资源简介

2026年高考物理二轮复习命题热点情境8交通出行类专项训练
一、选择题
1．京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内。假设京张高铁启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定，高铁的质量为m，最大行驶速度为vm，下列说法正确的是（　　）
A．在加速阶段，高铁做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．高铁受到的阻力大小为
C．高铁的速度为时，其加速度大小为
D．高铁的加速度为时，其速度大小为
2．我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是（　　）
A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小
B．若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变小
C．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
3．中国高铁向世界展示了中国速度和谐号和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s加速达到最大速度
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
4．贵阳地铁某列车，以36km/h的速度行驶，快进站时司机刹车使列车做匀减速运动直至停住，加速度大小为，那么从刹车开始经30s列车通过的位移大小是（　　）
A．75m B．100m C．525m D．300m
5．两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面的压力变化，突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假设长度均为L的两列高铁列车在平直轨道上以速率正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过。已知两列车同时减速和加速，且两列车加速和减速时加速度的大小均为，列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为（　　）
A． B． C． D．
6．一辆质量为的汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到时，汽车的输出功率达到额定功率，汽车能达到的最大速度为。已知汽车运动过程中所受的阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．汽车所受的阻力大小为
B．汽车做匀加速时的牵引力大小为
C．汽车做匀加速运动的时间为
D．汽车的速度大小为时，其加速度大小为
7．加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．汽车启动后做加速度减小的加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在段做匀加速直线运动
C．汽车达到的最大速度大小为
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为
8．如图所示为航母跑道，设航母跑道是与水平面成角的倾斜跑道，舰载飞机在其上加速起飞前以大小为的加速度沿着跑道加速，发动机对飞机提供斜向上的动力（大小未知）与飞机速度方向的夹角也等于，飞机前进过程中受到的阻力方向与速度方向在一条直线上，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为。已知飞机的质量为，重力加速度为，则发动机对飞机提供的动力的大小为（　　）
A． B．
C． D．
9．随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为的恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经时间飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为，飞机所受阻力大小，其中为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．时间内飞机滑行的距离
B．驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大
C．若时刻飞机刚好达到额定功率，则
D．时间内飞机克服阻力所做的功
10． 2022年9月2日，印度科钦造船厂建造的首艘航母“维克兰特”号正式服役。“滑跃式”起飞甲板比“电磁弹射式”起飞甲板建造技术更为简单，印度该艘航母选择装配“滑跃式”起飞甲板。如图所示，舰载飞机起飞时，先在水平甲板上加速后冲上圆弧形的甲板，运动过程中受到垂直于运动方向的升力，升力的大小与速度成正比，在离开圆弧甲板时，舰载飞机与甲板之间没有相互作用力则可以正常起飞，此时舰载飞机的动能为E0，已知圆弧轨道的水平长度为L，圆弧半径为R，舰载飞机的重力为G，舰载飞机可视为质点，则下列说法正确的是（　　）
A．舰载飞机在圆弧形甲板上运动时处于失重状态
B．舰载飞机在圆弧轨道的底端对甲板的压力一定大于舰载飞机的重力
C．起飞时，舰载飞机受到的升力为
D．若舰载飞机在离开甲板时的动能E二、多项选择题
11．现在随着“动车”、“高铁”的发展使得城市间距离拉近了很多，从哈尔滨到北京“高铁”只需要约5个小时。有一旅客在站台上候车线处候车，若“高铁”一节车厢长为L，进站时可以看做匀减速直线运动，他发现第6节车厢经过他用时为T，停下时旅客刚好在8号车厢头，如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．可以求出该“高铁”的减速运动的加速度
B．第7节车厢经过他用时为
C．第6节车厢头和第7节车厢头经过他时的速度之比为
D．第7节车厢经过他与4、5、6节车厢经过他的总时间相同
12．电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度始终在减小
B．汽车的加速度先不变后减小
C．该汽车能达到的最大速度是
D．汽车速度为时的加速度为
13．时，甲、乙两汽车从相距的两地开始相向行驶，它们的图像如图所示。忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）
A．乙车的加速度始终不变
B．在第2小时末，甲乙两车相距
C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D．在第4小时末，甲、乙两车相遇
14．一观察者站在列车的第一节车厢的前端，列车从静止开始做匀加速直线运动。第一节车厢通过他历时，全部车厢通过他历时。设各节车厢长度相等，不计车厢间的距离，则：（可能用到的，）（　　）
A．这列火车共有8节
B．这列火车共有9节
C．最后一节车厢通过他历时约为0.36s
D．最后两节车厢通过他经历的时间约为0.35s
15．如图所示，旅客在站台候车线处候车，相邻候车线间的距离以及每节车厢的长度均为L。列车进站时，从1号车厢的前端入口a点经过5号候车线时开始计时，到2号车厢的前端入口b点经过5号候车线时，所用的时间为T，列车停下时a点恰好正对1号候车线。若列车进站时做匀减速直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．列车进站时的加速度大小为
