安徽省合肥市2025届高三11月月考物理试卷（含解析）

这是一份安徽省合肥市2025届高三11月月考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一辆汽车制动后做匀减速直线运动，在刚开始减速的前3s内，汽车每1s前进的距离分别是10m，8m、6m，根据以上数据可以判断( )
A. 汽车的加速度大小为1m/s2
B. 第3s末汽车的瞬时速度大小为5m/s
C. 再经过2s后汽车停止运动
D. 从制动到停下，汽车的平均速度大小为6m/s
【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查匀变速直线运动的规律和推论。汽车制动后做匀减速直线运动，由相邻相等时间间隔内的位移差Δx=aT2求解汽车的加速度大小；由匀变速直线运动的位移时间关系式求解汽车的初速度，由速度时间关系求解第3s末汽车的瞬时速度大小；由速度时间关系求解汽车运动的时间；匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于初末速度的平均值，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.汽车在制动后做匀减速直线运动，根据在相等的相邻的时间间隔内，位移的差值相等，由逐差法可得汽车的加速度大小为 a=ΔxT2=212m/s2=2m/s2，故A错误；
B.根据位移−时间公式 x=v0t−12at2 ，可得汽车在第1s内位移为 10=v0×1−12×2×12， 解得 v0=11m/s，
第3s末汽车的瞬时速度大小为 v3=v0−at3=11−2×3m/s=5m/s ，故B正确；
C.设再经过 t′ 后汽车停止运动，则有 t′=v3a=52s=2.5s ，故C错误；
D.根据匀变速直线运动推论可得从制动到停下，汽车的平均速度大小为 v=v0+02=5.5m/s，故D错误。
2.如图所示，三根完全相同的粗细均匀的圆木A、B、C堆放在水平地面上并处于静止状态，每根圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1=120∘.若在地面上的两根圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 圆木间的弹力大小为0.5mg
B. 地面上的每根圆木受到地面的摩擦力大小为0.5mg
C. 地面上的每根圆木受到地面的作用力大小为1.5mg
D. 地面与圆木间的动摩擦因数为33
【答案】D
【解析】对A进行受力分析，如图所示，A处于平衡状态，所受合力为零，有N1sin60∘=N2sin60∘，N1cs60∘+N2cs60∘=mg，解得N1=N2=mg， A错误；地面上的每根圆木受到地面的摩擦力大小为f=N1′cs30∘，由牛顿第三定律可得N1′=N1，解得f= 32mg， B错误；对B，在竖直方向上有N2′cs60∘+mg=NB，由牛顿第三定律可得N2′=N2，解得NB=3mg2，地面上的每根圆木受到地面的作用力大小为F= NB2+f2= 32mg2+ 32mg2= 3mg， C错误；地面上的两根圆木刚好要滑动时，摩擦力恰好是最大静摩擦力，则有f=μNB，解得μ= 33， D正确．
3.2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力−时间(F−t)图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g大小取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 演员在a到b过程处于超重状态
B. 演员在b时刻速度最大，速度大小为8m/s
C. 从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1280J
D. 从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为320N⋅s
【答案】C
【解析】A.演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；
B.结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；
C.根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为2.8s−1.2s=1.6s
根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有v0=gt=10×0.8m/s=8m/s
在0.2s到1.2s内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为W=12mv02=1280J
根据图像可知，从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 1280J ，故C正确；
D.从a时刻到b时刻，根据动量定理有I−mgtab=mv0
解得I=mgtab+mv0
解得I=720N⋅s，故D错误。
故选C。
4.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是
A. 第一次轻绳的拉力大小逐渐增大
B. 第一次半圆环受到的压力大小不变
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小不相等
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小相等
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了力的合成与分解的运用、共点力的平衡；本题是共点力平衡的动态变化分析问题，在非直角三角形的情况下，运用三角形相似法列式也是常用的方法。
