2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习重难05 匀变速直线运动与机车启动（解析版）

重难05匀变速直线运动与机车启动

内容导航

速度提升技巧掌握手感养成

重难考向聚焦

锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

重难技巧突破

授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧

重难保分练

稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值

重难抢分练

突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

重难冲刺练

模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

1.初速度为零的匀变速直线运动的重要推论

1．1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为

v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．

2．1T内、2T内、3T内……位移的比为

2222

x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶2∶3∶…∶n．

3．第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为

xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)．

4．通过连续相等的位移所用时间的比为

t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．

2．两种运动的特性

(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。

(2)竖直上抛运动的重要特性

①对称性

如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，如图所示，则：

②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在

解决问题时要注意这个特性。

3．竖直上抛运动的研究方法

上升阶段：a＝g的匀减速直线运动

分段法

下降阶段：自由落体运动

12

初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt(向上方向为

2

全程法正方向)

若v>0，物体上升，若v<0，物体下落

若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方

4.一个典型的物理模型------“0-v-0”模型

v

v0

a1a2

Ot1t2t

（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：

①速度公式v0=a1t1v0=a2t2推导可得：a1/a2=t2/t1

22

②速度位移公式v0=2a1x1v0=2a2x2推导可得：a1/a2=x2/x1

③平均速度位移公式x1=v0t1/2x2=v0t2/2推导可得：x1/x2=t1/t2

（2）位移三个公式：；；

（3）解题策略：画出v-t图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。

5.两种启动方式的比较

两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动

P-t图和

v-t图

P不变

v↑⇒F＝↓F－F阻

分析过程va＝不变⇒

Om

F－F阻

⇒a＝↓F不变v↑⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1

Am

段

运动

v1

加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0＝

性质a

P额不变

F＝F阻⇒a＝0⇒v↑⇒F＝↓⇒

AB过程v

P

段分析vm＝F－F阻

F阻a＝↓

m

运动

以vm匀速直线运动加速度减小的加速直线运动

性质

F＝F阻⇒a＝0⇒

段无

BCP额

以vm＝匀速直线运动

F阻

5．三个重要关系式

PP

(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小

FminF阻

牵引力，其值等于阻力F阻)。

PP

(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。

FF阻

(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以

恒定功率启动过程的位移大小。

（建议用时：30分钟）

1．（2025·黑龙江大庆·一模）在某次模拟空战对抗中，预警机成功锁定阵风战斗机，歼-10CE战斗机随即

发射导弹，在预警机雷达的指引下，导弹沿曲线轨迹成功“击落”了阵风战斗机。关于此次模拟空战的描述中，

下列说法正确的是（）

A．研究导弹在空中的飞行轨迹时，可将其看作质点

B．以导弹为参考系，阵风战斗机一直是静止的

C．导弹在此过程中运动的位移大小等于路程

D．若歼-10CE战斗机在空战中做匀变速直线运动，其位移大小随时间均匀变大

【答案】A

【详解】A．研究导弹的飞行轨迹时，其大小和形状对轨迹影响可忽略，可视为质点，故A正确；

B．导弹与阵风战斗机相对运动，轨迹不同，以导弹为参考系，阵风战斗机是运动的，故B错误；

C．导弹轨迹为曲线，路程大于位移大小，故C错误；

1

D．匀变速直线运动的位移公式为xvtat2

02

其位移大小随时间变大而变大，而非均匀变大，故D错误。

故选A。

2．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）两辆汽车A、B在相邻车道以不同的速度匀速行驶，前方十字路口红灯，

两车刹车过程中并排行驶时，如图甲所示，车头到前方停车线的距离均为20m，最终两车头均恰好到达停

车线前。以两车并排行驶时车头所在处为位移0点并开始计时，以汽车运动方向为正方向建立x轴，汽车A

的x—t图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，汽车B的v—t图像为如图丙所示的直线，下列说