B．a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小为
C．从a点经过2号候车线到列车停止运动，经历的时间为
D．从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的平均速度为
三、计算题
16．据悉，中国正在研发“不停站高铁”，方案之一是在高铁顶部设立吊舱，称为吊舱方案。如图所示，高铁列车在平直的铁轨上以288km/h的速度匀速行驶，在离站台3km处开始做匀减速运动，到达站台时刚好减到72km/h，进站吊舱B与高铁车分离，并在减速区停下，高铁车则与已在吊舱加速区加速到72km/h的出站吊舱A对接，并以进站时相同大小的加速度匀加速到288km/h。车厢、吊舱、站台均可看成质点，求
（1）高铁列车进站的加速度大小；
（2）目前，高铁列车仍采用停车方案进站。其以288km/h做匀减速运动，经100s后停下，停留5min供乘客上下车，之后以相同大小的加速度匀加速至288km/h。
①列车从开始减速到恢复正常行驶所通过的位移大小；
②对比停车方案，吊舱方案节省的时间。
17．据悉，中国正在研发“不停站高铁”，方案之一是在高铁顶部设立吊舱，称为吊舱方案。如图所示，高铁列车在平直的铁轨上以288km/h的速度匀速行驶，在离站台2.5km处开始做匀减速运动，到达站台时刚好减到72km/h，进站吊舱B与高铁车分离，并在减速区停下，高铁车则与已在吊舱加速区加速到72km/h的出站吊舱A对接，并以进站时相同大小的加速度匀加速到288km/h。车厢、吊舱、站台均可看成质点，求
（1）高铁列车进站的加速度大小；
（2）目前，高铁列车仍采用停车方案进站。其以288km/h做匀减速运动，经80s后停下，停留5min供乘客上下车，之后以相同大小的加速度匀加速至288km/h。
①列车从开始减速到恢复正常行驶所通过的位移大小；
②对比停车方案，吊舱方案节省的时间。
18．某大桥是一座公路、铁路两用大桥，主桥长 。某次由于交通管制，将汽车拦停在了一边的桥头处，汽车排成笔直的一列。设汽车车长均为 ，前车尾部与后车头部之间的距离均为。一辆长 的列车从桥对面驶来，抵达大桥另一个桥头，以 的速度匀速通过大桥，当列车车头恰与第一辆汽车的头部平齐时（如图所示），汽车交通管制解除，所有汽车均开始以 的加速度启动过桥。已知大桥上汽车的最大限速为72km/h，不计汽车启动的反应时间，请回答下列问题：
（1）求第一辆汽车与列车完成错车的时间；
（2）求第一辆汽车通过大桥的最短时间；
（3）求第一辆汽车达到最大速度时，与列车完成错车的汽车辆数。
19．航模小组进行螺旋桨飞机模型的下落表演，如图所示，质量为m的飞机模型螺旋桨正常工作，悬停在高处的O点。现关闭螺旋桨，飞机模型从O点由静止开始自由下落，PQ和MN为两段缓冲区，飞机模型进入到缓冲区后，受到方向竖直向上，大小与飞机模型速率成正比的缓冲力的作用（k已知），飞机模型通过Q、N两点时加速度均恰好为0。已知，，不计飞机模型所受空气浮力和阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）O点到P点的距离；
（2）飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能；
（3）若O点下方至N点均为缓冲区，飞机模型仍从O点由静止开始自由下落，运动至N点的总时间t。
20．某同学拍摄我国国产大飞机起飞前的某段运动过程（初速度不为零），相机每隔自动拍摄一次，经过测算得出每张照片对应的飞机实际滑行距离如图所示，拍摄第张照片时飞机恰好起飞，假定起飞前飞机做匀加速直线运动，起飞后爬升阶段过程近似为匀速直线运动，爬升角度与水平方向夹角为，爬升过程中受到发动机的推力、阻力均沿飞行方向且阻力大小满足（为常数，为飞机飞行速度大小），沿垂直于机身的升力为，飞机总质量为，重力加速度大小为，求：
（1）起飞时速度的大小；
（2）飞机爬升阶段受到的发动机推力和升力的大小（用、、、、表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．加速阶段，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
结合功率的表达式有：
联立可得
可知加速阶段，高铁做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，高铁速度达到最大，根据功率的表达式有
可得高铁受到的阻力大小为
故B错误；
C．当高铁的速度为时，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小为
由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．高铁的加速度为时，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得此时的牵引力大小为
根据功率的表达式可以得出此时高铁的速度大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出速度的大小。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对所有滑块，据牛顿第二定律，有
对第8个滑块，有
则
由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力不变，若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故AB错误；
CD．对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律，有
则，则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】 先对整体列牛顿第二定律求出加速度，再分别对滑块 8 和滑块 6、7、8 整体列方程，求出对应杆的拉力，最后分析各选项。
3．【答案】B
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了运动学图象中的v-t图和追及相遇问题，了解图象与坐标轴围成面积的意义是解决此类题的关键。ACD．由两车运动的速度一时间图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
故ACD错误；
B．复兴号高铁的加速度为
复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为
故B正确。
故选B。
【分析】根据v-t图象的意义，结合追及相遇问题的中如何求最远距离的方法进行求解
4．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】列车做匀减速运动的初速度大小为
列车刹车到停下所用时间为
从刹车开始经30s列车通过的位移大小为
故答案为：B。
【分析】先将列车初速度单位换算为国际单位，结合匀减速直线运动的停止时间公式判断列车在 30s 内是否已停止，再利用匀变速直线运动的位移公式计算实际位移，逐一验证选项。
5．【答案】A
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】减速时间
匀速时间
加速度时间
所以用时间至少
故答案为：A。
