2022-2023学年河南省天一大联考高二（上）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年河南省天一大联考高二（上）期末物理试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

1.  电梯超载时会自动报警，它用到的传感器和下列哪个装置用到的传感器相同(    )

A. 红外报警装置 B. 门窗防盗报警装置 C. 电子自动称重装置 D. 湿手自动烘干装置

2.  下列说法正确的是(    )

A. 微观世界的某些极少数带电微粒的能量变化可以是连续的
B. 根据麦克斯韦电磁场理论可知，电场周围存在磁场，磁场周围存在电场
C. 黑体只是从外界吸收能量，并不向外界辐射能量
D. 物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况与温度有关，温度高时辐射强，且较短波长的辐射强度大

3.  如图所示的无线话筒是一个将声信号转化为电信号并发射出去的装置，其内部电路中有一部分是振荡电路。若话筒使用时，某时刻，话筒中振荡电路中磁场方向如图所示，且电流正在减小，下列说法正确的是(    )

A. 电容器正在放电
B. 电容器下板带正电
C. 俯视看，线圈中电流沿顺时针方向
D. 电场能正在向磁场能转化

4.  某静电除尘器中产生的电场如图所示，两带电尘埃、只受电场力作用，分别飞过点沿虚线运动，最终被吸附到金属圆筒上的点和点。则下列说法正确的是(    )

A. 两个尘埃带异种电荷
B. 点电场强度和点电场强度相同
C. 、两点电势差小于、两点电势差
D. 尘埃从到先减速后加速，尘埃从到一直加速
 

5.  如图所示，在等边三角形的、两个顶点处分别放置电荷量为的异种电荷，为正三角形的中心，若再在顶点点放置一个点电荷，结果点的场强大小是点没有放置点电荷时场强大小的倍，则点处放置的点电荷(    )

A. 一定带正电，电荷量为
B. 一定带负电，电荷量为
C. 可能带正电，电荷量为
D. 可能带负电，电荷量为

6.  如图所示，、两根长直导线相互平行放在绝缘水平面上，金属圆环固定在两导线间的水平面上，圆环的圆心在两直导线间的中线上，圆环和两直导线中均通有恒定电流，方向如图所示，、中电流大小相等，两长直导线处于静止状态。若直导线受到桌面的摩擦力大小为，直导线受到桌面的摩擦力大小为，则下列判断正确的是(    )

A. 的方向水平向左，的方向水平向右 B. 的方向水平向右，的方向水平向左
C. 大于 D. 和大小相等

7.  如图所示，面积为的匝闭合线圈水平放置，处在磁感应强度为的匀强磁场中，线圈平面与磁场磁感应强度的夹角为。现将线圈以边为轴以角速度按顺时针转动，则(    )

A. 线框水平时，线框中磁通量为
B. 线框转动过程中，线框中磁通量变化量为
C. 线框转动过程中，感应电流先沿后沿
D. 线框转动过程中，线框中平均电动势为
 

8.  如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，、是定值电阻，是热敏电阻，由于温度升高的阻值变大，理想电流表的示数变化量的绝对值为，理想电压表示数变化量的绝对值为。下列说法中正确的是(    )

A. 电压表的示数变小
B. 电流表的示数变小
C. 与比值一定大于电源内阻
D. 电阻中电流变化量的绝对值大于电阻中电流变化量的绝对值

9.  如图所示，有一种电吹风由线圈电阻为的小型电动机与电阻为的电热丝串联组成，电路如图所示，将电吹风接在电路中，电吹风两端的电压为，电吹风正常工作，此时电热丝两端的电压为，则下列判断正确的是(    )

A. 电热丝中的电流大小为 B. 电动机线圈的发热功率为
C. 电动机消耗的功率为 D.

10.  如图所示，我国西部山区建有许多水电站，极大改善了当地居民的生产、生活，如图所示为某水电站远距离输电的原理图。为升压变压器，其原、副线圈匝数比为，输电线总电阻为，为降压变压器，其原、副线圈匝数比为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为，若由于用户端用户数量变化，使得输电线输送电流增加。则下列说法正确的是(    )
 

A. 输电线损失的功率增加
B. 用户端电压减少了
C. 发电机输送功率增加
D. 用户端电压减少量与用户端电流增加量的比值不随的变化而变化

11.  某同学练习使用多用电表。
用欧姆表测量一个阻值约为几十千欧的电阻。他应将选择开关拨到欧姆挡的______ 填“”“”或“”挡，将红表笔插入______ 填“”或“”插孔，将两表笔短接进行______ ，经过正确测量操作，若指针指在如图所示位置，则被测电阻阻值为______ ；
若用多用电表的电压挡测量某段电路两端的电压，选择开关拨在直流挡，测量时指针也指在如图所示位置，则被测电路两端电压为______ ；实验结束后，应拔出表笔，将选择开关打在______ 。