法正确的是（）

A．两汽车同时到达停车线前

B．汽车A的初速度大小为8m/s

5

C．汽车B的加速度大小为m/s2

8

D．两车在运动方向上相距最远的时刻为40s

13

【答案】BCD

【详解】A．两车头均恰好到达停车线前，即到达停车线时速度均恰好减为0，令x020m，根据图乙可知，

汽车A到达停车线前经历时间为t15s

v

根据图丙，由于vt图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则有xBt

022

汽车B的初速度为5m/s，解得t28s

可知，A汽车先到达停车线前，故A错误；

v

B．对A汽车进行分析，根据位移公式有xAt

021

结合上述解得vA8m/s

故B正确；

vB52

C．vt图像斜率的绝对值表示加速度，根据图丙，结合上述有aBm/s，故C正确；

t28

vA82

D．汽车A的加速度aAm/s

t15

结合上述，A的初速度大于B的初速度，A的加速度大于B的加速度，可知，开始A汽车在前，两者间距

逐渐增大，由于A减速得快一些，则当两者速度相等时，两车间距达到最大，令经历时间t3，A、B达到

相等速度，则有vvAaAt3vBaBt3

解得t40s，故D正确。

313

故选BCD。

3．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在足够长倾角为θ的粗

糙斜面上，甲到乙顶端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0沿斜面匀速向下运

动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像

分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下

列说法正确的是（）

A．乙与斜面间的动摩擦因数为tan

v0

B．甲、乙间的动摩擦因数为-tan

4t0gcos

vt

C．甲到乙顶端的距离L00

5

D．乙、丙的质量比m:M3:1

【答案】ABD

【详解】A．由图（b）可知，在0t0时刻乙做减速运动，在t0时刻之后速度不变，做匀速直线运动，说明

在t0时刻甲、乙共速，之后一起以共同速度向下做匀速直线运动，对甲、乙整体受力分析，沿斜面方向有

2mgsinf12mgcos

解得乙与斜面间的动摩擦因数为1tan，故A正确；

123v0t0

B．设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知xvtat

10208

根据x-t图像的切线斜率表示速度，抛物线的顶点为Q的切线斜率为零，即在2t0时刻乙的速度为零，则有

v1a2t00

v

v00

联立解得v1，a

24t0

在0t0时刻乙做减速运动，根据牛顿第二定律有2mgcos12mgcosmgsinma

v0

解得2tan，故B正确；

4t0gcos

C．在0t0时刻甲做加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin2mgcosma

v

解得a0

4t0

由图（b）可知，在t0时刻甲、乙共速，之后以共同速度一起向下做匀速直线运动，则在0t0时间内甲、乙

12v0t0123

产生的位移分别为x甲at，x乙vtatvt

2081020800

v0t0

故在0t时间内甲、乙发生的相对位移为xx乙x甲

04

vt

故甲到乙顶端的距离Lx00，故C错误；

4

D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得Mv0Mv2mv1，

111

Mv2Mv2mv2

202221

联立解得乙、丙的质量比m:M3:1，故D正确。

故选ABD。

4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）某中学物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的vt图像，v是平均

速度，如图所示，下列说法正确的是（）

b

A．物体的初速度大小为b，加速度大小为

t0

t

B．阴影部分的面积表示物体在0~0时间内通过的位移

2

C．物体在t0时刻回到出发点

D．物体在t0时刻速度方向发生改变

【答案】C

1

【详解】A．物体做匀变速运动，根据运动学公式有xvtat2

02

x1

整理得vat

t02

a

可知图像的斜率为k

2

纵截距为bv0

2b

所以物体的加速度大小为a，故A错误；

t0

B．初速度为b，根据速度时间关系式vv0at

tbtt

代入数据得在0时的速度为0，则为00时间内的平均速度，所以00时间内物体的位移为

2222

btbt

x00

224

故B错误；

2b

CD．物体的加速度大小为a

t0

b2

初速度为b，则有xbtt

t0

将tt0代入得x0

即物体在t0时刻回到出发点，由此可知在t0时刻之前速度方向已发生改变，故C正确，D错误。

故选C。

5．（2025·内蒙古赤峰·三模）如图某同学在水平桌面上弹滑块，可视为质点的滑块瞬间获得一个水平向右

的初速度v00.8m/s，沿平行于桌边的直线做匀减速运动，滑块经桌面右端飞出落到地面，从弹出到落

地共用时2.4s，已知桌面高度H0.8m，g10m/s2。则桌面的长度L可能是（）

A．0.6mB．1mC．1.8mD．2m

【答案】B

1

【详解】设滑块到达桌面右端时速度为v，则根据平抛运动规律有Hgt2

22

解得滑块平抛运动时间t20.4s

可知滑块在桌面运动时间t12.4st22s

要想滑块从桌面的右端飞出，滑块到右端时的速度应大于0，所以vv0at10

解得0a0.4m/s2

1

根据匀减速运动位移公式有Lvtat21.62am

0121

所以0.8mL1.6m

所以B选项符合题意。

故选B。

6．（2025·内蒙古通辽·三模）乌珠穆沁白马经数百年驯化，具备了体形优美、聪明睿智、耐力十足的特性。

一匹马由静止开始沿直线运动的速度—时间图像如图所示，则这匹马从静止开始跑500m所用的时间为

（）

A．25sB．27sC．28.5sD．30s

【答案】B

1

【详解】根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知x204m20t4500m

2

解得t=27s

故选B。

7．（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，高速公路收费站设有“ETC”通道（即不停车收费通道），某汽车通

