第1章 周末双休练一 运动的描述 匀变速直线运动(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 以生活与科技情境为载体，系统整合匀变速直线运动公式、图像分析及逆向思维等方法，构建从概念到应用的完整逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |公式应用|3题（喷泉/汽车启动/冰壶减速）|平均速度推论、v²=2gh等公式直接应用|从加速度定义到匀变速公式推导，强化物理观念| |图像分析|3题（v-t/x-t图像）|v-t图像斜率（加速度）与面积（位移）|运动学量间数学关系的科学思维建模| |逆向思维|2题（子弹穿水球/冰壶减速）|末速度为零的匀减速逆向转化为匀加速|通过科学推理简化复杂运动过程| |综合计算|2题（无人机/无人驾驶）|多过程运动拆分与临界条件分析|实际问题中运动模型建构与科学论证|

周末双休练一　运动的描述　匀变速直线运动 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(每题4分，共28分) 1．(2026·广东广州模拟)如图，身高约2 m的篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”为水平面处。根据图中信息，水柱从地面喷出时的速度约为(　　) A．2 m/s B．6 m/s C．11 m/s D．20 m/s 答案：C 解析：根据题意，篮球运动员的身高约为2 m，由题图可知，水柱上升的最大高度约为篮球运动员身高的3倍，即水柱上升的最大高度h＝3×2 m＝6 m，由公式v2＝2gh可得，水柱从地面喷出时的速度约为v＝＝ m/s≈11 m/s。故选C。 2．(2026·广东东莞期中)无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机消防作业。假设无人机由静止从地面竖直向上起飞，整个过程速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．无人机整个上升过程平均速度大小为7.5 m/s B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大 C．火灾位置距离地面的距离为9.0 m D．减速阶段，无人机的加速度大小为2.5 m/s2 答案：A 解析：由v -t图像与时间轴所围面积表示位移，可知整个过程位移大小为x＝(×10) m＝90 m，故平均速度大小为＝＝ m/s＝7.5 m/s，故A正确；v -t图像的斜率表示加速度，由题图可知无人机前4 s做加速运动，10 s到12 s做减速运动，故a加＝ m/s2＝2.5 m/s2，a减＝ m/s2＝－5 m/s2，故加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要小，故B错误；由A项分析可知火灾位置距离地面的距离为90 m，故C错误；由B项分析可知，减速阶段，无人机的加速度大小为5 m/s2，故D错误。 3．(2026·山东模拟) 央视“国家地理”频道播出的一档节目真实地呈现了四个水球可以挡住一颗子弹的过程，其实验示意图如图所示。四个完全相同的装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4号水球。球皮对子弹的阻力忽略不计，子弹视为质点。下列说法正确的是(　　) A．子弹经过每个水球的过程中速度变化量均相同 B．子弹穿出第2号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度 C．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则t1＋t2＋t3＝t4 D．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则 答案：C 解析：子弹经过每个水球的位移相同，但速度逐渐减小，故经过每个水球的时间增加，由Δv＝at可知，子弹经过每个水球的过程中的速度变化量不同，故A错误；整个过程的逆过程可看作初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动的规律，反向穿过第4号球与后面的3个球的位移之比为1∶3，可知子弹反向穿出第4号水球时，即正向穿出第3号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度，故B错误；由B项分析可知t1＋t2＋t3＝t4，故C正确；对整个过程的逆过程，由初速度为零的匀加速直线运动中通过相等位移的时间关系可知，子弹穿过第4号、第3号、第2号、第1号水球的时间之比为1∶∶∶，则>，故D错误。 