线运动阶段，由
可得
根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的时间、位移等于匀加速直线运动阶段的时间、位移，
则匀速直线运动阶段有
联立解得
再根据
解得
BCD错误，A正确。
故选A。
【分析】本题主要考查匀速直线运动和匀变速直线运动的综合应用，根据汽车运动特点选择合适公式解答。
汽车先做匀加速的运动，后做匀速运动，最后做匀减速运动，匀加速运动的末速度就是匀速运动的速度，匀减速运动的初速度，匀加速度与匀减速加速度大小相等，时间相等，位移相等；由、、列式求解x的表达式。
16．【答案】B
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与速度的关系；向心加速度
【解析】【解答】AB．对汽车， 做匀减速直线运动 ，根据速度位移关系可得
可得匀减速运动的加速度大小
由可得，汽车做减速运动的时间
列车做匀速运动，由可得，这段时间列车行驶距离为
故B正确，A错误；
CD．根据，可得汽车在OP段向心加速度大小为
CD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀变速直线运动、匀速运动和向心加速度的计算。汽车做匀减速运动，根据速度位移关系求得加速度，再利用速度时间关系求得汽车到O点时间；列车做匀速运动，利用匀速运动公式求解汽车到O点时，列车行驶距离；汽车进入圆弧段做圆周运动，根据求解汽车在OP段向心加速度大小。
17．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；共点力的平衡；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．绝缘斜面静止下滑，带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，
知其所受绿色箭头所示洛伦兹力，即洛伦兹力方向应垂直于斜面向左上，根据左手定四指电流指向右上方，左下方的速度与电流方向相反，小物块带负电，故A错误；
B . 小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，垂直斜面方向上合力无法产生运动，沿斜面方向合力只有向左下的重力分量（光滑无摩擦力），大小为
根据牛顿第二定律知
小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确；
C . 垂直斜面方向上合力只能转化为支持力的变化，无法产生运动，故C错误；
D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零即受洛伦兹力与重力垂直斜面分量平衡，受力平衡等式有
得
故D错误；
故选B。
【分析】（1）通过受力分析结合洛伦兹力特性建立动力学方程；
压力为零时，洛伦兹力在垂直斜面方向的分量平衡重力分量（qvB=mgcosθ）；若斜面粗糙，需考虑摩擦力影响；若磁场方向改变，需重新分析洛伦兹力方向。
（2）易错点：误判电荷正负（左手定则需反向验证）；混淆变加速与匀加速条件（洛伦兹力随速度增大但不影响沿斜面合力）；
（3）隐含条件：斜面光滑无摩擦；压力为零时洛伦兹力方向垂直斜面斜向上。
18．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】设门的最大速度为v，由匀变速直线运动的规律可知，加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为
对于加速过程，根据速度公式，有
解得
则加速度为
故ABD错误，C正确；
故选：C。
【分析】 门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的时间相同、最大速度相同；根据速度公式以及加速度公式即可求出加速度的大小。
19．【答案】B
【知识点】重力加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．初始人平衡（压力 = 重力 ），A点压力＞重力可得合力向上，所以是超重状态（非失重 ），故A错误；
B．站起过程先是加速上升，超重，到达一个最大速度后再减速上升，失重，对应先超重再失重，对应压力先增大后减小，B点对应人正在站起，故B正确；
C．C点对应平衡状态，人可能站着不动，故C错误；
D．由图中信息无法比较D点和B点对应的人加速度之比为多少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：压力与重力比较→超重/失重判断。
B：站起过程“先超重（加速 ）后失重（减速 ）”，结合B点压力大小→判断动作阶段。
C：压力 = 重力→平衡状态，但需结合动作循环判断实际状态。
D：牛顿第二定律列加速度表达式，因 与 关系未知，无法确定加速度比。
20．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；位移与路程；图象法
【解析】【解答】A． A点y方向位移为0时即平衡位置时距左端1.5米距离，B点位移为0时即平衡位置时距离左端6.5米 ，由于AB间距离6.5-1.5=5m，根据同侧法画向右的箭头如下，只有右侧B点符合传播方向与y轴负方向运动，左侧靠近A点的是朝y轴正方向的，从A点波峰到B点半波峰经历了超过半个周期，B在过一会儿将是波峰，cos300°=1，cos360°=0.5，60°为360°的六分之一，再过就至少一个周期了，即A到B为至少是
当n=0时，波长才为6m，当n=1时，波长为m，故A错误；
B．设质点A振动周期为T，2π为一周期，设A点cos0°=1，cos60°=0.5，A点过时第一次向下
到达+2cm
，
故B错误；
C．质点A在 时刻处于波峰，sin0°=0不对，cos0°=1对，振动方程角速度，
故C错误；
D．根据可得，当最长波长为6m时，波速为100m/s，n=1时，波长为m，波速为
波速更小，因此波长为6米时波速为100m/s，此时波速最大，故D正确。
故选D。
【分析】（1）明确振动方程需包含初始相位；利用正弦函数性质（从波峰到半振幅需t=T/6，从平衡位置到半振幅，则 t=T/12）求周期；波速计算需同时知道波长和周期，需结合简谐运动相位变化、波动传播规律及三角函数性质；通过A点位移变化时间确定周期；
（2）易错点包括：混淆正弦与余弦函数初始相位；③未验证波长与题目条件的匹配性；