过笔直的“ETC”通道时先减速至某一限定速度，然后匀速通过收费区，再加速驶离，其速度时间图像如图乙

所示。则汽车位移时间图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】如图乙所示，汽车先做正向匀减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向匀加速直线运动。

A．图像A反映汽车先做负向匀速运动后静止，再做正向匀速运动，A错误；

B．图像B反映汽车先做正向匀速运动后静止，再做负向匀速运动，B错误；

C．图像C反映汽车先做正向减速直线运动后静止，再做正向加速直线运动，C错误；

D．图像D反映汽车先做正向减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向加速直线运动，D正确。

故选D。

8．（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B

两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力的功均分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速

度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是（）

A．xA:xB2:1B．WA:WB4:1C．IA:IB4:1D．aA:aB2:1

【答案】B

11

【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移x2vtvt，x·v2tvt

A20000B20000

联立解得xA:xB1:1，故A错误；

1211

B．根据动能定理有W0m2v2mv2，W0mv2mv2

A200B2020

联立解得WA:WB4:1，故B正确；

C．根据动量定理有IA0m2v02mv0，IB0mv0mv0

联立解得IA:IB2:1，故C错误；

02v02v00v0v0

D．图线的斜率代表物体的加速度aA，aB

t0t02t02t0

联立解得aA:aB4:1，故D错误。故选B。

（建议用时：30分钟）

9．（2025·辽宁沈阳·一模）2024年11月珠海航展中，我国多款无人机受到人们的广泛关注。在航展中甲、

乙两款无人机沿着同一直线同向飞行，展示“空中停车”性能（即无人机减速到0并悬停在空中），t0时

刻无人机甲在无人机乙前方x015m处做“空中停车”测试，无人机甲的初速度v118m/s，加速度大小

22

a12m/s，同时无人机乙由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a24m/s。为了避免与前方的无人

机甲相撞，无人机乙加速4s后开始以大小为a3的加速度做匀减速直线运动。

(1)无人机乙加速过程中，求无人机甲的位移x1；

(2)无人机乙加速过程中，求无人机甲和乙的最大距离xm；

【答案】(1)56m(2)42m

【详解】（1）由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。

则此时无人机甲的速度v′=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s

vv1018

无人机甲运动的位移x1t4m=56m

1212

（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间为

t2，则有v1-a1t2=a2t2

代入数据，解得t2=3s

则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s

vv11218

在此过程中，无人机甲运动的位移x甲t3m45m

222

v12

无人机乙运动的位移x乙t3m18m

222

则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x甲+x0-x乙=45m+15m-18m=42m

10．（2025·辽宁葫芦岛·二模）折返跑是体育课上经常练习的一个运动项目。小明同学完成一次折返跑过程

的v−t图像可能是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】AD．v−t图像中速度的正负表示方向，若开始速度为正，则返回时速度应为负，故AD错误；

BC．v−t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，往返位移大小相等，所以对应面积应相等，故B正

确，C错误。

故选B。

11．（2025·吉林松原·模拟预测）甲、乙两辆小车在一条平直的车道上行驶，它们速度随时间变化的vt图

像如图所示，其中甲的图线为两段相同的圆弧，乙的图线为直线，则下列说法正确的是（）

A．t2s时两车的加速度大小不等

B．t4s时两车一定相遇

C．在04s内，两小车的平均速度相同

D．在04s内，甲车的加速度方向改变

【答案】AC

【详解】A．vt图像中直线或曲线某处切线的斜率表示加速度，由图像知t2s时甲车的加速度大于乙车

的加速度，故A正确；

B．在04s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t4s时是否相遇，故B

错误；

C．在04s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，故C正确；

D．04s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，故D错误。

故选AC。

12．（2025·吉林长春·一模）2023年10月31日，我国神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。