【分析】1. 阶段分解：根据题意，明确列车需经历减速（ 到 ）、匀速（ 过交会段 ）、加速（ 回 ）三个过程。
2. 时间计算：减速/加速：利用匀变速速度公式，因加速度大小相同，时间相等。
匀速：利用匀速位移公式，位移为列车长度 （ 保证无侧视重叠 ）。
3. 总时间：三段时间相加，化简得结果。
6．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力等于阻力，根据功率的表达式有：汽车的额定功率
解得，故A错误；
BC．当速度为时，汽车刚好达到最大功率，根据功率的表达式
解得
汽车此时受到牵引力和阻力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度公式可得汽车做匀加速直线运动的时间，故BC错误；
D．当汽车的速度大小时，功率已达到额定功率，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小
汽车此时受到牵引力和阻力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，利用功率的表达式结合最大速度可以求出阻力的大小；当已知汽车的功率和速度可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间。
7．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
F-mg=ma
代入数据解得：a=2.5m/s2，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，所以汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．由题可知汽车在前6s内做匀加速直线运动，则t1=6s时汽车的速度为v1=at1=2.5×6m/s=15m/s，汽车额定功率为P=Fv1=10×103×15W=1.5×105W，汽车达到的最大速度大小为，故C正确；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为，从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理得，代入数据解得x2=105m，汽车通过的距离为x=x1+x2=45m+105m=150m，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合图像分析汽车的运动阶段（匀加速、变加速），利用牛顿第二定律、功率公式及动能定理求解加速度、最大速度和位移。
8．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】对飞机受力分析如图所示，设飞机所受支持力大小为，所受阻力大小为，
沿着速度方向，由牛顿第二定律可得
垂直速度方向，根据平衡条件有
由已知条件阻力大小与飞机对跑道的正压力成正比，
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】先对飞机受力分析，把力分解到沿运动和垂直于运动方向，沿运动方向列牛顿第二定律的表达式，结合阻力表达式列式求解。
9．【答案】D
【知识点】动量定理；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了机车启动问题，熟悉飞机的运动情况，结合动量定理和动能定理即可完成解答。AD．飞机到达最大速度时有
解得
根据动量定理有
将代入有
解得
根据动能定理有
解得
故A错误，D正确；
B．飞机受力不断变化，则加速度改变，由
可知驱动飞机的电机输出功率不随时间线性增大，故B错误；
C．若时刻飞机刚好达到额定功率，则
解得
故C错误；
故选D。
【分析】根据动量定理和动能定理求飞机滑行的距离和飞机克服阻力所做的功；根据功率公式求驱动飞机的电机输出功率随时间的变化关系；根据功率公式求k。
10．【答案】C
【知识点】超重与失重；向心力；竖直平面的圆周运动；动能
【解析】【解答】A、舰载飞机做变速圆周运动冲出甲板，有指向圆心的向心加速度，其加速度的竖直分量向上，则飞机处于超重状态，故A错误；
B、舰载飞机在圆弧轨道的底端时，由径向合力提供向心力，有
可知甲板对飞机的支持力不一定大于重力，由牛顿第三定律可知飞机对甲板的压力不一定大于重力，故B错误；
C、舰载飞机与甲板之间没有相互作用力正常起飞，此时舰载飞机的动能为E0，设此时半径与竖直方向的夹角为θ，有
，
联立解得舰载飞机受到的升力为
故C正确；
D、若舰载飞机在离开甲板时的动能E故答案为：C。
【分析】舰载飞机在圆弧甲板上做变速圆周运动，向心加速度在竖直分量向上，飞机处于超重状态。确定飞机在不同位置的受力情况及向心力的来源，再根据题意及牛顿第二定律进行分析解答。
11．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度大小为，加速度大小为a，有，从第6节车厢刚到达旅客处至列车停下来，有，因L、T为已知量，联立两式，可求出该“高铁”的减速运动的加速度，故A正确；
BD．根据逆向思维法，火车反向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又，联立解得，，，则4、5、6节车厢经过他的总时间为，故B错误，D正确；
C．根据逆向思维法，火车反向做初速度为零的匀加速直线运动，则第6节车厢头经过他时有，解得
第7节车厢口头过他时有，解得，故，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】处理匀减速到静止的 “连续位移时间” 问题，逆向视为初速度为 0 的匀加速运动，利用 “初速度为 0 的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间比” 规律，结合匀变速公式联立求解加速度、时间、速度等物理量。
12．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得
可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得，可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；
C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有
解得，故C错误；
D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查机车启动的功率与动力学综合分析，核心是结合、牛顿第二定律和阻力公式，分析汽车在不同阶段的加速度变化，计算最大速度和特定速度下的加速度。
13．【答案】B,C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC．图象的斜率表示加速度，斜率的符号代表加速度的方向，根据图像斜率可以得出1h末乙车加速度方向发生改变，由于乙车的图象斜率绝对值总是大于甲车的图象斜率绝对值，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确，A错误；
B．在速度时间图像中，由于图像与坐标轴围成的面积代表位移，根据图像面积可以得出2h末甲车的速度为30km/h，则在第2小时末，甲乙两车相距
故B正确；
D.根据图像面积可以得出4小内甲车的总位移为
根据图像面积可以得出乙车的总位移为