12.  某同学用电阻箱和电压表有两个量程，、测量两节干电池的电动势和内阻，连接成的电路如图所示。

请在连接错误的导线上打“”，用笔画线代替导线将电路正确连接；______
电路连接正确后，闭合电键前，先将电阻箱接入电路的阻值调为______ 填“零”或“较大值”，闭合电键，调节电阻箱接入电路的阻值，某次调节后，电压表的指针指在如图所示的位置，此时，电压表的示数为______ ；多次改变电阻箱接入电阻的阻值，记录电阻箱接入电路的电阻及对应的电压表的示数，在坐标纸上作出图像如图所示，由图像可以得到两节干电池的电动势 ______ ，内阻测量值 ______ ；结果均保留位有效数字
该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是______ 。

13.  如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为、电荷量为的带电粒子在点竖直向上以速度射入电场，一段时间后，粒子运动到点，速度水平向右。、连线与水平方向的夹角为，重力加速度为，不计空气阻力，。求：
粒子从运动到所用时间为多少；
匀强电场的电场强度多大；
、间的电势差为多少。

14.  如图所示，是竖直面内的正三角形，边水平，在三角形的、两个顶点固定有垂直于三角形平面的长直导线，两长直导线中通有大小相等，方向垂直纸面向里的恒定电流，在点用绝缘细线悬吊长为、质量为的一小段直导线，直导线水平，这段直导线中通有垂直纸面向里、大小为的恒定电流，这段直导线静止，悬线上的拉力大小等于，重力加速度为，求：
处长直导线中电流在点产生的磁场对点直导线的安培力多大；
处长直导线中电流在点产生的磁场磁感应强度多大；
若将中电流瞬间减为零，则中电流减为零的一瞬间，处直导线的加速度多大。

15.  如图所示，平行金属导轨倾斜固定放置，导轨间距，导轨平面与水平面之间的夹角为，导轨下端连接阻值的电阻。导轨电阻不计，将质量为、长为、电阻为的金属棒垂直放在导轨上，并将其锁定，金属棒离导轨下端的距离为，导轨处在垂直于导轨平面向上的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化情况如图所示。时刻，解除金属棒的锁定，此时金属棒刚好不上滑，时刻，金属棒刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒沿导轨向下运动到达导轨底端前已达最大速度，导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度取，。求：
金属棒的质量及金属棒与导轨间的动摩擦因数；
金属棒沿导轨向下运动的最大速度大小；
从时刻至导体棒运动到导轨最底端的过程中，导体棒中产生的焦耳热。
 

16.  如图所示，在平面直角坐标系的第二、三象限内有沿轴负方向的匀强电场，在第一象限的轴和虚线间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，在第四象限的轴和虚线间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相等，虚线交轴于点，点的坐标为，与轴负方向的夹角为。一个质量为，带电量为的带正电的粒子以初速度从第二象限的点沿轴正向射出，恰好从坐标原点进入磁场Ⅱ，不计粒子的重力。求：
匀强电场的电场强度大小；
若粒子仅在磁场Ⅱ中偏转后刚好从点离开磁场，粒子在电场和磁场中运动的总时间为多少；
若粒子经磁场偏转后，从磁场Ⅰ中沿轴正方向射出磁场，则磁场的磁感应强度应满足什么条件。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：电梯超载时会自动报警，是通过不同的压力转换成电学量，运用的压力传感器。
A、红外报警装置是将光信号转化为电信号，故A错误；
B、门窗防盗报警装置一是将磁信号转化为电信号，故B错误；
C、电子自动称重装置是将压力信号转化为电信号，故C正确；
D、湿手自动烘干装置是通过改变传器的电容，控制芯片启动电机和加热装置，故D错误。
故选：。
对各种传感器的应用分析应用即可判断选项。
考查传感器的应用，该类题需平时积累掌握，难度较小。
 

