课时分层检测(4)专题强化：运动学图像问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（四） 专题强化：运动学图像问题 A.该车做匀加速运动 基础落实练 B.该车行驶的初速度大小为2m/s 1.(2026·黑龙江哈尔滨模拟) x/m 甲 C.该车行驶的加速度大小为4m/s2 甲、乙两物体从同一地点出 4- D.该车在前3秒的位移是60m 发且在同一条直线上运动， :5.(2026·辽宁省六校开学考)利用图像法研究物 它们的位移一时间(x-t)图 0 123456t/s 理量之间的关系是物理学中常用的方法。如 像如图所示，由图像可以看出在0一5s内( A.甲、乙两物体始终同向运动 图所示为物体做不同直线运动时各物理量之 B.4s时甲、乙两物体间的距离最大 间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、 C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 速度、加速度和时间。下列说法中正确的是 D.甲物体的速率始终大于乙物体的速率 2.(八省联考·河南·1)某运动员参加百米赛跑， ↑x/m 121(m2.s-2) 起跑后做匀加速直线运动，一段时间后达到最大： 10--- 速度，此后保持该速度运动到终点。下列速度一 时间(-t)和位移一时间(x-t)图像中，能够正 确描述该过程的是 ( 2 t21s x/m 甲 X /(ms) ↑a/(m-s2 丙 A.根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s2 B.根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2 3.(2026·辽宁大连模拟)一质 *a/(m's-2) 8 C.根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s2 点从静止开始做直线运动，其 a-t图像如图所示，则下列说 D.根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化 法正确的是 ( ) 八1234/s 量大小为6m/s A.质点在1~4s内做匀速直 6.(2026·河北唐山模拟)潜艇从海水的高密度 线运动 区驶人低密度区，浮力急剧减小的过程称为 B.质点在1~4s内的位移大小等于30m “掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度区水 C.质点第1s末的速度大小为4m/s 平向右匀速航行，1=0时，该潜艇开始“掉 D.质点在第1.2s末的运动方向与第1s末相反 深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度随 4.(2026·河北保定模拟)某无 ↑/ms-2) 时间变化的图像如图乙，水平速度vx保持不 人驾驶汽车在研发过程中要 变，若以潜艇开始“掉深”的位置为坐标原点， 进行试车，新车沿平直公路行 0.1 水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则潜艇 骏的一段时间内的，竞图像 -2 “掉深”后的0~30s内，能大致表示其运动 如图所示，下列说法正确的是 轨迹的是 () 293 飞，/m·s-) C.小车运动的初速度大小为4m/s 低密度海水区 20- D.小车运动的加速度大小为2m/s2 9.(2026·山东济南一模)如图所示，某运动员在足 )2030t1s 球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将 下 足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，运 动员又向前追上足球。下列v-t图像和x-t图 像可能反映此过程的是 () 7.(多选)(2023·福建卷·7改编)甲、乙两辆完全 相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运 边线 动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度一时间 图像如图(a)所示，乙车的加速度一时间图像如： 运动员 足球 运动员 图(b)所示。则 足球 +/m-s-1) ↑a/(ms-2 运动 足球 足球 运动员 8 t/s 6 78 t/s 强基培优练 a (b) 10.