第二章 匀变速直线运动的研究 单元检测B卷-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 聚焦匀变速直线运动单元，融合ETC、足球频闪、雾霾行车等科技生活情境，梯度覆盖概念理解、图像分析与综合应用，适配高中物理单元复习检测，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题/48分|v²-x图像、匀减速运动、x-t图像、追及问题|结合世界杯足球频闪（第6题）、推盒子游戏（第7题）等情境，考查科学推理| |实验题|1题/12分|加速度测量|改进气垫导轨实验，用Δx/t-t图像求瞬时速度（第13题），培养科学探究能力| |计算题|3题/40分|自由落体、追及相遇、多过程运动|以高空坠物危害（第14题）、汽车刹车追及（第15题）为背景，强化物理观念应用|

第二章 匀变速直线运动的研究 单元检测B卷 (满分：100分) 一、选择题： 1．一质点以一定的初速度从A点开始向相距8 m的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．质点做加速度增大的变加速运动 B．质点做匀加速运动，其加速度大小为2 m/s2 C．质点运动的初速度大小为4 m/s D．质点从A点运动到B点所用的时间为8 s 2．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点．则下列说法正确的是(　　) A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s 3．动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．动力车的初速度为20 m/s B．刹车过程动力车的加速度大小为2.5 m/s2 C．刹车过程持续的时间为8 s D．4 s内刹车位移为60 m 4．一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是(　　) A．这段时间内质点运动方向不变 B．这段时间为 C．这段时间的路程为 D．再经过相同时间质点速度大小为3v 5．A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．4 s时A物体运动方向发生改变 B．0～6 s内B物体的速度逐渐减小 C．0～5 s内两物体的平均速度相等 D．0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等 6.(2026·福建福州联考)北京时间2025年11月3日,国际足联U17世界杯在卡塔尔正式开幕,如图为一个足球被踢出后每隔0.1 s拍下的频闪照片,s1=1.05 m,s2=0.75 m,s3=0.45 m,s4=0.15 m,由此可以判定(　　) A.足球做匀变速直线运动 B.足球的加速度大小为20 m/s2 C.足球的初速度大小v=15 m/s D.整个过程中足球的平均速度大小为8 m/s 7.(2026·云南昆明一模)春节期间,小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,将盒子从O点推出,盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中,推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s 8．(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为(　　) A．(2－) s B．(2＋) s C．(2＋) s D． s 9．(多选)如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移－时间图像，则(　　) A．0～1 s时间内a车的平均速度大小比b车的小 B．0～3 s时间内a车的路程比b车的小 C．0～3 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/s D．t＝2 s时a车的加速度大小比b车的大 10．(多选)将甲、乙两个小球从离地面40 m高的地方分别以10 m/s的速率竖直上抛和竖直下抛，两小球落地后均不反弹．若不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．两小球落地的时间差为4 s B．两小球落地的时间差为2 s C．两小球均未落地前，速度之差不变 D．两小球均未落地前，小球间的距离先增大后减小 11.(多选)(2026·四川成都月考)一物体由静止开始沿一直线运动,先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移均为s,所用时间分别为2t、t和t,则(　　) A.物体做匀加速运动的加速度大小为 B.物体做匀减速运动的加速度大小为 C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为 D.物体做匀减速运动的末速度大小为 12．(多选)冬天雾霾天气频繁出现．某日早晨浓雾天气中道路能见度只有30 m，且路面湿滑．一辆小汽车以18 m/s的速度由南向北行驶，某时刻，突然发现正前方浓雾中有一辆卡车正以6 m/s的速度同向匀速行驶，于是，司机鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以2 m/s2的加速度减速行驶．前车接到示警2 s后以2 m/s2的加速度加速行驶．以下说法正确的是(　　) A．前、后车因都采取了必要的加、减速运动，所以不会追尾 B．前、后车虽采取了加、减速运动，但加速度过小，仍会发生追尾 C．在前车开始加速时，两车仅相距9 m D．两车距离最近时只有2 m 二、实验题: 13．如图甲所示，小昊同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度．遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A对齐．让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度，视为小车左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度． 甲 (1)小昊运用该方案测得加速度的表达式a＝_____________________. (2)为了更精确地测得小车的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度，记录数据并作出－t图像如图乙所示．根据图像，滑块左端过A处的瞬时速度大小为______m/s，滑块的加速度大小为________m/s2.