2.【答案】 

【解析】解：微观粒子的能量变化是不连续的，是量子化的，故A错误；
B.在变化的电场周围才存在磁场，周期性变化的电场非均匀变化的会产生同频率周期性变化的磁场，均匀变化的磁场周围存在着稳定的电场；恒定的磁场不会产生电场，恒定的电场不会产生磁场，故B错误；
C.对黑体加热时，黑体也向外界辐射电磁波，即辐射能量，且向外界辐射电磁波的强度按波长的分布与温度有关，故C错误；
D.物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况与温度有关，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，因此热辐射中较短波长的成分越来越多，较短波长的辐射强度也越大，故D正确。
故选：。
微观粒子的能量是量子化的；根据麦克斯韦电磁场理论分析；黑体也向外界辐射电磁波；物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况与温度有关。
此题设计多个知识点，理解麦克斯韦电磁场理论，黑体的辐射，物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况，微观粒子的能量是量子化的。
 

3.【答案】 

【解析】解：电流正在减小，则电容器正在充电，电容器极板电荷量正在增大，电容器的电场能逐渐增加，磁场能正在向电场能转化，故AD错误；
根据楞次定律，从俯视的视角观察线圈，线圈中电流沿逆时针方向，电容器处于正在充电的过程，则电容器下板带正电，故B正确，C错误。
故选：。
根据电流的变化趋势得出电容器的能量的转化特点；
根据楞次定律分析出电流的方向，从而得出极板的电性。
本题主要考查了振荡电路的相关应用，理解振荡电路中的能量转化特点，结合楞次定律即可完成分析。
 

4.【答案】 

【解析】解：由题图可知尘埃受力方向与电场强度方向相反，则两个尘埃带同种电荷且带负电，故A错误；
B.由，可知、两点的电场强度大小相等，方向不同，所以、两点电场强度不相同，故B错误；
C.、处于同一等势面上，所以、与、两点电势差相同，故C错误；
D.尘埃从到做曲线运动，电场力方向沿半径方向向外，可知速度方向与电场力方向夹角先大于后小于，电场力先做负功后做正功，即尘埃从到先减速后加速，尘埃运动的速度方向与电场力方向夹角始终小于，电场力一直做正功，则尘埃从到一直加速，故D正确。
故选：。
由尘埃的受力和运动判断电荷电性；由图可知、两点的电场强度大小相等，方向不同；电场力做功的特点，电势差与路径无关，由初末位置的电势差值决定。由电场力和速度夹角判断尘埃的运动情况。
熟悉电场力做功的特点，与路径无关，由电荷量和初末位置的电势差决定。
 

5.【答案】 

【解析】解：、两点为等量异种电荷，它们在点的场强如图所示

点到三个顶点的距离均相等，设为，则有
B、两点处的等量异种电荷在点的合场强方向平行边向右，大小为
设点处的电荷量为，则点处电荷在点的场强大小为
不管点处电荷带正电还是负电，场强方向均与边垂直，则、、处三点电荷在点的合场强大小
根据题意有
联立解得
则点处点电荷的电荷量为，可能带正电，也可能带负电，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据点电荷电场的场强特点和公式求解点的合场强大小和方向；根据电场强度叠加原理结合点电荷场强公式分析点放置的点电荷电荷量。
本题考查点电荷产生的电场，解题关键是会判断点电荷电场得特点，掌握点电荷产生电场的场强公式，知道电场强度为矢量，运算遵循平行四边形定则。
 

6.【答案】 

【解析】解：根据右手螺旋定则可知，圆环在处的磁感应强度的方向垂直纸面向外，导线在处的磁感应强度方向也是垂直纸面向外，所以对导线，根据左手定则可知，其受到的安培力应水平向右，所以摩擦力应水平向左，且根据平衡条件有，同理，圆环在处的磁感应强度的方向垂直纸面向外，导线在处的磁感应强度方向垂直纸面向里，其合磁感应强度的方向可能垂直纸面向外，也可能垂直纸面向里，所以对导线，其受到的安培力可能水平向左，也可能水平向右，所以摩擦力可能水平向右，也可能水平向左，且根据平衡条件有，所以，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据右手螺旋定则可知圆环在处的磁感应强度的方向，根据左手定则，可知所受安培力方向，根据平衡可知所受摩擦力方向大小，同理求解受摩擦力的情况。
本题考查右手螺旋定则，左手定则应用。
 

7.【答案】 

【解析】解：根据磁通量公式，故A错误；
B.当线框转过时，根据磁通量公式
根据磁通量变化量定义，磁通量变化量，故B错误；
C.线框转动过程中，通过线框磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向始终沿，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律，解得，故D正确。
故选：。
本题根据磁通量公式、磁通量变化量公式以及楞次定律、法拉第电磁感应定律，即可解答。
本题考查学生对磁通量公式、磁通量变化量公式以及楞次定律、法拉第电磁感应定律的掌握，是一道基础题。
 