(2026·湖北武汉市模拟) A.0一2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2s和t=6s时的速度相同 甲、乙两物体沿x轴正方向 C.2~6s内，甲、乙两车的位移不同 做直线运动，某一时刻两物 2 甲 D.t=8s时，甲、乙两车的速度不同 体以速度o同时经过O点， O 0.5xo Xo 能力综合练 之后它们运动的-x图像如图所示，则甲、乙 8.(2026·贵州贵阳市检 ↑/m.s-) 两物体速度从o增加到2o的过程，下列说法 测)无人配送小车在某次 2 中正确的是 ( 进行刹车性能测试时，其 -21 /s-I A.速度均随位移均匀变化 位移x与时间t的关系可用如图所示的图像表： B.速度均随时间均匀变化 示，则下列说法正确的是 ( A.前4s小车做匀加速直线运动 C.经历的时间之比为1：2 B.前3s内小车的位移大小为8m D.经历的时间之比为2：1 294方法二作出电梯运行的一t图像，如图：5 所示， +/m·s ; m上--- f6 50/s 设匀速运动的时间为，电梯加速、减速的加速 度大小均为1m/s2,则加速和减速的时间相等， 为=50氵，故最大速度为。=a山1，图像的 2 面积大小为525m,即有2n(50s十)=525m, 联立以上两式解得t=20s,vm=15m/s,故： 远C。] 10.A[设汽车做减速运动的加速度大小为4，从！ 刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同 的路边石，设每块路边石的长度为L,则有0一！ w2=-2a·24L,解得a=8,则汽车经过 第1块路边石未端时的速度大小为1一} √-2L-√贾，故A正确：汽车经过 第18块路边石末端时的速度大小为g=! √，-2a·18L=7,故B错误；根据初速！ 度为零的匀变速直线运动的连续相等位移的！ 所用时间比例关系1：(W2一1)：（√3一√2）： …:(√n一√n一1)可得，汽车经过前12块路 边石与后12块路边石的时间比为（√2一1）： 1,故C错误：根据初速度为零的匀变速直线 运动的连续相等时间的通过位移比例关系是！ 1:3:5:…:(2m一1)可得，汽车经过前18 块路边石与后6块路边石的时间比为1：1，} 故D错误。] 课时分层检测（三） 1.C[由题图可知，小钢球下落过程经过5段间} 隔，则运动时间为1=号，根据1=之g上，得演 频闪抵影的网无频率为了√既故C正确] 2,C[石子竖直上升的最大高度为H=%=32m 由题意可知，石子从最高，点运动到小树顶端的} 时间为=令=0.4s,则最高点到小树项端的 距离为h1=22=0.8m,则小树高约为h= H-五1=2.4m,故选C。] 3.A[由于不计空气阻力，两物体均做自由落体 运动，由=2gh可知v=√2gh,所以甲、乙落 地时的速度大小之比为1：√2，故A正确：由 A=之可知1=√臣，所以物休货白由苏 体运动的时间取决于高度，与物体所受重力的： 大小无关，即甲物体先落地，故B错误：由于两 物体都做自由落体运动，加速度均为重力加速！ 度，故C错误：由于两物体都做自由落体运动 且同时下落，则在两物体均未落地前，甲、乙之！ 间的距离不变，故D错误。] 4.AD[根据h=之gr可知，计时开始后1s 内、2s内、3s内的位移之比为1：4：9，远项A! 正确；根据v=gt可知，计时开始后1s末、2s 末、3s未的速度之比为1：2：3，选项B错误； 计时开始后第1s内，第2s内、第3s内的位移 之比为1：3：5，根据⑦=可知，平均速度之 比为1：3：5，选项C错误：根据△v=g△t可} 知，落地前相等时间内物体的速度变化量相同， 选项D正确。] B[设小球抛出时的高度为h,竖直上抛和竖！ 直下抛经历的时间分别为1、2，则有h一} 一西4十2g,h=64十2g,,整理可得 △t=t1一t2= 2,即时间差是一个定值，与高 度无关，故B正确。] AD[根据位移与速度的关系式有2=2ah1, 解得-√2ah1=20m/s,故A正确；燃料用！ 完后，冲天炮继续向上做竖直上抛运动，利用逆！ 向思维有v2=2gh2,解得h2=20m,故B错！ 误：结合上述可知，冲天炮上升离地面的最大高 度为H=h1十h2=45m,故C错误：根据平均！ 速度与位移的关系有血=受，山=受：，解！ 得冲天炮从发射到最大高度所用的时间为=！ 十t=4.5s,故D正确。门] 解析(1)设在曝光时间0.01s内，石子实际， 下落的距离为L, 由题意得1o0cm ,2cm=0.6cm L 解得L=30cm=0.3m (2)考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似： 等于瞬时速度， 则石子在这0.01s内的速度为v=六， 解得v=30m/s (3)石子微自由落体运动，故h=2g 解得h=45m。 答案(1)0.3(2)30(3)45 C[某时刻静止释放a球，a球下落高度为h,b 球下落高度为h一L,则根据运动学公式可得！ h-L=，则b球下落的时间为6= h正，A错误；a球下落的时间为t。= 2亚，B错误；两球落地的时间差为山，则山= 匹_20=五，故重力加递度g- 。-=√gg 《A)W-√h)2,C正确b球落地前两球 均做自由落体运动，则a球的加速度与b球加！ 速度相等，D错误。] C「方法一：以地面为参考系，匀速运动的电 梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，电梯一直做！ 匀速运动，电梯和螺丝的位移差等于电梯顶部 离电梯地板的高度，则t一（t一之g)=h,即 A=,解得1=√西=0.8s,故选C 方法二：以电梯为参考系，电梯匀速上升，螺丝 相对电梯做自由落体运动，则由h=气g得 2亚=0.8s] 0,BD[依题意有g=之，相遇时两球运动 上)，从运动开始至两球相翅 上升高度为h1=1一2g 3 8g ,球b已下 落的距离为2=方产二 8g ,则球b开始下！ 篷的高度为h=九十九：2g,故A错误，B正 确：由题意可知，球a上升的最大高度与球b! 下落的高度相等，对球6有艺=立4，解得 Vo" 1 ,=改，而球4做竖直上抛运劲，先向上做匀 减速运动，然后做自由落体运动，根据运动的： 对称性可知，其运动时间为 2西，可知两球！ 不会同时落地，故C错误：两球落地的时间差 为y=,-=女故D正商门 502 1.解析(1)由x=2ar可知 a1=1m/s2 赧据华=可可知BC段平均速度可以=片= x议=6m/s t 由=十al得e=u4十a·答 解得r=8m/s (2)由△v=a·△1得 匀加速阶段所用时间4=血=20S a m=16 匀减速阶段所用时间。=5 a1 匀加选阶段通过的位移西-宁4=20m 匀减速阶段通过的位移4=受4：-160m 匀速运动时间4，=一一型=62s。 答案(1)8m/s(2)62s 课时分层检测（四） D[x-1图像斜率表示速度，由图像可知乙物 体始终沿正方向运动，甲物体0一2$沿正方向 运动，26s沿负方向运动，故甲、乙两物体不 是始终同向运动，A错误；x-t图像交点表示相 遇，故4s时甲、乙两物体相遇，B错误；由图像 可以看出在0~5s内己的位移大于甲的位移， 故乙的平均速度大于甲的平均速度，C错误；甲 4 物体在0~2s速度为vp=号m/s=2m/s, 2~6s速度为p'-0m/s=-1m/s,乙物 体的速度为02=是m/s=0.5m/s,故甲物体 的速率始终大于乙物体的速率，D正确。] B[根据v一at可知，匀加速阶段u-t图线为 一条倾斜直线，匀速阶段0-：图线为一条平行 于时间轴的直线，故A错误，B正确；根据x一 ar可知，匀加速阶段x-t图线为开口向上 1 的抛物线的一部分，由x=t可知，匀速阶段 x-t图线为一条倾斜直线，故C,D错误。] B[由a-t图像可知，l~4s内质点加速度a 恒定不为零，即为匀变速直线运动，故A错误； α-t图像与时间轴所围面积表示速度改变量， 则第1s末的速度=亏X1m/s=-2m/s, 即第1s末的速度大小为2m/s,故C错误： 1~4s内位移x=4十2a1,2=一2X3m十 号×8×3m=30m,故B正确：第1.2s末的 速度为4.2=4+at=(-2+8X0.2)m/s=一 0.4m/s,质，点在第1.2s末的运动方向与第1s 末相同，故D错误。] C[根据匀变速直线运动的位移公式x一 十，支形可得芹=%·上十a,可知 -的图像斜率k=6=0m/s=20m/s, 2 2 纵轴截距为b=一2m/s=立a,可得a= 一4m/s,所以该车做匀减速运动，加速度大小 为4m/s,初速度为20m/s,故A、B错误，C正 确；匀减速运动的总时间为1= 一欢=5s1= 3s时该车的速度为v=%十at=8m/s,则该车 在前3秒的位移为工=十巴1=42m,故D 2 错误。] 5C株搭=4得宁a-8m=1m 加速度为a-2m/s2,A错误；根据-2ax得！ 2a=9m/g=10m/g,加速度为a=5m/g, B错误；根据工=61一司a得子=一豆a十 4 购，则-之a=一2m/s,加速度大小为a= 4m/s,C正确；a-t图线与1轴周成的面积表！ 示速度变化量，所以有△v= 号×3X2m/s=2 3m/s,D错误。] 6.B[根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速： 直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再！ 做匀减速直线运动，则运动轨迹的图形，在x轴} 上取相邻相等的几段距离，则这几段对应的时！ 间间隔相等，这几段时间间隔内在y轴上下降 的距离先增大后减小，故B正确。] 7.BC[由题图(a)可知02s内，甲车做匀加速 直线运动，加速度大小不变，故A错误：由题图 (b)可知乙车在0~2s内的速度变化量等于！ a-t图像与t轴固成的面积，故t=2s时的速度：， 为2m/s,同理可知乙车在t-6s时的速度为！ 2m/s,故B正确；根据题图(a)可知，26s内！ 甲车的位移为0：根据题图(b)可知，2~6s内！ 乙车一直向正方向运动，则2一6s内，甲、乙两} 车的位移不同，故C正确；根据题图(a)可知，！ t一8s时甲车的速度为0，由题图(b)可知，乙车 在0~8s内速度变化量为0，故t=8s时乙车！ 的速度为0，故D错误。] 8.B[根据匀变速直线运动位移时间关系式x= 是一条倾斜的直线，由题图可知，图线斜率为小！ 车运动的初速度，则-0-（二2m/s=8m/s 之 纵裁距为小车运动的加速度的2，则2a一 一2m/s2,则a=一4m/s2,小车刹车时间为t= 二=2s,故前3s内小车的位移即前2s内的 位移，大小为x=受=8m,前2s小车微匀减 速直线运动，2s后停止。故选B。] 9.D[足球沿边线在摩擦力的作用下做匀减速！ 直线运动，速度越来越小；运动员为了追上足球！ 做加速运动，速度越来越大。-1图像与坐标！ 轴的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动！ 员和足球的位移相同，-1图像与坐标轴围成！ 的面积相同，故A,B错误；x-t图像的斜率表 示速度，足球的x-图像斜率逐渐减小，运动 员的x-t图像斜率逐渐增大，当运动员追上足 球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，！ 足球和运动员的x-t图像交于一点，故C错！ 误，D正确。] 10.C[由题图可知，于与x成线性关系，则0与！ x不成线性关系，即速度不随位移均匀变化，！ 故A错误；号-x图像的图线与x轴图成的面 积表示时间，则工=，与x不成线性关系， 则速度不随时间均匀变化，故B错误：号- 图像的图线与x轴围成的面积表示时间，则！ 甲、乙两物体速度从增加到2山的过程，经！ 历的时间之比为1：2，故C正确，D错误。] 课时分层检测（五） 1.解析(1)实验步骤中，首先调整滑轮位置使细！ 线与木板平行，确保力的方向正确：接着接通打！ 点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小 车。故顺序为CBA。 (2)小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，： 纸带上，点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距！ 小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。 (3)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速 度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C 的中间时刻，AC间位移为x,时间间隔为2T, 则v一2 答案(1)CBA(2)左端(3)易 解析(1)电火花计时器接220V交流电源。 (2)刻度尺最小刻度为毫米，估读一位，所以计 数，点2的读数为3.65cm。 (3)打计数点3时，小车的速度大小为v一 9.15cm-3.65cm≈0.28m/s 2×0.1s (4)因为纸带的长度除以时间是这一段的平均 速度，而平均速度可看成中间时刻的瞬时速度，{ 因为剪后每条纸带对应的时间都是0.1$，所以 可以用纸带的长度代替速度，所以此方案可行。} 答案(1)220V(2)3.65(3.64、3.66、3.67、 3.68均可)(3)0.28（或0.27） (4)可行 解析(1)游标卡尺读数为 d=5mm十0.05×0mm=5.00mm 小球通过光电门的瞬时速度 d 5.00×10-3 w=4-.60X10m/s0.43m/s。 (2)小球由B处运动到A处的过程中做匀加速 运动，由运动学公式得=2al =2al 1 1 解得二·，可知1c△)产，放选C。 1 ③)根据2元·)可知，斜率k=2a 故小球的加速度a=2k 答案(1)5.000.43(2)C(3) 22 解析(1)由题图(b)可知xAD=xAB十xR 十xD 代入得xAD=10.5cm+11.5cm十12.5cm= 34.5cm 由图(b)知，B点速度为g一2器 代入得跑=10.5+11.5)×10 m/s=1.1m/s 2×0.1 则vg2=1.21m2/s2。 (3)由题图(c)可知，当x=0.25m时，= 1.5m/g,则k=Ag-510m/g=20m/g 0.25 由2-x图像知截距b=1.0ms2。 (4)由匀变速直线运动的速度与位移关系式知 -”=2a.,结合心-x图像得直线方程知 v-b=kx 则可知va2=b,代入得vA=√历 同理知及=2a则a=冬。 