(结果保留两位有效数字) 乙 (3)你认为小芳的新方案中，考虑遮光片的质量变化，在换用不同遮光片时，测得的加速度应该______(填“一样”或“不一样”)． 三、计算题(要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 14.(2026·福建龙岩市高三月考)某校物理兴趣小组,为了了解高空坠物的危害,将一个鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放,下落途中用Δt=0.2 s的时间通过一个窗口,窗口的高度为2 m,忽略空气阻力的作用,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小; (2)高楼面离窗的上边框的高度; (3)若隔0.5 s先后释放两个鸡蛋,试分析在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离如何变化? 15．汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从此刻开始计时，问： (1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少？ (2)经过多长时间A恰好追上B? 16．目前高速公路收费处，有专门的ETC收费通道．车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费．这种收费系统每车收费耗时不到2 s，其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍．如图所示，假设一辆汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4 m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t＝65 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小分别为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，求： (1)汽车过ETC通道时，匀变速行驶的总位移； (2)若汽车通过ETC通道比通过人工收费通道且速度恢复到v1时节省了69 s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离． 参考答案: 1.【答案】B【解析】根据匀变速直线运动的速度位移关系v2－v＝2ax，变形为v2＝2ax＋v，可得v2－x的函数关系为一次函数，则质点做的是匀加速直线运动，故A错误；由v2－x图像取两组数据点(－1,0)和(8,36)代入表达式有0＝2a·(－1)＋v，36＝2a·8＋v，解得a＝2 m/s2，v0＝2 m/s，故B正确，C错误；从A点运动到B点的位移为8 m，根据匀加速直线运动的位移时间公式可知8＝2t1＋×2t，解得t2＝2 s，D错误． 2.【答案】C【解析】汽车开始减速时到自动收费装置的距离为 x1＝(20＋5)×4 m＝50 m，故A错误；汽车加速4 s后速度为v＝15 m/s，故B错误；汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2＝ m＝75 m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1＋x2＝125 m，故C正确；汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2＝ s＝6 s， 所以总时间t总＝4 s＋t2＝10 s，汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s，所以耽误了3.75 s，故D错误． 3.【答案】A【解析】根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，可变形为＝v0＋at，可见，题目中的图像表示汽车刹车时做匀减速直线运动，图线与纵轴的截距表示初速度，所以初速度为20 m/s；图线的斜率表示a，所以刹车加速度为5 m/s2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的速度公式可求得刹车过程持续的时间为t＝＝4 s，故C错误；由C选项可知，4 s末速度已经减为0，根据匀变速直线运动的位移公式，将此匀减速运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则可得4 s内的位移为x＝at2＝40 m，故D错误． 4.【答案】B【解析】由题意知，质点做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回做匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，故A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝，故B正确；由v2－v＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝＝，总路程为s＝s1＋s2＝，故C错误；再经过相同时间，质点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，故D错误． 5.【答案】D【解析】A物体的x－t图线是一条倾斜的直线，所以A物体做匀速直线运动，且速度为vA＝＝ m/s＝－1 m/s，故选项A错误；0～6 s内B物体的x－t图线的斜率增大，则B物体的速度逐渐增大，故选项B错误；0～5 s内，A物体的位移ΔxA＝－1 m－4 m＝－5 m，B物体的位移ΔxB＝－1 m－(－4 m)＝3 m，所以A、B两物体在0～5 s内位移不相等，则平均速度不相等，故选项C错误；0～6 s内，A物体的位移Δx′A＝－2 m－4 m＝－6 m，B物体的位移Δx′B＝2 m－(－4 m)＝6 m，则|Δx′A|＝|Δx′B|，A物体做匀速直线运动，B物体的速度逐渐增大，则在0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等，故选项D正确． 6.【答案】A【解析】连续相等时间内的位移差为Δs=s1-s2=s2-s3=s3-s4=0.3 m,所以足球做匀变速直线运动,故A正确;由Δs=at2,可得足球的加速度大小为a== m/s2=30 m/s2,故B错误;图中第二个足球的速度v2== m/s=9 m/s,则球的初速度v1=v2+at=9 m/s+30×0.1 m/s=12 m/s,故C错误;整个过程中足球的平均速度大小为== m/s=6 m/s,故D错误。 