第1讲 描述运动的基本物理量 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

专题01 描述运动的基本物理量 【题型演练】 题型一 质点、参考系、时刻和时间间隔、位移和路程 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•南通月考）2026年8月16日，在全国田径锦标赛女子链球决赛中，19岁选手张家乐以78.64米的成绩夺得冠军并打破亚洲纪录。下列说法中正确的是（　　） A．“78.64米”指的是链球运动的位移 B．“78.64米”指的是链球运动的路程 C．研究链球的飞行轨迹时，可将链球看作质点 D．研究链球的投掷动作时，可将链球看作质点 【答案】C 【详解】A.“78.64米”是链球从投掷点到落地点的实际运动轨迹的长度，而位移是从初始位置指向末位置的有向线段的长度，链球运动轨迹是曲线，所以“78.64米”不是链球运动的位移，故A错误； B.“78.64米”是链球实际运动轨迹的长度，路程是物体实际运动轨迹的总长度，所以“78.64米”指的是链球运动的路程，故B错误； C.研究链球的飞行轨迹时，链球的大小和形状相对于其飞行轨迹来说可以忽略不计，所以可将链球看作质点，故C正确； D.研究链球的投掷动作时，链球的大小和形状不能忽略不计，否则无法研究其投掷动作，所以不可将链球看作质点，故D错误。 故选：C。 【例2】（多选）（2023秋•岳阳期末）将近1000年前，宋代诗人陈与义乘着小船在风和日丽的春日出游时曾经作了一首诗：飞花两岸照船红，百里榆堤半日风。卧看满天云不动，不知云与我俱东。诗人艺术性地表达了他对运动相对性的理解。下列有关诗中描述情境的说法正确的有（　　） A．“百里榆堤半日风”所描述的物理过程中不可以将船视为质点 B．“卧看满天云不动”是以船为参考系 C．“卧看满天云不动”是指“云与我”相对河岸静止 D．“云与我俱东”即“云与我”相对于河岸向东运动 【答案】BD 【详解】A、“百里榆堤半日风”所描述的物理过程中是穿在半日的路程是百里，这个过程不用考虑船的大小和形状，船的大小和形状对问题没有影响，故可以将船视为质点，A错误； BC、“卧看满天云不动”描述的是人相对于云静止，所以是以船为参考系，“云与我”相对船静止，相对于河岸是运动的，B正确，C错误； D、“云与我俱东”表示“云与我”相对于河岸向东运动，D正确。 故选：BD。 【变式训练1】（2026•安康模拟）2025年12月起，全国铁路实行新运行图。D1921次动车组列车从成都东站开往西安北站，其官方时刻表（部分）如下： 站名 到站时间 开车时间 成都东站 — 07：18 广元站 09：42 09：44 汉中站 10：53 10：55 西安北站 12：26 — 下列叙述中，表示时刻的是（　　） A．列车从成都东站至西安北站共运行5小时8分钟 B．列车在汉中站停车办理客运业务历时2分钟 C．列车于07时18分由成都东站准时发车 D．列车自广元站出发后经1小时9分钟抵达汉中站 【答案】C 【详解】时刻指时间轴上的一个点，表示某一刻时；时间间隔指两个时刻之间的持续时间。 A.描述列车从成都东站至西安北站的总运行时间为5小时8分钟，属于时间间隔，故A错误； B.描述列车在汉中站停车持续时间为2分钟，属于时间间隔，故B错误； C.描述列车发车的具体时间点“07时18分”，属于时刻，故C正确； D.描述列车从广元站到汉中站的运行持续时间为1小时9分钟，属于时间间隔，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026•模拟）2025年九三阅兵展示了我军大量先进装备，下列描述中的研究对象可以看作质点的是（　　） A．研究甲图空中加油机的加油动作 B．研究乙图坦克履带的构造 C．研究丙图军舰的航行轨迹 D．研究丁图武装直升机螺旋桨的转动 【答案】C 【详解】A．根据题意分析可知，研究空中加油机的加油动作时，需要关注加油机与受油机的相对位置、姿态以及对接口的具体位置，飞机的形状和大小不能忽略，故不能看作质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究坦克履带的构造时，需要分析履带的形状、结构及各部件的连接方式，物体的形状和大小是研究的核心，不能忽略，故不能看作质点，故B错误； C．