（3）隐含条件：①A点初始为波峰（y=4cm）；②波峰至位移+2cm对应相位π/3。
21．【答案】B,D
【知识点】加速度
【解析】【解答】ABC.质点在时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前做加速运动，时间内加速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，时刻速度减到0，此过程一直向前做减速运动，重复此过程的运动，即质点一直向前运动，故AC不符合题意，B符合题意；
D.图像面积表示速度变化量，内速度的变化量为零，因此时刻的速度与时刻相同，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】图像面积表示速度变化量。
22．【答案】B,C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A．因均落在雪坡上，雪坡倾角θ固定，决定了矢量方向，速度偏转角位移偏转角被确定；
根据平抛运动规律可得竖直位移
，
水平位移
，
根据几何关系有位移偏转角均与初速度无关，位移偏转角相同，位移比
整理得
，
时间与初速度成正比，可知运动员两次在空中飞行的时间之比
故A错误；
B．故B错误，故B正确；
C．落在雪坡上的速度方向与水平方向夹角正切值满足
可知该夹角为定值，故两次落在雪坡上的速度方向相同，故C正确；
D．竖直方向根据，， 可知运动员两次下落的高度之比为
故D错误；
故选BC。
【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速和竖直自由落体，结合几何关系（雪坡倾角）建立比例关系； 飞行时间与初速度成正比（t∝v0），落点速度方向仅取决于雪坡倾角；若雪坡为曲面或考虑空气阻力，需重新分析；比例法可推广到其他平抛问题。
（2）易错点：误认为时间与初速度成反比；忽略速度方向与雪坡倾角的几何关系；混淆下落高度与时间平方的关；
（3）隐含条件：雪坡倾角θ固定，故速度偏转角相同；位移偏转角（tanθ=0.5gt2：v0t）与初速度无关。
23．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB.甲乙两个物块的曲线均为抛物线，根据匀变速运动规律可知则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得，，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；
C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；
D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式求解甲乙的初速度，从而求解加速度，根据牛顿第二定律对单个物体或者整体列式求解。
24．【答案】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得
解得
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移
B的水平位移
所以落地点A、B之间的距离
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。
25．【答案】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解A滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。
26．【答案】（1）小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）3；5
【知识点】研究平抛物体的运动；平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）平抛运动时竖直方向效果独立存在，与自由落体运动效果相同，甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
故填小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片只改变水平分运动效果，A球落地点变远，可下落的分运动效果独立不受水平效果影响，只依赖高度，高度不变竖直效果不变，由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变；
故填不变；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，控制变量，势能投入与损失之差不变获得的动能依然不变，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑；
故填不需要；
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移4格相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动第一T内位移
第二个T内位移
两个T内位移差
可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
故1空填3
【分析】（1）理解平抛运动的竖直分运动是自由落体，与水平分运动无关；
通过A、B同时落地现象推导竖直运动性质；
（2）易错点是误认为敲击力度会影响运动时间（实际仅高度决定）；是Δy=gT2计算时间间隔；涉及合速度的合成。注意坐标原点非抛出点时，竖直分速度需用平均速度公式计算，且要区分实际高度与坐标差的关系。
（1）甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，可下落的高度不变， 由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
27．【答案】（1）31.4
（2）0.44
（3）A；C
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；瞬时速度；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要围绕实验测量与数据处理展开，包含游标卡尺读数、纸带速度计算以及单摆实验的相关分析，难度适中。
（1）游标卡尺读数不用估读，10分度游标卡尺的精确值为，由图可知该金属管的内径为