7.【答案】B【解析】　由题意知,滑块在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m,根据逆向思维法有s0=at2,代入数据得a=2 m/s2,故A错误;根据逆向思维法有=2a·4s0,=2a·2s0,解得盒子运动到a点的速度大小为va=2 m/s,运动到c点的速度大小为vc= m/s,故B正确,C错误;盒子从a点运动到e点有4s0=a,解得tae=1 s,故D错误。 8.【答案】ABC【解析】取竖直向上为正方向，由v＝2gh得v0＝20 m/s.物体的位移为x＝v0t－gt2，当物体位于A点上方10 m处时x＝10 m，解得t1＝(2－) s，t2＝(2＋) s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10 m处时，x＝－10 m，解得t3＝(2＋) s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误． 9.【答案】ABC【解析】根据图像可知，0～1 s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；0～3 s内a车的路程为3 m，b车的路程为s＝s1＋s2＝4 m＋1 m＝5 m，故B正确；0～3 s内两车的位移均为－3 m，平均速度大小均为1 m/s，故C正确；a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误． 10.【答案】BC【解析】以竖直向下为正方向，对竖直下抛运动，初速度方向为正方向，v0＝10 m/s，加速度a＝g，位移x＝40 m，根据位移时间关系有 x＝v0t1＋gt，代入数据解得t1＝2 s；对竖直上抛运动，x＝－v0t2＋gt，代入数据得t2＝4 s，两小球落地的时间差为2 s，A错误，B正确．两小球均未落地前，Δv＝(v0＋at)－(－v0＋at)＝2v0，保持不变； Δx＝v0t＋gt2－＝2v0t，随时间的变化，小球间的距离一直增大，C正确，D错误． 11.【答案】BD【解析】对匀加速运动过程,有s=a1(2t)2,解得a1=,故A错误;匀速运动的速度为v=,设匀减速直线运动的末速度为v2,根据匀变速直线运动的平均速度公式有=,解得v2=,匀减速直线运动的加速度大小 a2===,故B、D正确;物体在这三个运动过程中的平均速度大小 ==,故C错误。 12.【答案】AD【解析】设后车经时间t两者共速， 则(18－2t) m/s＝[6＋2×(t－2)] m/s，解得t＝4 s，此时间内后车的位移 x1＝18×4 m－×2×42 m＝56 m， 前车的位移x2＝6×2 m＋6×2 m＋×2×22 m＝28 m，因x2＋30 m>x1，可知两车不会追尾，此时两车相距最近，距离为28 m＋30 m－56 m＝2 m，选项A、D正确，B错误；在前车开始加速时，两车相距(30＋6×2)m－m＝10 m，选项C错误． 13.【答案】(1)　 (2)0.30±0.02　3.0±0.2(3)一样 【解析】(1)根据速度与时间的关系得2＝2aL，解得a＝. (2)滑块通过光电门的过程为初速度为vA的匀加速直线运动，Δx＝vAt＋at2，则＝＝vA＋at，所以－t图线的斜率k＝a，纵轴的截距表示vA的大小，则vA＝0.30 m/s，加速度a＝2k＝2× m/s2＝3.0 m/s2. (3)根据牛顿第二定律，滑块下滑过程中，mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，加速度与质量无关，故在只更换不同遮光片时，测得的加速度是一样的． 14.答案　(1)20 m/s　15 m　(2)4.05 m　(3)两鸡蛋之间的距离均匀增大 解析　(1)根据速度与位移关系式=2gh,解得鸡蛋落地时速度大小为vt=20 m/s 设鸡蛋自由下落时间为t,根据速度与时间关系式得t==2 s 鸡蛋在第1 s内的位移为h1=g=5 m 则鸡蛋落地前最后1 s内的位移大小为h2=h-h1=15 m。 (2)由题意知,窗口的高度为h3=2 m 设高楼面离窗的上边框的高度为h0,鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0, 则h0=g,h0+h3=g(t0+Δt)2 联立解得h0=4.05 m。 (3)未落地前,设第二个鸡蛋运动了时间T,则第一个鸡蛋运动了T+Δt 第一个鸡蛋下落高度H1=g(T+Δt)2 第二个鸡蛋下落高度为H2=gT2 二者之间的距离ΔH=H1-H2=g(Δt)2+gΔt·T ΔH与T为一次函数关系,故在鸡蛋落地前两鸡蛋之间的距离均匀增大。 15.【答案】(1)16 m　(2)8 s 【解析】(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远， 即v＝vB－at＝vA，解得t＝3 s. 此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m， 汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m， 故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m. (2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5 s， 运动的位移xB′＝＝25 m. 汽车A在t1时间内运动的位移 xA′＝vAt1＝20 m， 此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m， 汽车A需再运动的时间t2＝＝3 s， 故A追上B所用时间t＝t1＋t2＝8 s. 16.【答案】(1)180 m　(2)8 m 【解析】(1)设汽车通过ETC通道时的匀减速过程的位移为x1，匀加速过程的位移为x2，则 x1＝＝60 m， x2＝＝120 m， 汽车匀变速行驶的总位移大小x＝x1＋x2＝180 m. (2)汽车通过ETC通道时，设汽车匀速行驶的距离为d， 汽车匀减速过程的时间t1＝＝6 s， 匀速过程的时间t2＝， 匀加速过程的时间t3＝＝12 s， 所以汽车通过ETC通道的总时间t＝t1＋t2＋t3. 汽车通过人工收费通道时，匀减速过程的时间t1′＝＝8 s， 匀加速过程的时间t2′＝＝16 s， 所以汽车通过人工收费通道的总时间 t′＝t1′＋t0＋t2′＝89 s. 则汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间 Δt＝t′－t＝69 s， 解得t＝20 s，t2＝2 s. 汽车在ETC通道匀速行驶的距离d＝v2t2＝8 m. 学科网（北京）股份有限公司 $