根据题意分析可知，研究军舰的航行轨迹时，军舰的大小和形状相对于广阔的海洋航行距离来说可以忽略不计，只关注其位置的变化，故可以看作质点，故C正确； D．根据题意分析可知，研究武装直升机螺旋桨的转动时，螺旋桨上各点的运动情况不同（如线速度大小不同），需要考虑其形状和大小，故不能看作质点，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（多选）（2024秋•泉州期中）如图所示，一辆车沿着笔直的公路向东做匀速直线运动。某时起，位于车厢中间位置的甲、乙两人分别以不变的速率朝着车厢的前、后壁移动，经过一段时间，甲到达车厢前壁的同时，乙刚好到达车厢后壁，则在这段时间内（　　） A．甲、乙两人相对地面移动的速率相等 B．甲、乙两人相对车厢移动的速率相等 C．站在地面不动的人观察到甲一定向东移动 D．站在地面不动的人观察到乙一定向西移动 【答案】BC 【详解】AB、某时起，位于车厢中间位置的甲、乙两人分别以不变的速率朝着车厢的前、后壁移动，如果以地面为参考系，此时车是沿着笔直的公路向东做匀速直线运动，需要考虑车的速率，甲相对地面移动的速率等于车速加甲的速度；乙相对地面移动的速率等于车速减乙的速度；如果以车为参考系，即车是不动的，甲、乙从车的中点同时到达车厢的前后壁，则甲、乙两人相对车厢移动的速率相等，故A错误，B正确； CD、站在地面不动的人观察，是以地面为参考系，那么甲和车都是向东运动，所以站在地面不动的人观察到甲一定向东移动；但是车向东运动，乙是向西运动，因为车和乙的速率未知，所以站在地面不动的人观察到乙不一定向西移动，故C正确，D错误； 故选：BC。 【题型强化练】 1．（2026秋•浙江月考）如图为2026年美加墨世界杯赛场上某球员主罚任意球时的场景。在下列问题中，足球可被看作质点的是（　　） A．研究足球踢出后的转动效果 B．研究足球与球员脚接触时的受力部位 C．研究足球从罚球点飞向球门的飞行轨迹 D．研究足球击中球门立柱时发生的形变情况 【答案】C 【详解】A．根据题意分析可知，研究足球踢出后的转动效果，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究足球与球员脚接触时的受力部位，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故B错误； C．根据题意分析可知，研究足球从罚球点飞向球门的飞行轨迹，可以忽略足球的大小和形状，将足球看成质点，故C正确； D．根据题意分析可知，研究足球击中球门立柱时发生的形变情况，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故D错误。 故选：C。 2．（2026•冀州区校级开学）11月5日，我国第三艘航空母舰——中国人民解放军海军福建舰正式入列，标志着我国进入三航母时代。图为甲板上的指挥官正在指挥舰载机从航母上弹射起飞，下列说法正确的是（　　） A．研究舰载机起飞动作时，可以将飞机看成质点 B．飞机起飞后，研究飞机在茫茫大海上的位置时，不能看成质点 C．以航母为参考系，飞机向后运动 D．飞行员以自身为参考系，甲板上的指挥官在向后运动 【答案】D 【详解】A．根据题意分析可知，研究舰载机起飞动作时，需要关注飞机的姿态、机翼动作等细节，不能忽略飞机的形状和大小，因此不能将飞机看成质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究飞机在大海上的位置时，飞机的大小和形状相对于广阔的大海可以忽略，所以能看成质点，故B错误； C．根据题意分析可知，飞机弹射起飞，相对航母向前飞。则以航母为参考系，飞机向前运动。故C错误； D．根据题意分析可知，飞行员以自身为参考系，飞机起飞后向前运动，因此会看到甲板上的指挥官向后运动，故D正确。 故选：D。 3．（2026•银川模拟）如图为某导航软件的一张截图，显示了某次导航的具体路径，大众常选的“184公里”对应“2小时16分”。下列说法正确的是（　　） A．“2小时16分”为时刻 B．“184公里”为位移 C．记录全程运动时间不能将车辆视为质点 D．根据大众常选的两个数据，可以算出整个路段汽车行驶的平均速率 【答案】D 【详解】A.“2小时16分”是行驶一段路程所用的时长，属于时间间隔，并非时刻，故A错误； B.