8.【答案】 

【解析】解：的阻值变大，则总电阻变大，电源电动势不变，总电流变小，即电流表的示数变小，内电压变小，外电压的电压变大，电流变大，根据并联电路总电流等于各支路电流之和，则的电流变小，电压变小，则的电压变大，即电压表的示数变大，故A错误，B正确；
C.根据电路欧姆定律有：

变大，则有

式减去式得：

整理得：

故，故C正确；
D.根据并联电路总电流等于各支路电流之和，变化前后有
 

式减去式得：

解得：
故，故D错误。
故选：。
分析电阻的变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表的示数变化情况。根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电压表的示数变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析与比值。
本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题。
 

9.【答案】 

【解析】解：因为电动机是非纯电阻用电器，因此欧姆定律不成立，故AB错误；
C.电动机两端的电压为：

通过电动机的电流为：


电动机消耗的功率为：

联立解得：，故C正确；
D.对电动机有

代入得：
化简可得：
，故D正确。
故选：。
电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；由于电热丝与电动机串联，先计算通过电热丝的电流，也就是通过电动机的电流，根据计算电动机的总功率，根据计算电动机的热功率。
此题考查了非纯电阻电路，注意欧姆定律不适用于非纯电阻电路，解答关键是抓住电动机有机械能输出这一特点去分析。
 

10.【答案】 

【解析】解根据焦耳定律，输电线损失的功率为

输电线损失的功率增加量为：
解得：，故A错误；
B.根据理想变压器的规律


由闭合电路欧姆定律有

联立得：
电流增加，则有

两式相减得：

又
解得：，故B正确；
C.根据理想变压器的规律

则，
发电机输送功率的增加量为
解得：，故C错误；
D.用户端电压减少量与用户端电流增加量的比值为
解得：
用户端电压减少量与用户端电流增加量的比值不随的变化而变化，故D正确。
故选：。
根据远距离输电过程中的功率损失，电流变化之后，通过计算比较损失功率的大小；利用理想变压器的功率关系，理想变压器原副线圈电压和匝数比关系，理想变压器原副线圈电流和匝数比关系，分析计算。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的原副线圈功率、电压、电流关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关，此题计算量较大。
 

11.【答案】    欧姆调零       

【解析】解：待测电阻的阻值约为几十千欧，则应将选择开关旋转到“”挡的“”位置。
将红黑表笔分别插入“”，“”插孔，并将两表笔短接，进行欧姆调零，使电表指针对准右侧“”刻线。
电阻的阻值为：
选择开关拨在直流挡，分度值为，测量时指针也指在如图所示位置，则被测电路两端电压为。
测量完毕，将选择开关旋转到“”位置。
故答案为：、、欧姆调零、；、。
用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；
测电阻时应把待测电阻与其它电路断开，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连。欧姆表的读数为示数乘以倍率。
当使用电压档时，根据最小分度读取电压的值。测量完毕应将开关掷于或交流高压挡位置。
本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零。要掌握欧姆表的结构，
让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量。同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率，还有量程的交流电压是读最下面刻度。
 

12.【答案】见答案解析图  较大值        电压表的分流作用 

【解析】解：测量两节干电池，电压表量程应选，开关应要控制电路的通断，故实物图修改如图

为保护电路，闭合电键前，应先将电阻箱接入电路的阻值调为较大值，避免电流过大。电压表量程选择了，分度值为，需要估读一位，因此读数为范围内都对。根据闭合电路欧姆定律有整理可得结合图像可得，
电压表内阻不是无穷大，因此有分流作用，通过干电池的电流大于通过电阻的电流，使实验具有一定的系统误差。
故答案为：见解析图像；范围内都对，，；电压表的分流作用
由线路连接的常识可判断连线需要修改的地方；由两节干电池的电动势大小可选择电压表的量程；根据读数的要求可以读数；结合图像可以知道电动势和内阻，由电路的连接方式判断误差来源。
以测电源的电动势和内阻为载体，考查了电路连接，量程选择，读数原则，根据图像判断电动势和内阻，误差分析，是一道综合性较强的好题
 

13.【答案】解：粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，因此粒子从运动到点所用的时间为

从运动到点上升的高度为

从运动到点水平运动的位移

其中，根据牛顿第二定律可得：

根据几何关系得

联立解得，匀强电场的电场强度大小为

、间的电势差为

联立解得：
答：粒子从运动到所用时间为为；
匀强电场的电场强度为；
、间的电势差为。 

【解析】根据速度时间公式得出粒子从运动到的时间；
根据粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系得出场强的大小；
根据电势差的计算公式得出两点的电势差。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
 