（2）相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
（3）A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解速度；
（3）根据单摆实验的注意事项和误差分析来进行判断。
（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图可知该金属管的内径为
（2）相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有
（3）A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；
B．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；
C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C正确；
D．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误。
故选AC。
28．【答案】【解答】（1）车在时间t内向左走的位移与H几何关系式
整理得
已知车向左做匀加速运动，位移与加速度、时间关系式：
，整理代入x得
；
（2）汽车在地面行驶是有绳端合运动轨迹的合运动，沿绳垂绳为仅有效果无实际轨迹的是分运动，t时刻此时汽车的速度
由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度大小相等，即
，
（1）；（2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）通过运动学几何关系求加速度，利用速度分解求重物速度，合运动有易观测轨迹，分运动只有效果不易观测，分运动是名义到达即效果到达；
车做匀加速运动，位移与时间关系为x=0.5at2；绳子长度不变，重物速度沿绳分量等于车速度水平分量；若车加速度过大，重物可能悬空；绳子不可伸长是速度关联的核心条件。
（2）易错点：误认为重物速度等于车速度（实际需分解）；
忽略绳子约束条件（重物速度与车速度通过角度关联）；
（3）隐含条件：初始时绳子刚好伸直，车位移x=0.5at2；t时刻几何关系满足tanα=H：x。
29．【答案】（1）解：（1）同学行走 45步 × 0.6 m/步 = 27 m 到达第八节车厢尾部。
由于第七节车厢尾部停在同学面前，行走 27 m 到达第八节车厢尾部，说明 第七节车厢尾部到第八节车厢尾部的距离 = 1节车厢长度 。
因此，每节车厢长度 。
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）解：根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
【知识点】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时间的关系
【解析】【分析】（1）车厢长度计算：通过行走距离确定 。位移计算：7 节车厢完全通过，位移 。匀变速运动方程：利用 和 联立求解加速度大小。
（2）根据匀变速运动的速度时间关系可计算开始计时时高铁的速度大小。
注意：最终结果保留两位有效数字 。
（1）根据题意可知一节车厢的长度
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
30．【答案】；非线性；9.83
【知识点】自由落体运动；重力加速度
【解析】【解答】（4）根据表中数据，由描点作图法做出h-t图像，如图所示。
（5）由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。
（6） 将下落高度h与时间的平方的函数关系式
对比自由落体的位移公式
可得
解得
【分析】（4）根据描点作图法做出图像；（5）根据图像特点得出结论；（6）将所给下落高度h与时间的平方的函数关系式与自由落体运动的位移-时间公式进行对比分析，求出重力加速度。
31．【答案】（1）解：虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
青蛙做平抛运动，设时间为 ，有
联立解得 ，
（2）解：设蛙和虫若同时开始运动时间均为 ，相遇时有
解得
则最小的位置坐标为
而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有 ，
可得轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
整理可知
令 ，即
解得
虫在x轴上飞出的位置范围为
（3）解：设蛙的运动时间为 ，有
解得 ，
而
解得 ，
而
解得 ，
【知识点】位移的合成与分解；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）虫子做匀加速直线运的，青蛙做平抛运动，利用水平方向的位移公式结合竖直方向的位移公式可以求出蛙的最大跳出速度的大小；
（2）当蛙和虫子开始运动到相遇时，利用竖直方向的位移公式可以求出相遇的时间，结合位移公式可以求出虫子最小的横坐标大小；结合蛙做平抛运动的位移公式可以求出对应的轨迹方程，结合与虫子运动轨迹相切可以求出虫子的最大横坐标的大小；
（3）当已知蛙运动时，结合位移公式可以求出相遇的竖直方向的方程可以求出对应的运动时间，结合水平方向的位移公式可以求出蛙的速度及虫子飞出的坐标。
32．【答案】（1）设从刹车到停止时间为，则s=8s
反应时间为0.6s，总时间为0.6s+8s=8.6s
（2）反应时间内做匀速运动，则m=12m
从刹车到停止的位移为则m=80m
货车司机看清三角警示牌到货车最终停止全部距离为m
三角警示牌到故障车的距离为m=52m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）货车分为匀速运动、匀减速运动两个阶段，分析两个阶段的时间然后求和；
（2）求解货车匀速运动、匀减速运动的位移，根据总位移减去看清前方的距离。
（1）设从刹车到停止时间为，则s=8s
反应时间为0.6s，总时间为0.6s+8s=8.6s
（2）反应时间内做匀速运动，则m=12m
从刹车到停止的位移为则m=80m
货车司机看清三角警示牌到货车最终停止全部距离为m
三角警示牌到故障车的距离为m=52m
33．【答案】（1）A