“184公里”是汽车实际行驶的路径长度，属于路程，位移是从初位置到末位置的有向线段，二者不同，故B错误； C.记录全程运动时间时，汽车的形状和大小对所考查的时间无影响，可将其视为质点，故C错误； D.平均速率是路程与时间的比值，根据大众常选的“184公里”路程和“2小时16分”的时间，可计算出整个路段汽车行驶的平均速率，故D正确。 故选：D。 4．（2026•高邮市开学）2026年7月24日7时33分，我国“力箭一号”运载火箭成功将五颗卫星依次送入预定轨道（近地卫星轨道）。下列说法正确的是（　　） A．星箭分离时，星箭间相对静止 B．研究卫星姿态调整时，可以将卫星视为质点 C．火箭从发射到星箭分离过程，路程与位移大小相等 D．卫星入轨后运行60min，路程大于位移大小 【答案】D 【详解】A、相对静止的条件是两物体相对速度为0，星箭分离时二者存在相对运动，故A错误； B、质点是忽略大小、形状的只有质量的点，是突出主要因素、忽略次要因素的理想化模型，研究卫星姿态调整时，卫星的姿态、自身转动是研究核心，不能忽略其大小形状，不能视为质点，故B错误； C、只有单向直线运动中，路程才等于位移大小。由实际情况可知，火箭发射到星箭分离的过程轨迹不是单向直线，路程大于位移大小，故C错误； D、卫星入轨后做圆周运动（曲线运动），60min内轨迹为一段圆弧，路程是圆弧的长度，位移大小是初末位置的弦长，因此路程大于位移大小，故D正确。 故选：D。 题型二 平均速度和瞬时速度 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•浙江月考）2026年4月19日在北京亦庄举办机器人半马，起点为北京亦庄通明湖畔科创十七街，终点为南海子公园，全程21.0975公里。荣耀公司“齐天大圣”队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，是全球首个人形机器人半马赛事的历史性突破，下列说法正确的是（　　） A．50分26秒是指时间间隔 B．以“闪电”机器人为参考系，路旁的陪跑运动员一定向后运动 C．“闪电”机器人的平均速度约为25km/h D．研究“闪电”机器人从起点到终点的轨迹时，不可以将它视为质点 【答案】A 【详解】A．根据题意分析可知，50分26秒对应的是机器人跑完半程马拉松这一过程所用的时间长度，是指时间间隔，故A正确； B．根据题意分析可知，以“闪电”机器人为参考系，若陪跑运动员的速度小于机器人的速度，则陪跑运动员向后运动；若陪跑运动员的速度大于机器人的速度，则陪跑运动员向前运动，故B错误； C．根据题意分析可知，全程21.0975公里是指路程，则 平均速度等于位移与时间的比值，由于半马赛道不是直线，位移大小小于路程，故平均速度大小小于25km/h，故C错误； D．根据题意分析可知，研究“闪电”机器人从起点到终点的轨迹时，机器人的大小和形状相对于21公里的路程可以忽略不计，可以将它视为质点，故D错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2026秋•同步）小军去看电影，从家出发沿直线步行2x距离到达电影院，步行所用时间为t，在电影院用2t时间观影，观影结束后沿直线原路返回步行x距离到达公园门口，用时为0.5t，则小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中，下列说法正确的是（　　） A．平均速度大小为 B．平均速度大小为 C．平均速率为 D．平均速率为 【答案】AC 【详解】AB.平均速度是位移与所用时间的比值，故小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中平均速度大小为，故A正确，B错误； CD.平均速率是路程与时间的比值，故小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中平均速率为，故C正确，D错误。 故选：AC。 【变式训练1】（2026•福建开学）暑假期间，某同学跟随家人自驾从A地前往B地旅游，导航软件上显示的路线信息如图所示，下列说法正确的是（　　） A．图中“1小时57分”表示时刻 B．图中“158公里”表示位移大小 C．该家人往返A、B两地一次的平均速度为0 D．该家人往返A、B两地一次的平均速率为0 【答案】C 【详解】A．