14.【答案】解：根据安培定则及左手定则可知，处长直导线中电流在点产生的磁场对点直导线的安培力方向沿方向，处长直导线中电流在点产生的磁场对点直导线的安培力沿方向，处导线受力如图所示：

根据平衡条件和几何关系可得：


解得：
处长直导线中电流在点产生的磁场对点直导线的安培力
根据安培力的计算公式可知：

若将中电流瞬间减为零，则中电流减为零的一瞬间，处在处产生的磁场瞬间为零，安培力也减为零，此时处导线受力如图所示：

根据牛顿第二定律可知
解得：
方向水平向左。
答：处长直导线中电流在点产生的磁场对点直导线的安培力为；
处长直导线中电流在点产生的磁场磁感应强度为；
若将中电流瞬间减为零，则中电流减为零的一瞬间，处直导线的加速度为。 

【解析】根据安培定则和左手定则，结合对导线的受力分析得出安培力的大小；
根据安培力的计算公式得出磁感应强度的大小；
根据牛顿第二定律得出导线的加速度。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉导线的受力分析，结合安培力公式和牛顿第二定律即可完成分析。
 

15.【答案】解：时刻，解除金属棒的锁定，金属棒速度为，回路中的感应电动势：
金属棒中感应电流：
金属棒受到的安培力：
方向沿斜面向上，此时金属棒刚好不上滑，摩擦力方向沿斜面向下，对金属棒受力分析，在沿斜面方向应有：
在垂直于斜面方向有：
而滑动摩擦力：
内，随的减小而减小，先减小后增大，金属棒始终静止不动，时刻，金属棒刚好不下滑，受力分析应有：
其中：
联立解得金属棒的质量：
导轨间的动摩擦因数：
后，金属棒开始向下做加速度减小的加速运动直至加速度为，最终做匀速直线运动，因此金属棒沿导轨向下运动有最大速度时，加速度为，由牛顿第二定律有：
其中：
联立解得：
从时刻至时刻，回路中感应电流大小始终为，导体棒中产生的焦耳热：
从时刻至导体棒沿导轨向下运动到达导轨底端，根据能量守恒定律有：
解得：
根据串联电路特征可知，此过程中导体棒中产生的焦耳热：
从时刻至导体棒运动到导轨最底端的过程中，导体棒中产生的焦耳热：
答：金属棒的质量为，金属棒与导轨间的动摩擦因数为；
金属棒沿导轨向下运动的最大速度大小为；
从时刻至导体棒运动到导轨最底端的过程中，导体棒中产生的焦耳热为。 

【解析】根据题意，金属棒刚好不上、下滑，根据平衡条件、动生电动势、欧姆定律、安培力公式等，列方程解得动摩擦系数的大小；
根据平衡条件、安培力的计算公式、闭合电路欧姆定律求解最大速度；
根据焦耳定律求解时间内导体棒中产生的焦耳热，根据功能关系求解之后棒产生的焦耳热，因此得到全过程导体棒中产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
 

16.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，沿轴方向有：
沿轴方向有：，而加速度：
联立解得：，
粒子离开电场时沿轴方向的分速度为：
粒子从坐标原点进入磁场的速度大小为：
设速度方向与轴夹角为，则有：
解得：
若粒子仅在磁场Ⅱ中偏转后刚好从点离开磁场，如图所示

根据几何关系可得：
解得：
可知粒子在磁场中运动的时间为：
粒子在电场和磁场中运动的总时间为：
若粒子经磁场偏转后，从磁场Ⅰ中沿轴正方向射出磁场，假设粒子只经过磁场Ⅰ一次偏转后沿轴正方向射出磁场，如图所示，

根据图中几何关系可得：
根据周期性可知，若粒子在磁场Ⅰ经过次偏转后沿轴正方向射出磁场，则有
、、
由洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：、、
答：匀强电场的电场强度大小；
粒子刚好从点离开磁场，粒子在电场和磁场中运动的总时间为；
磁场的磁感应强度应满足的条件是为、、。 

【解析】在第二象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律求解电场强度；
根据类平抛运动的规律求从点进入磁场的速度大小和方向，由题意和几何关系求出粒子做圆周运动的半径和偏转角，从而也可得到粒子在磁场中运动的时间，加上在电场的时间就是所求；
根据题意和几何关系画出经一次偏转的轨迹，得到粒子做圆周运动的半径满足的关系，再根据牛顿第二定律求出Ⅱ区的磁场的磁感应强度的大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。