即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点
故此时甲乙两车不相遇，故D错误。
故选BC。
【分析】利用图像斜率可以比较加速度及判别加速度的方向；利用图像面积可以求出位移的大小，进而判别两车是否相遇。
14．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．设每节车厢长度为s，火车共有n节车厢，则有
解得
节
故B正确，A错误；
CD．设前8节车厢通过它需要的时间为，则
解得：
最后一节通过它的时间
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】AB、根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式列方程组求解火车节数；
CD、根据第1节和前8节位移关系求解前8节时间，由总时间求解第9节通过时间。
15．【答案】C,D
【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
【解析】【解答】末速度为零的匀减速直线运动可以看成初速度为零的匀加速度直线运动的逆运动。本题考查对运动学公式及其推论的理解，需要针对性记忆。C．采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为
设列车从a点经过2号候车线到列车停止运动时间为，则有
解得
故C正确；
A．逆向思维，由公式
有列车进站时的加速度大小为
故A错误；
B．逆向思维，a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小
故B错误；
D．从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的总时间为
解得
所以列车从a点经过5号候车线到列车停下的过程中平均速度为
故D正确。
故选CD。
【分析】 根据匀变速直线运动关系式及其推论逐项分析。
16．【答案】（1）解：高铁列车匀减速直线运动，，，由运动学公式
解得
（2）解：采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
① 采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
② 停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）利用速度 - 位移公式求加速度；
（2）停车方案需经历 “减速 - 停留 - 加速”，耗时久；吊舱方案仅需 “减速对接 - 加速恢复”，大幅节省时间。
（1）高铁列车匀减速直线运动，，，由运动学公式
解得
（2）采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
[1]采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
[2]停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
17．【答案】解：（1）高铁列车匀减速直线运动，，，，由运动学公式
解得
（2）采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
①采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
②停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
解得
【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）根据匀变速直线运动的速度—位移关系求加速度大小；
（2）①根据平均速度公式求解通过的位移大小；
②根据匀变速直线运动的速度—时间关系求吊舱方案的减速时间和总时间，停车方案的减速时间和总时间，二者之差即为节省时间。
18．【答案】（1）解： 如图所示为第一辆汽车和列车要完成错车的情境图
对汽车，错车时行驶的距离为
对列车，错车时行驶的距离为
由上图可得
解得时间
（2）解： 对汽车
解出第一辆汽车加速到最大速度的时间
加速过程中汽车行驶的路程
接下来汽车通过大桥所需要的时间
第一辆汽车通过大桥的最短时间
（3）解： 当第一辆汽车达到最大速度时，错车时，对列车有
分析可知
解得
由
解得（或28余），即完成错车29辆。
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知汽车和列车错车的情境，利用两者的位移公式结合空间关系可以求出错车的时间；
（2）汽车先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）当第一辆汽车达到最大速度时，利用位移公式可以求出列车运动的位移，结合汽车运动的距离可以求出错车的车辆数量。
19．【答案】（1）解：飞机模型在OP段自由下落，到达Q、N两点时加速度均恰好为0，则
表明这两点处速度相等，故在PQ和MN做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，则
，
点时加速度为零，则有
由运动到，有
由运动到，有
联立解得
（2）解：飞机模型由运动到，动能不变，机械能减少
同理，由运动到，机械能减少
故飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能
（3）解：由于缓冲区加长，飞机模型到达点的速度仍为，保持不变，重力的冲量为
缓冲力的冲量为
由动量定理可得
且
联立解得
【知识点】动量定理；自由落体运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析物体运动过程，根据自由落体和匀变速直线运动的规律列式解答；
（2）机械能包括动能和势能，根据机械能的定义式列式求解；
（3）求出缓冲力的冲量，根据动量定理列式解答。
（1）飞机模型在OP段自由下落，到达Q、N两点时加速度均恰好为0，则
表明这两点处速度相等，故在PQ和MN做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，则
，
点时加速度为零，则有
由运动到，有
由运动到，有
联立解得
（2）飞机模型由运动到，动能不变，机械能减少
同理，由运动到，机械能减少
故飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能
（3）由于缓冲区加长，飞机模型到达点的速度仍为，保持不变，重力的冲量为
缓冲力的冲量为
由动量定理可得
且
联立解得
20．【答案】（1）解：由题意得，飞机每隔位移的增加量均为
根据
得
拍摄第5张照片时，飞机的瞬时速度为
故拍摄第6张照片时，起飞的瞬时速度为
（2）解：爬升阶段过程近似为匀速过程，爬升角度与水平方向夹角为，对飞机受力分析，沿飞行方向有
垂直于飞行方向
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）已知飞机相同时间的位移增加量，利用邻差公式可以求出加速度的大小，利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合速度公式可以求出起飞速度的大小；
（2）飞机做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出推力和升力的大小。
（1）由题意得，飞机每隔位移的增加量均为
根据
得
