第一章 运动的描述 匀变速直线运动 综合测试 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦运动描述与匀变速直线运动，融合科技（如铯原子喷泉钟）与生活情境（如跳伞、超车），适配高中物理一轮复习，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12小题|速度定义、匀变速规律、图像分析、竖直上抛|急动度新情境（第3题）、子弹穿水球逆向思维（第11题）| |计算题|4大题|匀减速运动、自由落体、分段加速度、多车追及|多车超车综合应用（第16题）、滑雪分段运动建模（第15题）|

第一章 运动的描述 匀变速直线运动 综合测试 (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题。) 1．下列公式属于应用比值定义物理量的是(　　) A．a＝ B．I＝ C．v＝ D．E＝ 2．炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1000 m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为(　　) A．5秒 B．5分钟 C．5小时 D．5天 3.急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即j＝，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。图示为某汽车从静止开始启动一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。下列说法正确的是(　　) A．t3时刻汽车的加速度为零 B．0～t1时间内汽车的加速度逐渐减小 C．t1～t2时间内汽车的加速度均匀增大 D．t2～t3时间内汽车的平均加速度小于t1～t2时间内汽车的平均加速度 4.有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算这架照相机的曝光时间为(　　) A．0.01 s B．0.02 s C．0.1 s D．0.2 s 5．铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向，下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　) 6．司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　) A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2 C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2 7.广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0，重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为(　　) A．D B. C. D. 8.质点甲沿x轴做匀变速运动，质点乙沿x轴做匀速运动，两质点的位置坐标x随时间t变化的关系图线如图所示，则在0～4 s内两质点之间的最大距离为(　　) A．5 m B．4 m C．3.5 m D．3 m 9．汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 10.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要重力加速度g的精确值，这可由实验精确测得。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测量长度和时间，具体做法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直上抛小球，测得小球从离开O点到落回O点所用的时间为T1，小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球从离开P点到落回P点所用的时间为T2，则g等于(　　) A. B. C. D. 11.(2026·江苏无锡辅仁高级中学期中)《街头科学实验室》中验证了四个完全相同的水球即可挡住子弹，假设子弹在水球中沿水平方向做初速度为v的匀减速直线运动，恰好能穿出第四个水球，则(　　) A.子弹在每个水球中速度变化量相同 B.子弹穿出第二个水球时的瞬时速度为 C.子弹在每个水球中运动的时间比为 t1∶t2∶t3∶t4=2∶∶∶1 D.子弹穿出前三个水球的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1 12.(多选)甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车速度的平方v2随位移x的变化关系图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为8 m B．汽车甲的加速度大小为4 m/s2 C．汽车甲、乙在t＝3 s时相遇 D．汽车甲、乙在x＝6 m处的速度大小为2 m/s 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13.如图所示，平直公路旁的小树间距相等，都是d＝2.75 m，某同学骑自行车在1号小树左侧停止用力后向右做匀减速运动，加速度大小a＝0.5 m/s2。现测出他从1号小树运动到2号小树用时t＝1 s，求该同学： (1)通过1号小树时的速度大小； (2)通过最后一棵小树时的速度大小。 14．某跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距离地面125 m时开始打开降落伞，到达地面时速度减为5 m/s。