答案(1)34.51.21(3)2.01.0 (④w6鸟 解析(1)根据题图乙，可知刻度尺的分度值为 1mm,则刻度尺的读数为xB=15.50cm。 (2)由题意可知，手机连拍照片的时间间隔 T。=20s 则题中相邻图片的时间间隔T=2T。=0.1s 由逐差法可得物块运动的加速度大小a一！ (xE-xc)-（-A=2.4m/s。 4T° (3)小球经过D位置时，物块的瞬时速度大小 与小球的瞬时速度大小相等，则 xE_E一x=1.1m/s。 2T 503 (4)小球竖直向下做匀加速直线运动，则刻度尺 应固定在竖直平面内，故A正确：无论斜面是 否粗糙，物块均做匀加速直线运动，不会带来误 差，故B错误；轻绳与斜面不平行，会导致物块 的加速度大小与小球的加速度大小不相等，带 来系统误差，故C正确。 答案(1)15.50(2)2.4(3)1.1(4)AC 课时分层检测（六） ,A「重力的方向竖直向下，由于把地球看成一 个均匀的球体，则帝企鹅受到的重力的方向一 定指向地心，故A正确，B错误；帝企鹅对地面 的压力的受力物体是地球，帝企鹅的重力的受 力物体是帝企鹅，压力与重力作用在不同物体 上，因此，不能够认为帝企鹅对地面的压力就是 其受到的重力，故C错误；由于帝企鹅处在南 极极，点，帝企鹅相对于地心处于静止状态，并没 有随地球自转，则帝企鹅受到的重力等于地球 对它的吸引力，故D错误。 ,BD[在接触面上弹力的方向总是垂直接触面 指向受力物体，所以甲图中半圆面对杆的弹力 沿半径向外，故A错误，B正确：物体与传送带 一起向右做匀速直线运动，由平衡条件可知，物 体不受摩擦力，故C错误：物体A匀速下滑，由 平衡条件可知，物体受到沿斜面向上的滑动摩 擦力，故D正确。 ,D「当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小 球重力大小，此时细绳的拉力F=0;当小车和 小球向右做匀加速直线运动时，细绳的拉力不 可能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确，A、 B、C错误。] C「对题图甲中的笔受力分析，受到手指的压 力、重力、摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会 顺着手指滑下来，故A错误：对题图乙中的笔 受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，假设没 有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故B错 误：因为题图甲和题图乙中的笔都处于静止状 态，所以手对笔的作用力应与重力大小相等，方 向相反，故C正确：题图甲中的笔受到的静摩 擦力，大小与手的握力无关，故D错误。] ,CD[猕猴对树枝有压力是因为猕猴发生了形 变而产生对树枝的弹力，故A错误；猴子对树 枝的压力垂直于树枝向下，故B错误：猴子相对 于树枝静止，树枝对猴子的摩擦力为静摩擦力， 故猴子把树枝抓得更紧时，树枝对猴子的摩擦 力不变，大小都等于重力沿着树枝方向的分力， 故C正确：猴子对树枝的作用力与树枝对猴子 的反作用力是相互作用力，二者等大反向，故D 正确。] BD「白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸 受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受 力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间 的弹力与最大静摩擦力，故A错误；在书写的 过程中毛笔相对白纸向右运动，受到向左的摩 擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力 白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受 到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白纸向 左的摩擦力，故C错误；根据牛顿第三定律可 知，白纸对桌面的摩擦力方向向右，故D 正确。 A[黑板擦做匀速直线运动，则摩擦力应该等 于推力和重力的合力，即F:=√(mg)P+F= 5N,方向斜向上，为定值，但不与推力成正比， A正确，B、C错误；黑板擦吸附在黑板上静止 时，摩擦力向上，与重力平衡，D错误。] ,解析(1)设木箱与地面间的最大静摩擦力为 Fax,则有Fimax一FN,FN=ng 解得Fa =12N,当F=6N时，由于F1 Fmx,木箱没有滑动，则地面对木箱的摩擦力 为静摩擦力，F1=F=6N (2)当F2-15N时，由于F2>Fmx,木箱滑动， 地面对木箱的摩擦力为滑动摩擦力，测有F? Fimax-12 N