拍摄第5张照片时，飞机的瞬时速度为
故拍摄第6张照片时，起飞的瞬时速度为
（2）爬升阶段过程近似为匀速过程，爬升角度与水平方向夹角为，对飞机受力分析，沿飞行方向有
垂直于飞行方向
1 / 12026年高考物理二轮复习命题热点情境8交通出行类专项训练
一、选择题
1．京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内。假设京张高铁启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定，高铁的质量为m，最大行驶速度为vm，下列说法正确的是（　　）
A．在加速阶段，高铁做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．高铁受到的阻力大小为
C．高铁的速度为时，其加速度大小为
D．高铁的加速度为时，其速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．加速阶段，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
结合功率的表达式有：
联立可得
可知加速阶段，高铁做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，高铁速度达到最大，根据功率的表达式有
可得高铁受到的阻力大小为
故B错误；
C．当高铁的速度为时，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小为
由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．高铁的加速度为时，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得此时的牵引力大小为
根据功率的表达式可以得出此时高铁的速度大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出速度的大小。
2．我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是（　　）
A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小
B．若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变小
C．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D．滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对所有滑块，据牛顿第二定律，有
对第8个滑块，有
则
由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力不变，若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故AB错误；
CD．对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律，有
则，则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】 先对整体列牛顿第二定律求出加速度，再分别对滑块 8 和滑块 6、7、8 整体列方程，求出对应杆的拉力，最后分析各选项。
3．中国高铁向世界展示了中国速度和谐号和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s加速达到最大速度
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
【答案】B
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了运动学图象中的v-t图和追及相遇问题，了解图象与坐标轴围成面积的意义是解决此类题的关键。ACD．由两车运动的速度一时间图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
故ACD错误；
B．复兴号高铁的加速度为
复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为
故B正确。
故选B。
【分析】根据v-t图象的意义，结合追及相遇问题的中如何求最远距离的方法进行求解
4．贵阳地铁某列车，以36km/h的速度行驶，快进站时司机刹车使列车做匀减速运动直至停住，加速度大小为，那么从刹车开始经30s列车通过的位移大小是（　　）
A．75m B．100m C．525m D．300m
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】列车做匀减速运动的初速度大小为
列车刹车到停下所用时间为
从刹车开始经30s列车通过的位移大小为
故答案为：B。
【分析】先将列车初速度单位换算为国际单位，结合匀减速直线运动的停止时间公式判断列车在 30s 内是否已停止，再利用匀变速直线运动的位移公式计算实际位移，逐一验证选项。
5．两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面的压力变化，突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假设长度均为L的两列高铁列车在平直轨道上以速率正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过。已知两列车同时减速和加速，且两列车加速和减速时加速度的大小均为，列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】减速时间
匀速时间
加速度时间
所以用时间至少
故答案为：A。
【分析】1. 阶段分解：根据题意，明确列车需经历减速（ 到 ）、匀速（ 过交会段 ）、加速（ 回 ）三个过程。
2. 时间计算：减速/加速：利用匀变速速度公式，因加速度大小相同，时间相等。
匀速：利用匀速位移公式，位移为列车长度 （ 保证无侧视重叠 ）。
3. 总时间：三段时间相加，化简得结果。
6．一辆质量为的汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到时，汽车的输出功率达到额定功率，汽车能达到的最大速度为。已知汽车运动过程中所受的阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．汽车所受的阻力大小为
B．汽车做匀加速时的牵引力大小为
C．汽车做匀加速运动的时间为
D．汽车的速度大小为时，其加速度大小为
【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力等于阻力，根据功率的表达式有：汽车的额定功率
解得，故A错误；
BC．当速度为时，汽车刚好达到最大功率，根据功率的表达式
解得
汽车此时受到牵引力和阻力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度公式可得汽车做匀加速直线运动的时间，故BC错误；
D．当汽车的速度大小时，功率已达到额定功率，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小