图中“1小时57分”表示时间，不是时刻，故A错误； B．图中“158公里”表示路程，不是位移大小，故B错误； C．该家人往返A、B两地一次的位移为0，则平均速度为0，故C正确； D．该家人往返A、B两地一次的路程不为0，则平均速率不为0，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026•模拟）物体沿直线做加速运动，从开始计时起，第1s内的位移是1m，第2s内的位移是2m……第ns内的位移是nm，由此可知（　　） A．物体一定是做匀加速直线运动 B．物体的初速度一定不是0 C．物体的加速度一定是1m/s2 D．物体在前5s内的平均速度一定是3m/s 【答案】D 【详解】A、各时间段内位移随时间增加，可判断，一定不是匀加速直线运动，但无法确定各段时间内的具体运动形式，故无法判断物体是否做的匀加速直线运动；同时也无法得出物体的初速度及加速度；在相等时间内的位移之差是一恒量，可知物体可能做匀加速直线运动，故ABC错误； D、由可得，此物体在前5s内的平均速度为，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2026•长沙学业考试）如图所示为我国的太极图，图中大圆的半径为20m，圆心在O点，A、C两点之间的连线是直径，大圆内“S”形曲线由两个半径均为10m的半圆弧连接而成。某人晨练时6：30从图中A点出发，沿图中所示路径ABCOA进行（在COA运动指沿“S”形曲线运动），6：34返回A点，关于此人的运动，下列说法正确的是（π取3.14）（　　） A．位移大小为0 B．路程为125.6m C．平均速度大小为0.52m/s D．平均速率约为0.52m/s 【答案】ABD 【详解】A．位移指由初位置指向末位置的有向线段，此人初、末位置相同，所以位移大小为0，故A正确； B．此人运动的路程为s＝πR+2πr＝3.14×20m+2×3.14×10m＝125.6m 故B正确； C．平均速度大小等于位移的大小与时间的比值，位移大小为0，故平均速度为0，故C错误； D．平均速率等于路程与时间的比值，约为 故D正确。 故选：ABD。 【题型强化练】 1．（2026•模拟）某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（　　） A．该车的路程约为2000km B．该车的位移大小约为7500km C．某时刻该车速度计显示的是平均速度 D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点 【答案】D 【详解】AB、路程是物体实际运动轨迹的长度，位移是初位置到末位置的有向线段。本题中总里程7500km是路程，起点至终点的直线距离2000km是位移大小，故AB错误； C、汽车速度计显示的是某一时刻的瞬时速率，以显示汽车任一时刻的行驶情况，不是平均速度，故C错误； D、研究该车的运动轨迹时，汽车自身的大小、形状相对于数千公里的运动路径可以忽略，因此可以将汽车视为质点，故D正确。 故选：D。 2．（2026•模拟）如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，通过AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹所用的时间分别是1s、2s、3s、4s。下列说法不正确的是（　　） A．物体在AB段的平均速度为1m/s B．物体在ABC段的平均速度为 m/s C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体经过A点时的瞬时速度 D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度 【答案】D 【详解】AB、根据 代入数据可得，，故AB正确； C、所选取的过程离A点越近，平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确； D、由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程，B点虽然为中间时刻，不等于AC段的平均速度，D错误。 本题选择错误的，故选：D。 3．（2026•河北模拟）2025年，世界人形机器人运动会中，北京“天工”机器人以21.50秒夺得直线百米赛跑冠军。