选取小圆环N为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力：重力、绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到FN、F与MO、ON的关系，再分析FN和F的变化情况；第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点过程中，小圆环作圆周运动，根据圆周运动的相关知识进行分析。
【解答】
在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg和FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图：
；
由三角形相似得：mgMO=FNON=TMN①
A.轻绳的拉力F=T，由①可得：F=MNMOmg，MN变小，MO不变，则F变小，故A错误；
B.半圆环受到的压力F压=FN=ONMOmg，而MO=ON，所以半圆环受到的压力大小始终等于mg，故B正确；
CD.第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点，小圆环沿半圆环作圆周运动，在N点：支持力、拉力在水平方向的分力提供小球圆周运动向心力：Tsin45°−FN=mv2R，竖直方向：Tcs45°=mg，所以小圆环第一次在N点时轻绳的拉力等于第二次在N点时轻绳的拉力，由于速率大小不确定，小圆环第一次在N点时受到的压力与第二次在N点时受到的压力不一定相等，故CD错误。
故选B。
5.如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为m0的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m0很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则( )
A. 该卫星的线速度比月球的线速度小
B. 该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
C. 该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
D. 题中物理量满足等式ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
【答案】D
【解析】AB、因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由v=ωr和a=ω2r知，位于拉格朗日点的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故AB错误；
C、由于第一宇宙速度7.9km/s，为绕地球运动的最小的发射速度，第二宇宙速度11.2km/s，为脱离地球运动的最小的发射速度，该卫星和月球一起绕地球运动，卫星的发射速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s，故C错误；
D、月球绕地球公转时，有GMmL2=mω2L，
位于拉格朗日点的卫星的向心力由地球和月球共同提供，故有
GMm0(L+d)2+Gmm0d2=m0ω2L+d
联立解得ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
故D正确。
6.如图，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳对A的拉力对A不做功
B. A、B组成的系统机械能守恒
C. A物体到Q点时，B物体的动量大小为mvsinθ
D. A物体到Q点时，B物体的动能为mgh−12mv2
【答案】C
【解析】A、轻绳对A的拉力对A做负功，故A错误；
B、摩擦力对B做负功，系统机械能减小，故B错误；
C、A物体到Q点时速度为v，根据A物体沿绳子方向的分速度与B物体的速度大小相等，如图所示，由速度的分解可知，B物体的速度为vB=v绳=vsinθ，
A物体到Q点时，B物体的动量为pB=mvB=mvsinθ，故C正确；
D、A物体到Q点时，B物体的速度为vB=v绳=vsinθ，则B物体的动能为EkB=12mv2sin2θ，故D错误。
故选C。
7.如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，已知重力加速度为g，由此不能确定的是( )
A. 滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B. 滑块最终所处的位置
C. 滑块与杆之间动摩擦因数μ
D. 滑块第k次与挡板碰撞后速度vk
【答案】D
【解析】【分析】
滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两段加速度，利用运动学公式求解。
解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等。
【解答】
解：设下滑时间为t，到达底端速度为v
由速度时间公式得：
下滑过程：v=a1t ①
上滑过程：v=a2t2 ②
由牛顿第二定律得：
下滑加速度为：a1=mgsinα−fm ③
上滑加速度为：a2=mgsinα+fm ④
①②③④联立得：a1=23gsinα
a2=43gsinα， 所以A能确定；
f=13mgsinα，又f=μFN=μmgcsα，两式联立得：μ=13tanα，所以C能确定；
滑块由A点由静止释放后下滑，所以重力沿杆的分量大于摩擦力，所以最终滑块停在底端，所以B能确定；
因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D不能确定；
本题选不能确定的，故选D。
8.如图甲所示，物块A、B的质量分别为2kg、3kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从高为5m的平台以9m/s的初速度水平抛出，落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，与物块A粘在一起不再分开，物块A的v−t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 前2s时间内，弹簧对物块B的冲量大小为0
B. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为27J
C. 物块C的质量为2kg
D. 物块B离开墙壁后的最大速度为3m/s
【答案】D
【解析】【分析】
由A球的运动情况判断弹性及B球的运动情况，再由动量定理及冲量的概念判断B球受到的冲量；由机械能守恒定律解得弹簧的最大弹性势能；由AC碰撞过程满足水平方向动量守恒得解；当B的速度最大时，对系统由动量守恒得解。
本题主要考查对系统动量守恒及机械能守恒的理解与应用，过程复杂，有一定难度。
【解答】
A.由图可知，碰后瞬间，AC整体的速度为3m/s，向右运动，压缩弹簧，速度减小，当二者整体的速度减为零时，弹簧倍压缩到最短，后弹簧反弹，将二者整体向左推出，当二者整体的速度增加为向左的3m/s时，弹簧回复原长，故该过程，B球未离开墙壁，其速度未发生变化，故由动量定理可知，其合力的冲量为零，但该过程，墙壁对其向左的弹力与弹簧对其向右的弹力等大、反向，故由冲量的概念可知，弹簧对物块B的冲量大小不为0，故A错误；
BC.由题意可知，物块C落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，与物块A粘在一起不再分开，故由二者构成的系统满足水平方向动量守恒，故可得：mCv0=mC+mAv，由题意可知，v0=9m/s，v=3m/s，联立可得：mC=1kg，之后二者开始压缩弹簧，由三者及弹簧构成的系统满足机械能守恒，当弹簧被压缩到最短时，其势能最大，该过程中，由A、C二者的动能转化为弹簧的势能，故由图及以上分析可得物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为：Ep=12mC+mAv2=13.5J，故BC错误；
D.设向左为正方向。物块B离开墙壁后具有最大速度时，弹簧被拉伸到最长，弹簧的弹性势能最大，此时AC整体的速度减为零，从AC整体具有向左的3m/s速度到B具有最大速度过程，由水平方向动量守恒：mC+mAv=mBv1，解得物块B离开墙壁后的最大速度为：v1=3m/s，故D正确。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.抛秧是一种水稻种植方法。如图甲所示，在抛秧时，人们将育好的水稻秧苗大把抓起，然后向空中用力抛出，使秧苗分散着落入田间。这种种植方式相对传统插秧更省时省力。某同学研究抛秧的运动时，将秧苗的运动简化为以肩关节为圆心臂长为半径的圆周运动，忽略空气阻力，如图乙所示。秧苗离手瞬间，通过手指改变秧苗的运动速度，A、B两秧苗(质量相等)离开手后做不同的抛体运动，其轨迹在空中交于P点。下列说法正确的是( )
A. 在P点时，秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率
B. 秧苗在最低点，手对秧苗的作用力等于秧苗的重力
C. 秧苗A先经过P点
D. 秧苗B初速度水平分量一定大于秧苗A初速度水平分量
【答案】AD
【解析】AC.依题意，抛出点与P竖直距离一定，秧苗A竖直方向是竖直上抛运动，秧苗B是自由落体运动，所以秧苗B用时短，先经过P点。故C错误；
vy=gt，且重力瞬时功率P=mgvy，秧苗质量相等，而竖直速度vAy>vBy，所以秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率，故A正确，C错误；
B.秧苗在最低点，由牛顿第二定律 F−mg=mv2r 可知，手对秧苗的作用力大于秧苗的重力。故B错误；
D.抛出点与P水平距离一定，根据 x=v0t 可知，秧苗B初速度的水平分量一定大于秧苗A的初速度的水平分量。故D正确。
故选AD。
10.图中为一款自动弹射发球机玩具，脚踩下按钮后，球会在弹射装置的作用下竖直向上运动，当球上升至最高点时，受到球棒水平击打，随后在空中运动一段时间后落地.已知小球的质量为m，球棒击打的平均作用力为F，作用时间为t，球的落点距离发射口中心的水平距离为x，发球机的高度以及空气阻力忽略不计，则( )
A. 小球被击打后至落地的过程中，重力势能的减少量等于动能的增加量
B. 球棒击打的力度越大，球在空中的运动时间越长
C. 小球落地时重力的功率为m2g2xFt
D. 弹射装置对小球做的功为m3g2x2F2t2
【答案】AC
【解析】A.小球被击打后至落地的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律，小球在整个过程中机械能守恒，即动能和重力势能相互转化，总量保持不变，所以小球从被击打到落地，重力势能的减少量等于动能的增加量，故A正确；
B.由于发球机的高度忽略不计，所以小球下落的高度不变，根据h=12gt2可知小球在空中运动的时间是固定的，与球棒击打的力度无关，故B错误；
C.设球被击打后的水平速度为vx，根据动量定理：Ft=mvx
根据平抛运动的规律，水平方向x=vxt′
小球落地时竖直方向的速度vy=gt′
小球落地时重力的功率PG=mgvy=m2g2xFt，故C正确；
D.设弹射装置对小球做的功为W，小球离开发球机的速度为v，根据动能定理：W=12mv2；
根据平抛运动的规律，水平方向x=vxt′
竖直方向：h=12gt′2
由动量定理：Ft=mvx
又：h=v22g
联立解得：W=m3g2x22F2t2，故D错误。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图甲所示的装置测定木质滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在木质水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为F1，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度使细绳水平)，滑块起初放在较长的木板的最右端(滑块可视为质点)，长木板的左、右两端连接有光电门(图中未画出，质量不计)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。测量木板长为L，木板一端连接一根轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一力传感器B和一只空砂桶(调节滑轮使桌面上部轻绳水平)，力传感器B的读数记为F2，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空砂桶中缓慢倒入砂子。(重力加速度g=10 m/s2)