如果认为开始打开降落伞至落地前运动员在做匀减速运动，加速度大小为a＝8 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小； (2)运动员离开飞机时距离地面的高度。 15.(2026·江苏南京期中)滑雪运动中，当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”。如图所示，一滑雪者在某次滑雪中先后完成了斜坡加速和水平滑道减速的运动。假设滑雪者在斜面上的速度小于4 m/s时，加速度大小为4 m/s2，速度大于4 m/s时，加速度大小为5 m/s2。在水平滑道上速度小于4 m/s时，加速度大小为2.5 m/s2，速度大于4 m/s时，加速度大小为1.25 m/s2。若滑雪者从A由静止开始滑至坡底B处(B处为一长度可忽略的光滑小圆弧)后又滑上水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处，已知AB长14.8 m。求: (1)滑雪者到达B处的速度大小vB; (2)滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离。 16.(2026·福建省三明市第一中学高三上月考)超车是指后车并道到前车的后侧方，越过前车后，并道回原车道的过程。如图所示，甲车车长L甲＝6 m，以车速v0＝15 m/s、加速度a0＝2 m/s2正在加速运动，乙车车长L乙＝12 m，以车速v乙＝18 m/s匀速运动，此时两车相距s＝40 m，内侧车道上乙车前方d＝43 m处，丙车正以车速v丙＝15 m/s匀速运动。已知该路段限速vm＝25 m/s，不计车辆变道和转向的时间及车辆的宽度。 (1)求甲车与乙车间距为s′＝9 m时所用的最短时间； (2)甲、乙两车间距为s′＝9 m时，甲车开始借道超车，当甲、乙两车车头平齐时，求甲车与丙车的距离； (3)若甲车司机感到超车有撞到丙车的危险，当甲、乙两车车头平齐时开始紧急刹车，最终恰好没有出现危险，求甲车刹车的加速度大小。 参考答案： 1.答案：C解析：加速度的定义式为a＝，电流的定义式为I＝， 速度的定义式为v＝，电场强度的定义式为E＝， 故C正确，A、B、D错误。 2.答案：A解析：将炮弹在炮管中的运动近似认为是初速度为零的匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长度约为L＝5 m，则有L＝t，代入L＝5 m、v＝1000 m/s解得t＝0.01 s，设炮管报废前约发射500颗炮弹，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为t总＝500t＝5 s，故A正确，B、C、D错误。 3.答案：C解析：在j­t图像中，图线与t轴围成的面积表示加速度的变化量Δa，由题图可知，0～t3时间内图线与横轴围成的面积逐渐增大，则0～t3时间内汽车的加速度逐渐增大，t3时刻加速度取得最大值，t2～t3时间内汽车的平均加速度大于t1～t2时间内汽车的平均加速度，故A、B、D错误。t1～t2时间内急动度不变，根据j＝，可知单位时间内的加速度变化量恒定不变，即加速度均匀增大，C正确。 4.答案：B解析：解法一(公式法)：图中AB的实际长度为AB＝0.12 m，A到地面的高度h1＝8.5×6 cm＝0.51 m，B到地面的高度h2＝6.5×6 cm＝0.39 m，设开始下落点为O，则hOA＝H－h1＝1.99 m，hOB＝H－h2＝2.11 m。由hOA＝gt得t1≈0.63 s，由hOB＝gt得t2≈0.65 s。曝光时间Δt＝t2－t1＝0.02 s，故B正确。 解法二(估算法)：自由落体运动到A点的速度为v＝≈6.3 m/s。因为0.12 m远小于1.99 m，故可以近似地将AB段的运动当作匀速直线运动，故t＝≈0.02 s，故B正确。 5.答案：D解析：由题意知，铯原子团仅在重力作用下先匀减速上升(上升阶段速度为正值)，速度减小到零后，再匀加速下降(下降阶段速度为负值)，全程加速度都为重力加速度，方向竖直向下，即a＝－g，故v­t图像是一条斜向右下方的倾斜直线，图像与t轴相交且斜率保持不变，A、B错误；a­t图像是在t轴下方平行于t轴的一条直线，故C错误，D正确。 6.答案：A解析：汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v≤20 km/h＝5.56 m/s且v≥0，该过程汽车速度的变化量的绝对值满足v0－v≤|Δv|≤v0－0，即4.44 m/s≤|Δv|≤10 m/s，根据匀变速直线运动速度与时间的关系有|Δv|＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s且不大于10 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A项。 7.答案：C解析：极短时间Δt内，从喷口喷出的水的体积为ΔV＝π·v0Δt，水在空中做初速度为v0的竖直上抛运动，在离喷口高度为H时，设水的速度为v，根据匀变速直线运动的速度与位移之间的关系，有v2－v＝－2gH，设此时水柱的直径为D′，则ΔV＝vπΔt，联立解得D′＝，故选C。 8.答案：B解析：质点甲位置坐标随时间的变化关系满足x甲＝x0＋v0t＋at2，当t＝0时x甲＝8 m，当t＝1 s时x甲＝9 m，当t＝4 s时x甲＝0，代入解得x0＝8 m，v0＝2 m/s，a＝－2 m/s2，由题图可知质点乙的速度v乙＝ m/s＝－2 m/s，当两质点速度相等时，两质点相距最远，设t0时刻两质点相距最远，则v甲＝(2－2t0) m/s＝v乙，解得t0＝2 s，此时质点甲的位置坐标x甲＝x0＋v0t0＋at＝8 m，质点乙的位置坐标x乙＝x0＋v乙t0＝4 m，所以在0～4 s内两质点之间的最大距离Δx＝x甲－x乙＝4 m，故选B。 9.答案：A解析：设汽车做匀加速运动的时间为t0，则汽车做匀速运动的速度大小为v＝at0，位移大小为x1＝vt，由对称性和匀变速直线运动的规律可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移大小均为x＝at，由位移关系可得x1＋2x＝8x，联立解得x＝at2，A正确。 