关于“天工”机器人，下列说法正确的是（　　） A．赛跑过程中的合力始终为零 B．平均速度大小约为4.65m/s C．机器人冲过终点线时的瞬时速度一定大于其全程的平均速度 D．分析机器人运动姿态时可将其视为质点 【答案】B 【详解】A、机器人赛跑过程中存在加速、减速阶段，速度是变化的，因此加速度不为零，根据牛顿第二定律F合＝ma，加速度不为零时合力不为零，故A错误； B、根据平均速度公式：，故B正确； C、全程平均速度为约4.65m/s，但冲过终点线时的瞬时速度不一定大于平均速度，例如，若机器人全程以接近平均速度匀速运动，冲线时的瞬时速度可能等于或小于平均速度，故C错误； D、分析机器人运动姿态时，需要考虑其肢体动作、形状等细节，不能忽略其大小和形状，因此不能视为质点，故D错误。 故选：B。 4．（2026•辽宁模拟）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松赛在北京开跑，天工Ultra机器人用时2小时40分42秒跑完全程21.0975公里夺得冠军，如图所示为线路示意图。对天工Ultra机器人，下列说法正确的是（　　） A．科研人员在观察其奔跑姿态时可将其视为质点 B．全程的平均速度大小约为2.2m/s C．在匀速率跑过弯道时加速度并不为零 D．跑过前、后半程的平均速度相同 【答案】C 【详解】A、研究机器人跑步的奔跑姿态时，需要关注其肢体细节，不能将其视为质点，故A错误； B、平均速度是位移与所用时间的比值，而题目只给了路程，无法求出平均速度，故B错误； C、在机器人匀速率跑过弯道时，速度的方向发生变化，所以加速度并不为零，故C正确； D、题目只给了路程，无法求出前、后半程的平均速度，故D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026•道里区校级二模）质点从静止开始做直线运动的加速度—时间（a﹣t）图像如图所示，由图可知质点（　　） A．0～2s内先加速后减速 B．1s末的速度大小为1m/s C．0～1s内的平均速度大小为0.5m/s D．0～2s内的位移大小为2m 【答案】BD 【详解】加速度—时间（a﹣t）图像与时间轴围成的面积等于对应时间内的速度变化量Δv，质点从静止开始运动，初速度v0＝0 因此某时刻的速度v＝Δv 加速度与速度同向时，物体始终做加速运动； A.0～2s内先加速后减速0～2s内，加速度a始终为正值，与速度方向（正方向）始终相同，因此质点全程做加速运动，仅加速度先增大后减小，属于加速度先增后减的变加速直线运动，并非先加速后减速，故A错误； B.1s末的速度大小为 1m/s，根据a﹣t图像的面积规律，1s末的速度等于0～1s内图线与时间轴围成的三角形面积：，故B正确； C.0～1s内的平均速度大小为0.5m/s，平均速度公式 仅适用于匀变速直线运动，0～1s内质点做加速度逐渐增大的变加速直线运动，v﹣t图像为向上凸的曲线，相同时间内的位移小于匀加速直线运动的位移，因此平均速度小于0.5m/s，故C错误； D.0～2s内，质点的运动分为两个阶段：0～1s：加速度增大，速度从0增加到1m/s， 0～1s：加速度均匀增大的变加速直线运动初加速度a0＝0，1s末加速度 平均加速度，因此1s末速度v1＝v0+a1•t1＝0+1×1m/s＝1m/s，则，0～1s内任意时刻t的速度为v（t）＝t2（0到t时刻的平均加速度，故 1～2s：加速度均匀减小的变加速直线运动初加速度，2s末加速度a2＝0，平均加速度， 因此2s末速度v2＝v1+a2•t2＝1+1×1m/s＝2m/s，同理，1～2s内任意时刻t的速度为v（t）＝﹣t2+4t﹣2 v﹣t图像是开口向上的抛物线，从（0，0）到（1，1）对应面积（位移） 1～2s的位移x2v﹣t图像是开口向下的抛物线，从（1，1）到（2，2），对应面积（位移） 总位移计算0～2s内的总位移：，故D正确。 故选：BD。 题型三 加速度 【例题精讲练】 【例1】（2026•汾阳市校级开学）某次环台岛演习中，山东舰航母编队亮相在台岛东侧的太平洋演训场，歼—15舰载机参与了本次演习。下列说法正确的是（　　） A．歼—15舰载机远距离巡航时可以将航母看成质点 B．歼—15舰载机起降时可以将航母看成质点 C．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，平均速度不为0 D．