汽车此时受到牵引力和阻力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，利用功率的表达式结合最大速度可以求出阻力的大小；当已知汽车的功率和速度可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间。
7．加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．汽车启动后做加速度减小的加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在段做匀加速直线运动
C．汽车达到的最大速度大小为
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
F-mg=ma
代入数据解得：a=2.5m/s2，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，所以汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．由题可知汽车在前6s内做匀加速直线运动，则t1=6s时汽车的速度为v1=at1=2.5×6m/s=15m/s，汽车额定功率为P=Fv1=10×103×15W=1.5×105W，汽车达到的最大速度大小为，故C正确；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为，从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理得，代入数据解得x2=105m，汽车通过的距离为x=x1+x2=45m+105m=150m，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合图像分析汽车的运动阶段（匀加速、变加速），利用牛顿第二定律、功率公式及动能定理求解加速度、最大速度和位移。
8．如图所示为航母跑道，设航母跑道是与水平面成角的倾斜跑道，舰载飞机在其上加速起飞前以大小为的加速度沿着跑道加速，发动机对飞机提供斜向上的动力（大小未知）与飞机速度方向的夹角也等于，飞机前进过程中受到的阻力方向与速度方向在一条直线上，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为。已知飞机的质量为，重力加速度为，则发动机对飞机提供的动力的大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】对飞机受力分析如图所示，设飞机所受支持力大小为，所受阻力大小为，
沿着速度方向，由牛顿第二定律可得
垂直速度方向，根据平衡条件有
由已知条件阻力大小与飞机对跑道的正压力成正比，
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】先对飞机受力分析，把力分解到沿运动和垂直于运动方向，沿运动方向列牛顿第二定律的表达式，结合阻力表达式列式求解。
9．随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为的恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经时间飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为，飞机所受阻力大小，其中为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．时间内飞机滑行的距离
B．驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大
C．若时刻飞机刚好达到额定功率，则
D．时间内飞机克服阻力所做的功
【答案】D
【知识点】动量定理；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了机车启动问题，熟悉飞机的运动情况，结合动量定理和动能定理即可完成解答。AD．飞机到达最大速度时有
解得
根据动量定理有
将代入有
解得
根据动能定理有
解得
故A错误，D正确；
B．飞机受力不断变化，则加速度改变，由
可知驱动飞机的电机输出功率不随时间线性增大，故B错误；
C．若时刻飞机刚好达到额定功率，则
解得
故C错误；
故选D。
【分析】根据动量定理和动能定理求飞机滑行的距离和飞机克服阻力所做的功；根据功率公式求驱动飞机的电机输出功率随时间的变化关系；根据功率公式求k。
10． 2022年9月2日，印度科钦造船厂建造的首艘航母“维克兰特”号正式服役。“滑跃式”起飞甲板比“电磁弹射式”起飞甲板建造技术更为简单，印度该艘航母选择装配“滑跃式”起飞甲板。如图所示，舰载飞机起飞时，先在水平甲板上加速后冲上圆弧形的甲板，运动过程中受到垂直于运动方向的升力，升力的大小与速度成正比，在离开圆弧甲板时，舰载飞机与甲板之间没有相互作用力则可以正常起飞，此时舰载飞机的动能为E0，已知圆弧轨道的水平长度为L，圆弧半径为R，舰载飞机的重力为G，舰载飞机可视为质点，则下列说法正确的是（　　）
A．舰载飞机在圆弧形甲板上运动时处于失重状态
B．舰载飞机在圆弧轨道的底端对甲板的压力一定大于舰载飞机的重力
C．起飞时，舰载飞机受到的升力为
D．若舰载飞机在离开甲板时的动能E【答案】C
【知识点】超重与失重；向心力；竖直平面的圆周运动；动能
【解析】【解答】A、舰载飞机做变速圆周运动冲出甲板，有指向圆心的向心加速度，其加速度的竖直分量向上，则飞机处于超重状态，故A错误；
B、舰载飞机在圆弧轨道的底端时，由径向合力提供向心力，有
可知甲板对飞机的支持力不一定大于重力，由牛顿第三定律可知飞机对甲板的压力不一定大于重力，故B错误；
C、舰载飞机与甲板之间没有相互作用力正常起飞，此时舰载飞机的动能为E0，设此时半径与竖直方向的夹角为θ，有
，
联立解得舰载飞机受到的升力为
故C正确；
D、若舰载飞机在离开甲板时的动能E故答案为：C。
【分析】舰载飞机在圆弧甲板上做变速圆周运动，向心加速度在竖直分量向上，飞机处于超重状态。确定飞机在不同位置的受力情况及向心力的来源，再根据题意及牛顿第二定律进行分析解答。
二、多项选择题
11．现在随着“动车”、“高铁”的发展使得城市间距离拉近了很多，从哈尔滨到北京“高铁”只需要约5个小时。有一旅客在站台上候车线处候车，若“高铁”一节车厢长为L，进站时可以看做匀减速直线运动，他发现第6节车厢经过他用时为T，停下时旅客刚好在8号车厢头，如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．可以求出该“高铁”的减速运动的加速度
B．第7节车厢经过他用时为
C．第6节车厢头和第7节车厢头经过他时的速度之比为
D．第7节车厢经过他与4、5、6节车厢经过他的总时间相同
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度大小为，加速度大小为a，有，从第6节车厢刚到达旅客处至列车停下来，有，因L、T为已知量，联立两式，可求出该“高铁”的减速运动的加速度，故A正确；
BD．根据逆向思维法，火车反向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
又，联立解得，，，则4、5、6节车厢经过他的总时间为，故B错误，D正确；
C．根据逆向思维法，火车反向做初速度为零的匀加速直线运动，则第6节车厢头经过他时有，解得