10.答案：B解析：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上＝t下，则从最高点下落到O点所用时间为，设小球从O点上升的最大高度为h1，则h1＝g，设小球从P点上升的最大高度为h2，同理有h2＝g，依据题意有h1－h2＝H，联立解得g＝，故B正确，A、C、D错误。 11.答案　D解析　由于子弹恰好能穿出第4个水球，所以末速度为0，利用逆向思维把子弹看成由左向右做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动。由匀变速直线运动规律的推论可知，自右向左子弹通过四个水球的时间比为t1∶t2∶t3∶t4=(2-)∶(-)∶(-1)∶1，故C错误;子弹在每个水球中运动加速度相同，时间不同，由Δv=at可知速度变化量不同，故A错误;由于子弹在第4个水球内通过的位移与在其余3个水球内通过的位移之比为1∶3，所以子弹穿过第4个水球的时间与穿过其余3个水球的时间相等，因此子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，即为，故B错误;根据v2=2ax得v=，所以子弹穿出前三个水球的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1，故D正确。 12.答案：ACD解析：由题图可知，甲、乙两车的初速度分别为v甲0＝6 m/s、v乙0＝0，两车的v2­x关系式分别为v－v＝－4x、v＝2x，对比匀变速直线运动速度与位移的关系式v2－v＝2ax可知，甲、乙两车均做匀变速直线运动，且甲车的加速度为a甲＝－2 m/s2，乙车的加速度为a乙＝1 m/s2，两车的v­t关系式分别为v甲＝v甲0＋a甲t和v乙＝a乙t，当v甲＝v乙时两车的距离有极大值， 即v甲0＋a甲t1＝a乙t1，解得此时刻为t1＝2 s， 此时甲车的位移为x甲1＝v甲0t1＋a甲t＝8 m，当甲车停止运动时，由题图可知，甲车的位移为x甲2＝9 m，经过的时间为t2＝＝3 s， 乙车的位移为x乙2＝a乙t＝4.5 m，x乙2<x甲2，乙车没有超过甲车，故在t1～t2时间内，甲、乙两车的距离减小，可知汽车甲停止前，t1＝2 s时甲、乙两车相距最远，此时甲车的位移为x甲1＝8 m，故A正确，B错误；由上述分析可知，甲、乙两车相遇时，甲车已经停止运动，且甲车的位移为x甲2＝9 m，设甲、乙两车的相遇时间为t3，则有a乙t＝x甲2，解得t3＝3 s，故C正确；根据题图可知，汽车甲、乙在x＝6 m处的速度大小相同，对乙有v2＝2a乙x，解得对应的速度大小v＝2 m/s，故D正确。 13.[答案]　(1)3 m/s　(2) m/s [解析]　(1)设该同学通过1号小树时的速度大小为v0， 根据匀变速直线运动规律有d＝v0t－at2 解得v0＝3 m/s。 (2)从通过1号小树到停止运动，设该同学的位移大小为x， 由运动学公式有0－v＝－2ax 解得x＝9 m＝3d＋0.75 m 可知该同学通过的最后一棵小树是4号小树， 从该同学通过4号小树到停止运动，有0－v＝－2ax4 其中x4＝0.75 m 解得该同学通过最后一棵小树时的速度大小为v4＝ m/s。 14.[答案]　(1)45 m/s　(2)226.25 m [解析]　(1)设运动员距离地面h＝125 m时的速度大小为v0，到达地面时的速度大小为v，在匀减速阶段，有v2－v＝－2ah 代入数据解得v0＝45 m/s。 (2)设打开降落伞之前，运动员自由落体下落的高度为h1，则有v－0＝2gh1 运动员离开飞机时距离地面的高度H＝h1＋h 联立并代入数据解得H＝226.25 m。 15..答案：(1)12 m/s　(2)54.4 m 解析：(1)滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度4 m/s所经历的时间为 t== s=1 s 该过程滑雪者的位移为x1=a1t2=×4×12 m=2 m 滑雪者继续加速下滑的位移为x2=lAB-x1=14.8 m-2 m=12.8 m 根据速度与位移的关系式有-v2=2a2x2，其中a2=5 m/s2 解得vB=12 m/s。 (2)滑雪者从滑上水平雪道到速度减为4 m/s的过程中， 根据速度与位移的关系式有-v2=2a3x3，其中a3=1.25 m/s2 解得该过程滑雪者通过的位移为x3=51.2 m 滑雪者在水平雪道上从4 m/s速度减为0的过程中继续滑行的位移为 x4== m=3.2 m 故滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离为x=x3+x4=54.4 m。 16.答案：(1)8 s　(2)10 m　(3)5 m/s2 解析：(1)设甲车加速到最大速度所用的时间为t1，则有vm＝v0＋a0t1 解得t1＝5 s 因v乙t1＋s－t1＝30 m＞s′，所以甲、乙两车相距s′＝9 m时甲车已匀速运动一段时间。设甲车与乙车间距为s′＝9 m时所用的最短时间为tmin， 此段时间内甲车位移x1＝t1＋vm(tmin－t1) 乙车位移x2＝v乙tmin 由位移关系有x1－x2＝s－s′　　解得tmin＝8 s。 (2)设从甲车与乙车间距为s′＝9 m时到甲、乙两车车头平齐时需要的时间为t2，则vmt2－v乙t2＝s′＋L乙 从开始至甲、乙两车车头平齐，乙车位移x3＝v乙(tmin＋t2) 丙车位移x4＝v丙(tmin＋t2) 此时乙车与丙车的距离，即甲车与丙车的距离d1＝d－x3＋x4 解得d1＝10 m。 (3)设甲车刹车的加速度大小为a1，刹车t3时间时和丙车共速且恰不相撞， 则vm－a1t3＝v丙 t3时间内甲车位移x5＝t3　　　　丙车位移x6＝v丙t3 位移关系为x6＋d1＝x5 解得a1＝5 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $