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

**基本信息** 以匀变速直线运动为核心，通过公式应用、图像分析及实际情境题，系统渗透逆向思维、图像法等科学推理方法，构建从概念到应用的运动观念体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |匀变速公式应用|4题（1/4/5/7）|逆向思维（刹车视为反向匀加速）、平均速度法|从位置公式推导速度、加速度，建立运动学量间定量关系| |运动图像分析|3题（2/6/9）|x-t/v-t图像斜率与面积意义、图像相切条件|通过图像直观呈现运动过程，强化数形结合的模型建构| |实际情境与追及相遇|4题（3/8/10/11）|多过程运动拆分、临界条件分析|联系生活情境（汽车制动、卫星发射），体现运动观念的实际应用|

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·山东济宁模拟)一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t变化关系为x＝5＋10t－t2(x的单位为m，t的单位为s)。下列说法正确的是(　　) A.质点做变加速直线运动 B.质点加速度大小为1 m/s2 C.0～6 s内质点平均速度大小为4 m/s D.0～6 s内质点位移为36 m 答案：C 解析：由x＝5＋10t－t2可得质点运动速度v＝10－2t，所以加速度大小恒为2 m/s2，质点做匀减速直线运动，A、B错误；初速度v0＝10 m/s，6 s末的速度v6＝－2 m/s，所以0～6 s内平均速度大小＝＝4 m/s，位移Δx6＝t6＝24 m，C正确，D错误。 2.(2026·安徽合肥六中模拟)制动性是汽车性能的重要指标之一。为测试某型号汽车的制动性能，先让该车在平直公路上以某一速度匀速行驶，t＝0时刻开始刹车做匀减速直线运动。刹车过程中该车的位移x随时间t的变化关系如图所示，则0～6 s内该车的位移大小为(　　) A.72 m B.75 m C.108 m D.132 m 答案：B 解析：设该车匀速行驶时的速度大小为v0，刹车时的加速度大小为a，由题图可知，t1＝1 s时，x1＝27 m，t2＝3 s时，x2＝63 m，根据匀变速直线运动规律有v0t1－a＝x1，v0t2－a＝x2，代入数据解得v0＝30 m/s，a＝6 m/s2，该车停止运动所用的时间为t'＝＝5 s＜6 s，故该车在刹车0～6 s内的位移大小为x'＝＝75 m。故选B。 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＝a＝×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＝a＝×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＝a，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－a＝ 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＝a，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＝gt2，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.(2026·四川乐山二诊)如图甲，小球A(视为质点)从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B(视为质点)从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A.A的初速度与B落地时速度大小相等 B.A上升过程的平均速度小于B下降过程的平均速度 C.A、B处于同一高度时距地面h0 D.A、B落地的时间差为 答案：AC 解析：由题图乙可知，B由静止释放时距地面的高度与A上升到最高点时距地面的高度相等，B由静止释放直到落地与A由地面抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以A的初速度与B落地时的速度大小相等，A上升过程的平均速度与B下降过程的平均速度大小相等，故A正确，B错误；设A竖直上抛的初速度为v0，则当A、B到达同一高度时有gt'2＋＝h0，＝2gh0，联立解得t'＝，v0＝，所以A、B处于同一高度时距地面h'＝v0t'－gt'2＝h0，故C正确；B落地时A刚好上升到最高点，所以A、B落地的时间差就等于A从最高点下落到地面所用的时间，满足h0＝g(Δt)2，解得Δt＝，故D错误。 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19页 学科网（北京）股份有限公司 $