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，加速度始终为0 【答案】A 【详解】A．歼—15舰载机远距离巡航时，不考虑航母的大小，可以将航母看成质点，故A正确； B．舰载机起降时，需要精确关注航母甲板的长度、位置、跑道方向等细节，航母自身大小形状不能忽略，不能看成质点，故B错误； C．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，位移为零，所以平均速度也为0，故C错误； D．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，由于做曲线运动，所以加速度不为0，故D错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2026秋•海淀区校级月考）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是运动的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】AB 【详解】A、机器人转弯时，物体做曲线运动，速度发生变化就一定存在加速度，因此加速度大小一定不为零，故A正确； B、以冲刺的机器人为参考系，终点的裁判员相对于机器人的位置在不断变化，可知站在终点的裁判员是运动的，故B正确； C、研究机器人奔跑的姿态时，不能忽略其大小和形状，因此不可将机器人视为质点，故C错误； D、21.0975km是机器人运动轨迹的长度，属于路程，路程与时间的比值是平均速率，平均速度大小等于位移与时间的比值，故D错误。 故选：AB。 【变式训练1】（2026•模拟）某同学在汽车内观察速度计指针位置的变化，开始时，指针指在如图甲所示的位置，经过2s后，指针指在如图乙所示的位置。若汽车做匀变速直线运动，则它的加速度大小约为（　　） A．20m/s2 B．11m/s2 C．5.6m/s2 D．2.8m/s2 【答案】C 【详解】由题图可知，初速度为，末速度为，根据加速度的定义式，代入数据得a≈5.6m/s2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026秋•重庆月考）2024年11月4日凌晨，神舟18号载人飞船成功返回了地球，返回舱在匀减速下降阶段，说法正确的是（　　） A．11月4日1时29分许是时间间隔 B．速度减小得越来越慢 C．加速度越来越大 D．速度方向与加速度方向相反 【答案】D 【详解】A．11月4日凌晨是时刻，不是时间间隔，故A错误； BC．返回舱在匀减速下降阶段，加速度不变，可知速度减小的快慢不变，故BC错误； D．返回舱在匀减速下降，可知速度方向与加速度方向相反，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2026春•凌源市期末）急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式为。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，一辆测试车从静止开始沿平直公路启动，车载系统在起步阶段“0～4s”内将急动度设定为：j＝﹣2t+4（m•s﹣3）。已知t＝0时，a0＝0；t＝2s时，。下列关于汽车在起步阶段“0～4s”内的说法正确的是（　　） A．汽车的加速度随时间均匀增加 B．汽车在0∼2s内速度变化量大于2m/s C．汽车在t＝2s时加速度达到最大值 D．汽车在t＝2s时速度达到最大值 【答案】BC 【详解】由题意可得急动度定义式为，即单位时间内加速度的变化量，即为加速度的变化率。 根据急动度的定义式变形得Δa＝j•Δt，要得到某时刻加速度，需累加各时间段加速度变化。 已知 j＝﹣2t+4，t＝0 时 a0＝0，推导加速度随时间关系式：把时间分成无数极短Δt，每段加速度增量Δa＝jΔt，全部累加：a＝a0+∑j•Δt 代入j＝﹣2t+4，结合高中微元思想计算得加速度函数：a（t）＝﹣t2+4t 验证：t＝2s，a＝（﹣22+4×2）m/s2＝4m/s2，和题干条件吻合。 A．根据a（t）＝﹣t2+4t可知说明加速度并不是随时间均匀变化的，故A错误； B．