（2）小车的位移
小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
解得
（3）根据玻意耳定律对活塞分析可知解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动；导体切割磁感线时的感应电动势；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动公式分析求解；
（3）根据玻意耳定律，结合对活塞的受力分析，综合热力学第一定律分析求解。
（1）（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
34．【答案】（1）解：对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）解：落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）解：设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中
，，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为

【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）由图可知，碰撞时的冲量，对碰撞过程分析，水平方向由动量守恒定律列式可求出散货的质量；
（2）长度为a的货箱里装总质量为M，由题意可求出落入货箱中的散货个数，由速度公式求解平均传送速度；
（3）对散货在倾斜传送带上的运动过程分析，分别求出加速和匀速运动的时间和位移，从而确定出传送带的长度和加速时的相对位移，即可求出传送带多做的功，从而求出平均功率。
35．【答案】【解答】（1）波峰到波峰的x差为一个波长，4cm-0cm=4cm，由图可知波长
波向x轴正方向传播同侧原则标注箭头，向右向上红色箭头，红色向右箭头向上可见，下一个波峰最慢就在右侧1cm即0.25波长处，那么，经过波向右传播了个周期，故有
，
故波速
（2）波向x轴负方向传播，同侧原则标注箭头，向左向上红色箭头，红色向左箭头向上可见，4cm处波峰向左下一个波峰最慢就在左侧3cm即0.75波长处
那么，经过波向左传播了个周期，故有
，
又
所以
，
故波速
（3）在到的时间内，振幅为A=0.2m，如果M通过的y方向的路程为
又有一个周期质点的路程为4A，根据时刻，质点M在平衡位置可知：到的时间向左为，向右，即
，n=1，
那么，波向右即x轴正方向传播
（1）；（2）0.55m/s；（3）x轴正方向，0.25m/s
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；位移与路程；图象法
【解析】【分析】（1）需结合波形平移距离与时间关系，分方向讨论传播可能性；
明确Δt内波传播的距离Δx与波长λ的关系（Δx = nλ + Δx0），注意周期性解；波速公式v=λ/T适用于所有波动问题，但需注意多解性。
（2）易错点：方向判断错误导致Δx符号反号；忽略周期条件（如2T < Δt < 3T）导致多解遗漏；
（3）隐含条件：振幅A=0.2m（由波形图读出），M点路程1m=5A说明Δt=1.25T，结合Δt=0.2s可求T。
36．【答案】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有，解得
水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，由可得
解得
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
由可知，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对颗粒做的功为
【知识点】电场力做功；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；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在重力场、电场的组合场中的运动，牛顿第二定律结合运动学公式解答。
（1）颗粒在竖直方向上做自由落体，水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合自由落体运动规律和匀变速直线运动规律求解 颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）由自由落体运动规律求得颗粒落地瞬间竖直方向速度，由求得落地瞬间颗粒水平速度，结合题意求得碰后竖直速度，由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，由电场力和重力关系求得 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求得第一碰撞后到第二次碰撞前电场的位移，再根据W=FLcosα计算电场力做的功。
37．【答案】（1）解：第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）解：前一辆汽车行驶之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线。
（3）解：根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）：明确第 6 辆汽车的 “总位移”（车长 + 车距和 ），用匀加速速度公式直接求解。
（2）：先求 “后车启动间隔时间”（安全车距差的匀加速时间 ），再算 “第 11 辆启动总延迟”+“自身行驶时间”，与绿灯时间比较。
（3）：分阶段分析两辆车的运动：第一辆车 “先加速→后匀速”，第二辆车 “延迟后加速”，通过位移差计算最终间距（注意初始车距与各阶段位移叠加 ）。
（1）第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）前一辆汽车行驶
之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线；
（3）根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
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