其部分运动过程简化如下：返回舱在离地面某高度处打开降落伞，在降落伞的作用下返回舱的速度从

v064m/s降至v18m/s，此后返回舱的运动可视为匀速下落，当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，

经时间t0.25s速度由8m/s匀减速至0后恰好落到地面。设降落伞所受的空气阻力与其速率成正比，其余阻

力不计。重力加速度大小g10m/s2，降落伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，设全过程为竖直方

向的运动。

(1)求返回舱开始匀减速下落时离地的高度h；

(2)求返回舱的速度为v0时的加速度大小a0；

(3)若宇航员的质量m60kg，求在最后的匀减速过程中宇航员受到的座椅施加的作用力大小F。

【答案】(1)1m(2)70ms2(3)2520N

【详解】（1）当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间t0.25s速度由8m/s匀减速至0后恰好落到

vv

地面上，根据匀变速直线运动的规律，由公式v0t和xvt可知，

2

v080

代入数据解得hvt1t0.25m1m

22

（2）由题知，降落伞所受的空气阻力与速率成正比，设返回舱的质量为m1，返回舱做匀速运动时，根据受

力平衡可得kv1m1g

当返回舱速度为v0时，根据牛顿第二定律可得kv0m1gm1a0

2

代入数据解得a070m/s

（3）设在最后的匀减速过程返回舱的加速度大小为a，

v8

根据逆向思维，由匀变速直线运动公式vat可知，代入数据得a1m/s232m/s2

1t0.25

对返回舱做匀减速运动的过程，由牛顿第二定律可得Fmgma

代入数据解得Fmgma6010N6032N2520N

13．（2025·吉林·一模）某同学骑电动车在平直路段行驶的过程中，用智能手表记录了其速度随时间变化的

关系图像，如图所示，AB、CD和EF段近似看成直线。电动车和人的总质量为100kg，电动车所受阻力恒

定，已知AB段时间间隔为2.5s，CD段电动车的功率恒为240W，重力加速度g取10m/s2，则该电动车

（）

A．在AB段通过的位移大小为15mB．CD段所受的阻力大小为50N

C．EF段的功率大小恒定D．在AB段所受牵引力大小为120N

【答案】D

【详解】A．AB段电动车做匀加速直线运动，由运动学知识有

vv2.04.0

xvt01tm/s2.5s7.5m，A错误；

ABAB2AB2

P240W

B．CD段电动车做匀速直线运动，则有Ff40N，B错误；

v16.0m/s

C．EF段电动车做匀减速直线运动由牛顿定律有fFma

即在EF段电动车所受的牵引力不变，但电动车速度在减小，由PFv

可知EF段的功率减小，C错误；

v4.02.0

D．由图像可知在AB段电动车做匀加速直线运动的加速度大小为am/s20.8m/s2

t2.5

由牛顿第二定律有Ffma

联立解得在AB段所受牵引力大小为F120N，D正确。

故选D。

14．（2025·吉林·一模）一辆质量为2000kg的新型电动车在水平平直的道路上进行加速测试。电动车由静

止开始以80kW的恒定功率加速前进，最终达到最大的运行速度后停止测试缓慢减速至停止。若此电动车加

速过程中速度大小为20m/s时，加速度为1.6m/s2，且行驶过程中受到的阻力大小不变。下列说法正确的

是（）

A．电动车所受的阻力大小为800N

B．电动车所受的阻力大小为1000N

C．电动车所能达到的最大速度为50m/s

D．若加速过程持续135s，则加速距离为10km

【答案】A

【详解】AB．根据P=Fv

P80000

可得当速度20m/s时，牵引力FN4000N

v20

根据牛顿第二定律Ffma

代入数据解得f800N，故A正确，B错误。

P80000

C．最大速度时牵引力等于阻力，即vmaxm/s100m/s，故C错误；

f800

1

D．根据动能定理，有Ptfxmv20

2max

解得x1000m，故D错误。

故选A。

15．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）2024年12月29日，全球最快高铁列车CR450动车组样车发布，这标

志着“CR450科技创新工程”取得重大突破，将极大提升我国铁路科技创新水平和科技自立自强能力，进一

步巩固扩大我国高铁技术世界领跑优势。某动车组由4辆提供动力的动车和4辆无动力的拖车组成，其中

第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车。每节车厢的质量均为50吨，每节动车的额定功率均为2750千