第7节车厢口头过他时有，解得，故，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】处理匀减速到静止的 “连续位移时间” 问题，逆向视为初速度为 0 的匀加速运动，利用 “初速度为 0 的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间比” 规律，结合匀变速公式联立求解加速度、时间、速度等物理量。
12．电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度始终在减小
B．汽车的加速度先不变后减小
C．该汽车能达到的最大速度是
D．汽车速度为时的加速度为
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得
可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得，可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；
C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有
解得，故C错误；
D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查机车启动的功率与动力学综合分析，核心是结合、牛顿第二定律和阻力公式，分析汽车在不同阶段的加速度变化，计算最大速度和特定速度下的加速度。
13．时，甲、乙两汽车从相距的两地开始相向行驶，它们的图像如图所示。忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）
A．乙车的加速度始终不变
B．在第2小时末，甲乙两车相距
C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D．在第4小时末，甲、乙两车相遇
【答案】B,C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC．图象的斜率表示加速度，斜率的符号代表加速度的方向，根据图像斜率可以得出1h末乙车加速度方向发生改变，由于乙车的图象斜率绝对值总是大于甲车的图象斜率绝对值，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确，A错误；
B．在速度时间图像中，由于图像与坐标轴围成的面积代表位移，根据图像面积可以得出2h末甲车的速度为30km/h，则在第2小时末，甲乙两车相距
故B正确；
D.根据图像面积可以得出4小内甲车的总位移为
根据图像面积可以得出乙车的总位移为
即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点
故此时甲乙两车不相遇，故D错误。
故选BC。
【分析】利用图像斜率可以比较加速度及判别加速度的方向；利用图像面积可以求出位移的大小，进而判别两车是否相遇。
14．一观察者站在列车的第一节车厢的前端，列车从静止开始做匀加速直线运动。第一节车厢通过他历时，全部车厢通过他历时。设各节车厢长度相等，不计车厢间的距离，则：（可能用到的，）（　　）
A．这列火车共有8节
B．这列火车共有9节
C．最后一节车厢通过他历时约为0.36s
D．最后两节车厢通过他经历的时间约为0.35s
【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．设每节车厢长度为s，火车共有n节车厢，则有
解得
节
故B正确，A错误；
CD．设前8节车厢通过它需要的时间为，则
解得：
最后一节通过它的时间
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】AB、根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式列方程组求解火车节数；
CD、根据第1节和前8节位移关系求解前8节时间，由总时间求解第9节通过时间。
15．如图所示，旅客在站台候车线处候车，相邻候车线间的距离以及每节车厢的长度均为L。列车进站时，从1号车厢的前端入口a点经过5号候车线时开始计时，到2号车厢的前端入口b点经过5号候车线时，所用的时间为T，列车停下时a点恰好正对1号候车线。若列车进站时做匀减速直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．列车进站时的加速度大小为
B．a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小为
C．从a点经过2号候车线到列车停止运动，经历的时间为
D．从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的平均速度为
【答案】C,D
【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
【解析】【解答】末速度为零的匀减速直线运动可以看成初速度为零的匀加速度直线运动的逆运动。本题考查对运动学公式及其推论的理解，需要针对性记忆。C．采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为
设列车从a点经过2号候车线到列车停止运动时间为，则有
解得
故C正确；
A．逆向思维，由公式
有列车进站时的加速度大小为
故A错误；
B．逆向思维，a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小
故B错误；
D．从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的总时间为
解得
所以列车从a点经过5号候车线到列车停下的过程中平均速度为
故D正确。
故选CD。
【分析】 根据匀变速直线运动关系式及其推论逐项分析。
三、计算题
16．据悉，中国正在研发“不停站高铁”，方案之一是在高铁顶部设立吊舱，称为吊舱方案。如图所示，高铁列车在平直的铁轨上以288km/h的速度匀速行驶，在离站台3km处开始做匀减速运动，到达站台时刚好减到72km/h，进站吊舱B与高铁车分离，并在减速区停下，高铁车则与已在吊舱加速区加速到72km/h的出站吊舱A对接，并以进站时相同大小的加速度匀加速到288km/h。车厢、吊舱、站台均可看成质点，求
（1）高铁列车进站的加速度大小；
（2）目前，高铁列车仍采用停车方案进站。其以288km/h做匀减速运动，经100s后停下，停留5min供乘客上下车，之后以相同大小的加速度匀加速至288km/h。
①列车从开始减速到恢复正常行驶所通过的位移大小；
②对比停车方案，吊舱方案节省的时间。
【答案】（1）解：高铁列车匀减速直线运动，，，由运动学公式
解得
（2）解：采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
① 采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
② 停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）利用速度 - 位移公式求加速度；
（2）停车方案需经历 “减速 - 停留 - 加速”，耗时久；吊舱方案仅需 “减速对接 - 加速恢复”，大幅节省时间。
（1）高铁列车匀减速直线运动，，，由运动学公式
解得
（2）采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
[1]采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