(1)缓慢倒入砂子时，F1的读数缓慢增大到3.5 N时突变为3.0 N，测出滑块的质量为m1=1.5 kg，则滑块与木板间的动摩擦因数μ为 ；
(2)已知木质滑块与木板及木板与木质水平桌面间动摩擦因数相同，在木板开始滑动后，测出在砂桶中装有质量不同的砂子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为 (用L和t表示)，在坐标系中作出F2−1t2的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为 (用k和L表示)，则图中的纵截距为 (用k和L表示)。
【答案】0.2
2Lt2
k2L
6+ kL

【解析】(1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力Ff=3.0N，动摩擦因数μ=Ffm1g=0.2；
(2)根据L=12at2可得，a=2Lt2;对木板由牛顿第二定律有F2−μ(m2+2m1)g=m2a，故F2=6+2m2+m22Lt2因此，F2−1t2图线斜率k=2m2L，则木板的质量为m2=k2L，纵截距为6+kL。
12.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。
(1)为保证两球是对心碰撞，用20分度的游标卡尺测量小球的直径，如下图，则读数为______mm。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.入射小球每次可由不同位置自由滚下 B.两小球的质量关系必须m1>m2
C.斜槽轨道必须光滑 D.斜槽轨道末端必须水平
(3)若测量数据近似满足关系式________(用m1、m2、xM、xP、xN表示)，则两小球碰撞过程动量守恒：在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式________仅用xM、xP、xN表示)，则说明碰撞为弹性碰撞。
【答案】(1) 14.50；(2)BD；(3)m1xP=m1xM+m2xN；(4)xP=xN−xM。
【解析】【分析】
本题考查了“验证动量守恒定律”这个实验及弹性碰撞这些知识点；
(1)根据游标卡尺的读数方法读数；
(2)根据实验方法及注意事项回答即可；
(3)根据动量守恒定律即可回答；根据动量守恒定律及机械能守恒定律列式联立求解即可。
【解答】(1)读数为14mm+10×0.05mm=14.50mm；
(2)A.入射小球每次必须由同一位置自由滚下，以保证碰撞前速度相同，故A错误；
B.入射小球碰撞后要向前运动，根据碰撞道理，应该m1>m2,故B正确；
CD.斜槽轨道不一定要光滑，但末端一定要水平，故C错误；D正确。
故选BD；
(3)根据动量守恒定律得：m1xPt=m1xMt+m2xNt，解得m1xP=m1xM+m2xN
若满足关系式 m1xP=m1xM+m2xN，就可以说明两小球碰撞过程中动量守恒；
要为弹性碰撞，还必须有12⋅m1(xPt)2=12⋅m1(xMt)2+12⋅m2(xNt)2
整理得：12m1xP2=12m1xM2+12m2xN2，结合m1xP=m1xM+m2xN
联立求解可得：xP=xN−xM。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d=0.8m处．由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取10m/s2，求：
(1)C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；
(2)碰撞后，B经过多长时间到达地面．
【答案】解：(1)C与B碰撞前的过程，由动能定理有2mgd=122mvC2−0
得vC= 2gd=4m/s
碰撞动量守恒有2mvC=4mv
得v=2m/s；
(2)C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，
根据牛顿第二定律3mg−mg=4ma
得a=12g=5m/s2
由运动学公式有h=vt+12at2
得t=0.4s。
【解析】本题考查学生对动能定理、动量守恒等知识的理解与应用，考查考生的科学思维。
(1)根据动能定理求解C与B碰撞前瞬间速度大小，根据动量守恒求出B、C碰撞后瞬间的共同速度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求解B到达地面的时间。
14.“车让人”是交通法规之一，当人行横道上有行人时，汽车不得越过停车线。如图所示，某行人即将过人行横道时，以大小为v0=1 m/s的速度匀速行走，一辆自动驾驶测试车在直线道路上向前匀速运动。当行人在距离车道d=1.5 m时，测试车在距停车线x0=36.9 m的位置，车速大小为v1=15 m/s，此时测试车感知到行人准备过马路的情况立即采取刹车措施，加速度大小为a1=5 m/s2。马路宽D=6 m，当人完全穿过马路后，测试车重新开始加速并恢复到原来的速度行驶，测试车加速与减速时的加速度大小相同。
(1)若测试车持续减速，求当行人踏上人行横道时测试车的速度大小；
(2)若测试车持续减速，能否在到达停车线前停止下来，若能，求出测试车停下来时距停车线的距离；
(3)若测试车感知到行人准备过马路的情况，立即采取刹车措施且在其应变过程中先做匀减速运动，后做匀速运动，在行人恰好离开人行横道时测试车刚好到达停止线，之后加速恢复到原车速。求从测试车开始减速到恢复原车速，因行人过马路而多用的时间( 104.04=10.2, 650.25=25.5，结果保留2位有效数字)。
【答案】解：(1)行人踏上人行横道所需要的时间t1=dv0=1.5s
汽车做匀减速运动v1−v2=a1t1，a1=5m/s2
解得v2=7.5m/s
(2)测试车一直减速至速度为零，根据2a1x=v12
得x=22.5m