瓦，各节车厢之间只有水平方向的相互作用力。行驶过程中，每节动车提供的动力相同，每节车厢所受阻

力大小恒为其重力的0.025倍。某次测试中，动车组由始发站以1m/s2的加速度匀加速启动，达到额定功率

后以额定功率行驶。设铁轨为水平直线，重力加速度取10m/s2。求：

(1)匀加速阶段，第3节与第4节车厢间的相互作用力多大；

(2)动车组匀加速的时间和位移分别为多少；

1000

(3)若动车组行驶过程中所受总阻力与速度的平方成正比，即fv2（各量均取国际单位），则动车组

121

匀速行驶的速度为多大。

【答案】(1)6.25104N(2)22s，242m(3)110m/s

【详解】（1）因为该动车组由4辆提供动力的动车和4辆无动力的拖车组成，故匀加速阶段，对动车组受

力分析列牛顿第二定律方程有4F8kmg8ma

解得F1.25105N

将第1、2、3节车厢看成整体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有F3kmgF433ma

4

解得F436.2510N

负号表示第4节对第3节车厢的作用力与动车组运动方向相同，故第3节与第4节车厢间的相互作用力大

小为6.25104N。

（2）当动车组匀加速结束时功率恰好达到额定功率，设此时速度为v，由P额Fv

P

解得v22m/s

F

设匀加速阶段的时间为t，由运动学公式vat

v

解得t22s

a

1

设匀加速阶段的位移为x，由运动学公式xat2

2

代入数据解得x242m

即动车组匀加速的时间为22s，位移为242m。

（3）当列车组匀速行驶时有4Pf总vm

4P

整理解得f总

vm

10002

又因为f总v

121m

代入上式解得vm110m/s

即动车组匀速行驶的速度为110m/s。

16．（2024·吉林长春·模拟预测）2024年1月28日报道，CR200J-C型“复兴号”动力集中型动车组亮相春运。

复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。

一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，

设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）

A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小

11

C．牵引力的功率PfvD．牵引力做功Wmv2mv2

m2m20

【答案】BC

【详解】AB．根据牛顿第二定律Ffma，PFv

P

整理得maf

v

随着速度v增大，加速度a减小，故A错误，B正确；

CD．由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，则有Ff

根据PFvmfvm

11

根据动能定理有Wfxmv2mv2

2m20

11

计算得Wmv2mv2fx

2m20

故C正确，D错误。

故选BC。

（建议用时：40分钟）

17．（2024·辽宁辽阳·一模）一电动玩具汽车启动时，以额定功率沿直线加速并达到最大速度，其加速度a

1

与速度倒数的关系图像如图所示。已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为100N，取重力加速度大小

v

g10m/s2。则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为（）

A．200W2m/sB．100W4m/sC．100W2m/sD．200W4m/s

【答案】A

【详解】设电动玩具汽车的额定功率为P，受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得Ffma

又PFv

P1f

联立可得a

mvm

1f2P62

根据a图像可得2m/s，m2/s34m2/s3

vmm2

解得P200W

P

当牵引力等于阻力时，速度到达最大，则有v2m/s

mf

故选A。

18．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）研发小组在平直的封闭道路上测试某无人驾驶汽车的性能，当汽车的速度

为v0时开始无动力滑行，此刻作为计时起点，经时间t1后以额定功率P0加速行驶，t2时刻达到最大速度vm，

用电脑记录汽车的速度—时间（v-t）图像如图所示，汽车的总质量为m，行驶过程中受到的阻力f保持不变，

则下列表述中正确的是（）

P

A．汽车受到的阻力为f0

v0

P0t1

B．汽车的最大速度为vm

m(v0v1)

1

C．汽车加速过程的位移为x(vv)(tt)

2m121

D．汽车在0~t2时间内牵引力做功为WP0t2

【答案】B

【详解】A．由于汽车速度为v0，汽车处于加速阶段，因此汽车受到的牵引力大于汽车受到的阻力，A错误；

vv0v1

B．由图可知，汽车滑行时的加速度大小为a

tt1

vv

由牛顿第二定律可得，汽车受到的阻力大小为fmam01

t1

m(vv)

汽车速度最大时，牵引力等于阻力，即Ff01

t1

P0P0t1

故汽车的最大速度vm

Fm(v0v1)

B正确；

11

C．设汽车加速阶段的位移为x，根据动能定理可得P(tt)fxmv2mv2

0212m21

232

P0(t2t1)t1P0t1v1t1

联立上述结论解得x3

m(v0v1)2m(v0v1)2(v0v1)