4．(2026·江西模拟)一辆汽车从静止开始启动，先做初速度为零的匀加速直线运动，在匀加速运动过程中，前3 s内的平均速度为4.5 m/s，匀加速运动的时间共为8 s，下列说法正确的是(　　) A．匀加速运动的加速度大小为1.5 m/s2 B．前2 s内的平均速度大小为3 m/s C．匀加速运动的总位移大小为98 m D．5 s末的瞬时速度大小为10 m/s 答案：B 解析：已知汽车从静止开始启动，且前3 s内的平均速度为4.5 m/s，则在匀加速直线运动中有＝4.5 m/s，解得3 s末速度大小v3＝9 m/s，根据速度与时间关系式有v3＝at3，解得a＝3 m/s2，故A错误；根据位移与时间关系式，可得前2 s内的位移大小为x2＝×3×22 m＝6 m，则前2 s内的平均速度大小为 m/s＝3 m/s，故B正确；由题知，匀加速总时间为8 s，则总位移大小为x8＝×3×82 m＝96 m，故C错误；5 s末的瞬时速度大小为v5＝at5＝3×5 m/s＝15 m/s，故D错误。 5．陕西省青少年陆地冰壶比赛中，运动员将冰壶投出后，冰壶在轨道上做匀减速直线运动，用时10 s停止，最后1 s内的位移大小为0.2 m，则下列说法正确的是(　　) A．冰壶的初速度大小为6 m/s B．冰壶第1 s内的位移大小为4 m C．冰壶全程的平均速度大小为2 m/s D．冰壶的加速度大小为0.2 m/s2 答案：C 解析：把冰壶匀减速到停止的过程，逆向看成初速度为0的匀加速直线运动，且最后1 s内的位移大小为0.2 m，根据匀加速直线运动位移公式x10＝at12，代入数据得a＝0.4 m/s2，D错误；设初速度为v0，则有v0＝at10＝4 m/s，A错误；第1 s内的位移大小x1＝v0t1－ m＝3.8 m，B错误；全程的平均速度大小 m/s＝2 m/s，C正确。 6．(2026·山东日照模拟) 甲、乙两辆汽车沿同一平直公路做直线运动，其运动的位置—时间图像如图所示，已知甲的图线是一条倾斜直线，乙的图线是抛物线的一部分，在t＝0时刻与横轴相切，在t＝t0时刻与甲的图线相切。图中的x0、t0均为已知量，下列说法正确的是(　　) A．乙车的加速度大小为 B．甲车的速度大小为 C．甲车从x＝0处开始运动的时刻为t0 D．t＝2t0时刻，甲车在乙车后2x0处 答案：C 解析：对乙车，根据题图结合运动学公式有x0＝，可得乙车的加速度大小为a＝，故A错误；甲的速度与乙车t0时刻的速度大小相等，则甲车的速度大小为v甲＝at0＝，故B错误；设甲车从t′时刻开始运动，根据题图可得v甲＝，可得t′＝t0，故C正确；2t0时间内，乙车运动的位移为x乙＝a(2t0)2＝4x0，甲车运动的位移x甲＝v甲＝3x0，则t＝2t0时刻，甲车在乙车后面，距离为Δx＝x乙－x甲＝x0，故D错误。 7．(2026·重庆巴蜀中学期末)2025年5月29日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将行星探测工程天问二号探测器发射升空。天问二号在发射的初始阶段可认为匀加速直线运动，该过程中通过第一段位移x所用时间为t，紧接着通过下一段位移2x所用时间为0.8t。下列说法正确的是(　　) A．通过第一段位移的初速度大小为 B．通过第一段位移的末速度大小为 C．通过这两段位移中间时刻的速度大小为 D．匀加速阶段的加速度大小为 答案：D 解析：天问二号在该过程做匀加速直线运动，天问二号在第一段位移x内的平均速度大小为，故通过第一段位移的初速度的大小小于，通过第一段位移的末速度大小大于，故A、B错误；通过这两段位移的中间时刻的瞬时速度大小等于通过这两段位移的平均速度大小，为，故C错误；第一段位移的平均速度大小为v1＝，第二段位移的平均速度大小为v2＝，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得匀加速阶段的加速度大小为a＝，故D正确。 二、多项选择题(每题6分，共18分) 8．(2026·四川达州期末)甲、乙两物体所受重力大小之比为2∶1，距地面的高度之比为1∶4。某时刻两物体同时由静止开始下落，不计空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　) A．甲物体落地前，甲、乙的加速度大小之比为2∶1 B．甲、乙两物体下落所用时间之比为1∶4 C．甲物体落地前，甲、乙之间的距离保持不变 D．甲物体落地瞬间，乙物体的瞬时速度为乙落地瞬时速度的 答案：CD 解析：甲、乙均做自由落体运动，加速度均为重力加速度，由于两物体同时由静止开始下落，在甲物体落地前，甲、乙在相同时间内下落的高度相同，则甲、乙之间的距离保持不变，故A错误，C正确；根据h＝，可得t＝，可知甲、乙两物体下落所用时间之比为t甲∶t乙＝∶＝1∶2，故B错误；由于甲、乙在空中有相同的运动情况，所以甲物体落地瞬间，甲、乙的速度相同，即此时乙的速度大小为v乙＝v甲地＝，而乙落地瞬时速度大小为v乙地＝，则有v乙∶v乙地＝∶＝1∶2，故D正确。 9．甲、乙两汽车在同一平直公路上同向行驶，其v -t图像如图所示，在t＝4 s时，两车恰好再次并排行驶，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，乙车在甲车前15 m处 B．t＝3 s时，乙车在甲车前面 C．2～4 s内，两车的距离一直在减小 D．2～4 s内，甲车的平均速度等于乙车的平均速度 答案：BD 解析：v -t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，所以0～4 s内，甲、乙两车的位移大小分别为x甲＝×4 m＝40 m，x乙＝×2 m＋×2 m＝55 m，所以t＝0时，甲车在乙车前，二者相距x0＝x乙－x甲＝15 m，故A错误；0～3 s内，甲、乙两车的位移大小分别为x甲′＝×3 m＝26.25 m，x乙′＝×2 m＋×1 m＝46.25 m，由于x甲′＋x0＝41.25 m<x乙′，则乙车在甲车前面，故B正确；0～2 s内，甲、乙两车的位移大小分别为x甲″＝×2 m＝15 m，x乙″＝×2 m＝30 m，由于x甲″＋x0＝30 m＝x乙″，则2 s时两车并排行驶，由题图可知，2～3 s内乙车速度大于甲车速度，3～4 s内乙车速度小于甲车速度，所以2～4 s 内两车的距离先增大后减小，故C错误；2～4 s内，甲、乙两车的位移大小分别为x甲‴＝x甲－x甲″＝25 m，x乙‴＝x乙－x乙″＝25 m＝x甲‴，由于甲车位移等于乙车位移，所以甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故D正确。 10．(多选)(2026·广东省联合一模改编)一物体从静止开始做直线运动，其加速度a与时间t的变化关系如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．物体在2 s、4 s等时刻改变运动方向 B．物体在4 s、8 s等时刻改变运动方向 C．前2 s内与2～4 s内物体的位移相等 D．前2 s内与2～4 s内物体的速度变化大小相等 答案：CD 解析：由题图可知，前2 s内物体沿正方向做匀加速直线运动，2～4 s内物体沿正方向做匀减速直线运动，4 s末速度为零，4～6 s又沿正方向做匀加速直线运动，如此反复，物体一直沿正方向运动，速度方向不变，A、B错误；位移一直在增大，前2 s内做初速度为零的匀加速直线运动，2～4 s内做匀减速直线运动，末速度为零，加速度大小相同，物体的位移相等，C正确；物体在前2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，速度变化大小相等，方向不同，D正确。 三、非选择题(共14分) 11．(14分)(2026·湖南模拟)无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，可以探测前方的车辆和行人，在距离车辆或行人比较近的时候，可以自发启动制动系统，能有效避免碰撞事故的发生。该无人驾驶汽车在平直公路匀速行驶时速度大小不超过36 km/h，加速和减速时的最大加速度均为4 m/s2，不计激光传播时间。 (1)若该无人驾驶汽车正全速行驶，正前方同一车道有一摩托车沿同一方向以6 m/s的速度匀速行驶，为避免相撞，求无人驾驶汽车离前面摩托车至少多远自发启动制动系统？ (2)如图所示，在平直公路的AB段正中间有一斑马线供行人通行，一乘客在B处下单，在其西侧相距800 m的A点处有一辆无人驾驶汽车立即自动接单。若该车接单2 s后由静止启动向乘客出发，但在斑马线前需停车让行30 s，求乘客下单后至少等多久才能上车？ 答案：(1)2 m　(2)117 s 解析：(1)设无人驾驶汽车以最大加速度减速时，两车共速所用时间为t，则v－at＝v摩 代入数据解得t＝1 s 此过程中，无人驾驶汽车运动的距离为 x车＝t＝8 m 摩托车运动的距离为x摩＝v摩t＝6 m 所以，无人驾驶汽车自发启动制动系统时与前面摩托车的距离至少为Δx＝x车－x摩＝2 m。 (2)当无人驾驶汽车以最大加速度加减速，以最大速度匀速时，从A到B的时间最短。整个过程汽车有4段匀变速直线运动，其余过程做匀速直线运动，启动至最大速度用时t0＝＝2.5 s 位移x0＝＝12.5 m 整个匀速过程的位移x2＝x－4x0＝750 m 匀速行驶时间t2＝＝75 s 所用总时间t总＝2 s＋4t0＋t2＋30 s＝117 s。 学生用书第18页 学科网（北京）股份有限公司 $