[2]停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
17．据悉，中国正在研发“不停站高铁”，方案之一是在高铁顶部设立吊舱，称为吊舱方案。如图所示，高铁列车在平直的铁轨上以288km/h的速度匀速行驶，在离站台2.5km处开始做匀减速运动，到达站台时刚好减到72km/h，进站吊舱B与高铁车分离，并在减速区停下，高铁车则与已在吊舱加速区加速到72km/h的出站吊舱A对接，并以进站时相同大小的加速度匀加速到288km/h。车厢、吊舱、站台均可看成质点，求
（1）高铁列车进站的加速度大小；
（2）目前，高铁列车仍采用停车方案进站。其以288km/h做匀减速运动，经80s后停下，停留5min供乘客上下车，之后以相同大小的加速度匀加速至288km/h。
①列车从开始减速到恢复正常行驶所通过的位移大小；
②对比停车方案，吊舱方案节省的时间。
【答案】解：（1）高铁列车匀减速直线运动，，，，由运动学公式
解得
（2）采用停车方案，列车进站用时，停靠用时。
①采用停车方案，列车匀减速运动的位移
停车方案中列车运动的总位移
解得
②停车方案中，列车进站、停靠、出站共用时
吊舱方案中，列车至恢复正常行驶，运动的总位移
要和停车方案运动相同位移，还需运动
还需用时
列车减速进站时间为，由运动学公式
列车从开始减速到恢复正常行驶共用时
节省时间为
解得
【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）根据匀变速直线运动的速度—位移关系求加速度大小；
（2）①根据平均速度公式求解通过的位移大小；
②根据匀变速直线运动的速度—时间关系求吊舱方案的减速时间和总时间，停车方案的减速时间和总时间，二者之差即为节省时间。
18．某大桥是一座公路、铁路两用大桥，主桥长 。某次由于交通管制，将汽车拦停在了一边的桥头处，汽车排成笔直的一列。设汽车车长均为 ，前车尾部与后车头部之间的距离均为。一辆长 的列车从桥对面驶来，抵达大桥另一个桥头，以 的速度匀速通过大桥，当列车车头恰与第一辆汽车的头部平齐时（如图所示），汽车交通管制解除，所有汽车均开始以 的加速度启动过桥。已知大桥上汽车的最大限速为72km/h，不计汽车启动的反应时间，请回答下列问题：
（1）求第一辆汽车与列车完成错车的时间；
（2）求第一辆汽车通过大桥的最短时间；
（3）求第一辆汽车达到最大速度时，与列车完成错车的汽车辆数。
【答案】（1）解： 如图所示为第一辆汽车和列车要完成错车的情境图
对汽车，错车时行驶的距离为
对列车，错车时行驶的距离为
由上图可得
解得时间
（2）解： 对汽车
解出第一辆汽车加速到最大速度的时间
加速过程中汽车行驶的路程
接下来汽车通过大桥所需要的时间
第一辆汽车通过大桥的最短时间
（3）解： 当第一辆汽车达到最大速度时，错车时，对列车有
分析可知
解得
由
解得（或28余），即完成错车29辆。
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知汽车和列车错车的情境，利用两者的位移公式结合空间关系可以求出错车的时间；
（2）汽车先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）当第一辆汽车达到最大速度时，利用位移公式可以求出列车运动的位移，结合汽车运动的距离可以求出错车的车辆数量。
19．航模小组进行螺旋桨飞机模型的下落表演，如图所示，质量为m的飞机模型螺旋桨正常工作，悬停在高处的O点。现关闭螺旋桨，飞机模型从O点由静止开始自由下落，PQ和MN为两段缓冲区，飞机模型进入到缓冲区后，受到方向竖直向上，大小与飞机模型速率成正比的缓冲力的作用（k已知），飞机模型通过Q、N两点时加速度均恰好为0。已知，，不计飞机模型所受空气浮力和阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）O点到P点的距离；
（2）飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能；
（3）若O点下方至N点均为缓冲区，飞机模型仍从O点由静止开始自由下落，运动至N点的总时间t。
【答案】（1）解：飞机模型在OP段自由下落，到达Q、N两点时加速度均恰好为0，则
表明这两点处速度相等，故在PQ和MN做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，则
，
点时加速度为零，则有
由运动到，有
由运动到，有
联立解得
（2）解：飞机模型由运动到，动能不变，机械能减少
同理，由运动到，机械能减少
故飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能
（3）解：由于缓冲区加长，飞机模型到达点的速度仍为，保持不变，重力的冲量为
缓冲力的冲量为
由动量定理可得
且
联立解得
【知识点】动量定理；自由落体运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析物体运动过程，根据自由落体和匀变速直线运动的规律列式解答；
（2）机械能包括动能和势能，根据机械能的定义式列式求解；
（3）求出缓冲力的冲量，根据动量定理列式解答。
（1）飞机模型在OP段自由下落，到达Q、N两点时加速度均恰好为0，则
表明这两点处速度相等，故在PQ和MN做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，则
，
点时加速度为零，则有
由运动到，有
由运动到，有
联立解得
（2）飞机模型由运动到，动能不变，机械能减少
同理，由运动到，机械能减少
故飞机模型在两个缓冲区内减少的总机械能
（3）由于缓冲区加长，飞机模型到达点的速度仍为，保持不变，重力的冲量为
缓冲力的冲量为
由动量定理可得
且
联立解得
20．某同学拍摄我国国产大飞机起飞前的某段运动过程（初速度不为零），相机每隔自动拍摄一次，经过测算得出每张照片对应的飞机实际滑行距离如图所示，拍摄第张照片时飞机恰好起飞，假定起飞前飞机做匀加速直线运动，起飞后爬升阶段过程近似为匀速直线运动，爬升角度与水平方向夹角为，爬升过程中受到发动机的推力、阻力均沿飞行方向且阻力大小满足（为常数，为飞机飞行速度大小），沿垂直于机身的升力为，飞机总质量为，重力加速度大小为，求：
（1）起飞时速度的大小；
（2）飞机爬升阶段受到的发动机推力和升力的大小（用、、、、表示）。
【答案】（1）解：由题意得，飞机每隔位移的增加量均为
根据
得
拍摄第5张照片时，飞机的瞬时速度为
故拍摄第6张照片时，起飞的瞬时速度为
（2）解：爬升阶段过程近似为匀速过程，爬升角度与水平方向夹角为，对飞机受力分析，沿飞行方向有
垂直于飞行方向
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）已知飞机相同时间的位移增加量，利用邻差公式可以求出加速度的大小，利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合速度公式可以求出起飞速度的大小；
（2）飞机做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出推力和升力的大小。
（1）由题意得，飞机每隔位移的增加量均为
根据
得
拍摄第5张照片时，飞机的瞬时速度为
故拍摄第6张照片时，起飞的瞬时速度为
（2）爬升阶段过程近似为匀速过程，爬升角度与水平方向夹角为，对飞机受力分析，沿飞行方向有
垂直于飞行方向
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