C错误；

D．汽车在0~t2时间内牵引力做功为WP0(t2t1)

D错误。

故选B。

19．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨至齐齐哈尔高铁动车组共8节，由4节动车和4节拖车编组而成，

每节动车额定功率为P，行驶时阻力与车重成正比。若动车组以最大速度vmax行驶，下列说法正确的是（）

A．关闭发动机后滑行距离与速度平方成正比

vP

B．保持额定功率行驶，速度为max时加速度为

22mvmax

3v

C．若改为6节动车，2节拖车，动车组最大速度变为max

2

D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力和向心力

【答案】ABC

v2

【详解】A．进站时关闭发动机后，动车组做匀减速运动，根据x

2a

可知从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故A正确；

B．保持额定功率行驶，设每节车厢的阻力为f，则最大速度时4P8fvmax

4P4P

v1v

当速度变为max时，其加速度为vmax

maxP

2a2

8m2mvmax

故B正确；

'6P3

C．若改为6节动车带2节拖车，则额定总功率为6P，则动车组最大速度变为vmaxvmax

8f2

故C正确；

D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力，也可能存在摩擦力，但不会有单独的向心力，故D错误。

故选ABC。

20．（2025·内蒙古·模拟预测）一列复兴号列车长200米，在平直轨道上以360km/h的速度匀速前进，此时

功率为8000千瓦，某时刻开始进入一长度为2000米的平直隧道，假设列车在隧道中受到的新增阻力与列

车在隧道中的长度成正比，原有阻力不变，列车始终匀速前进，完全进入隧道后功率变为10400千瓦，则

下列说法正确的是（）

A．列车在未到达隧道前，所受的阻力为1.04105N

B．列车在隧道中所受阻力与车长度的比例系数为2.4104N/m

C．列车在通过隧道的整个过程中牵引力所做的功为2.24108J

D．列车因过隧道多消耗的电能为5.28107J

【答案】C

P8000103W

fF8104N

【详解】A．列车匀速时有1牵360

vm/s

3.6

故A错误；

5

B．列车完全进入隧道，达到P额，可得P额10410Wf1200k100W

联立解得k120N/m

故B错误；

C．题意可知列车在隧道中受到的新增阻力与列车在隧道中的长度成正比，列车长200m，故列车在穿越隧

道中受到的阻力大小与其位移x图像如下

对列车在通过隧道的整个过程，由动能定理得WFWf总0

4

因为Wf总Wf1Wf隧道8102200JWf隧道

7

Wf隧道即为fx图像梯形面积，即Wf隧道4.810J

8

联立解得牵引力做功WF2.2410J

故C正确；

D．列车因过隧道多消耗的电能就是克服额外阻力做的功，即克服额外阻力做的功为fx图像的梯形面积，

即为4.8107J，故D错误。故选C。

21．（2024·内蒙古包头·三模）用起重机将质量为200kg的重物由静止沿竖直方向吊起，重物先匀加速上升，

起重机输出功率达到额定功率4.4kW后保持不变，整个过程中起重机输出功率P随时间t的变化如图所示，

不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²，下列说法正确的是（）

A．t=1s时，重物的速率为1.1m/s

B．t=1s时，重物的重力势能增加了1000J

C．t=2s时，重物受到竖直向上的拉力大小为2000N

D．t=3s时，重物的加速度大小为1m/s²

【答案】B

【详解】A．重物先由静止做匀加速直线运动，则有vat

根据牛顿第二定律有Fmgma

解得Fmgma

根据功率PFv

联立得Pmgmaat

4.4103

对Pt图像其斜率为mgmaaJ

2

代入m200kg，可得2000a200a22200

解得a1m/s2，a11m/s2（舍去）

t1s时重物的速率为v1at11m/s1m/s

故A错误；

11

B．t1s内的位移xat2112m0.5m

122

重力势能的增加量为Ep1mgx1200100.5J1000J

故B正确；

C．t2s达到额定功率P4.4kW后保持不变，t2s时仍有a1m/s2的加速度，根据牛顿第二定律有

Fmgma

解得F2200N

故C错误；

D．t2s3s时，功率P4.4kW保持不变，根据PFv

可知随着速度v增大，F在减小；根据牛顿第二定律有Fmgma

可知加速度a在减小，所以t3s时加速度小于1m/s2，故D错误。

故选B。

2