速度变化量Δv等于a﹣t图像与时间轴围成的面积。a（t）＝﹣t2+4t是开口向下的抛物线，根据几何关系计算出0～2s图像面积即速度变化量明显大于4m/s，故B正确； C．根据a（t）＝﹣t2+4t是开口向下的二次函数，二次函数顶点处取最大值。对称轴 ，所以t＝2s时加速度最大，则最大加速度为，故C正确； D．速度增大或减小判断依据：加速度的正负情况。令a（t）＝﹣t2+4t＞0，解得0＜t＜4s。0∼4s全程加速度均为正值，汽车一直做加速运动，t＝4s速度才最大，故D错误。 故选：BC。 【题型强化练】 1．（2026•金坛区校级开学）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】A 【详解】A．机器人转弯时，物体做曲线运动，速度发生变化就一定存在加速度，因此加速度大小一定不为零，故A正确； B．以冲刺的机器人为参考系，终点的裁判员相对于机器人的位置在不断变化，可知站在终点的裁判员是运动的，故B错误； C．研究机器人奔跑的姿态时，不能忽略其大小和形状，因此不可将机器人视为质点，故C错误； D．21.0975km是机器人运动轨迹的长度，属于路程，路程与时间的比值是平均速率，不是平均速度的大小，故D错误。 故选：A。 2．（2026•模拟）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，则汽车的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．10m/s2 【答案】C 【详解】根据加速度的定义式可得加速度大小为：am/s2＝5m/s2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026•衡水校级开学）秋日林间，一只松鼠静立在树枝上。当人缓步靠近时，松鼠在察觉到危险的极短时间内迅速窜向树干高处。该现象主要体现松鼠启动瞬间拥有较大的（　　） A．加速度 B．瞬时速度 C．速度变化量 D．位移 【答案】A 【详解】松鼠在察觉到危险的极短时间内迅速窜向树干高处，松鼠初始静止，启动过程时间极短，在很短时间内速度迅速增大。根据加速度定义，短时间内实现速度变化，说明启动瞬间加速度较大，启动瞬间瞬时速度很小，速度变化量、位移也不大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•宿州校级开学）如图甲所示，汽车在平直公路上行驶，路边有等间距的树木，车载摄像机记录了沿途景色。某同学根据一段视频绘制了图乙，横坐标N为树木序号，纵坐标t为对应树木出现的时刻，t3～t4内汽车通过隧道。关于汽车的运动，下列说法合理的是（　　） A．t1～t2内的路程等于t2～t3内的路程 B．图线上某点的斜率代表瞬时速度的大小 C．t1～t2内的平均速度大于t2～t3内的平均速度 D．t2～t5内，汽车先做减速运动，再做加速运动，最后减速运动 【答案】C 【详解】树木是等间距d的，故t﹣N图像可类比t﹣x图像。 AC.由图可知t1～t2内的路程为4d，大于t2～t3内的路程3d，汽车做单向直线运动时，位移大小等于路程，t1～t2内的时间小于t2～t3的时间，根据平均速度的定义，可知t1～t2内的平均速度大于t2～t3内的平均速度，故A错误，C正确； B.根据x＝vt可知，t﹣x图像斜率的倒数表示瞬时速度大小，故B错误； D.由图知t2～t5时间内斜率先增大后减小，可知速度先减小后增大，即先做减速运动后做加速运动，故D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026春•海口校级月考）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等多种工作都用到急动度的概念。急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，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。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（　　） A．0～5.0s时间内汽车的加速度增加得越来越快 B．5.0～10.0s时间内汽车匀加速运动 C．12.0s时刻汽车的加速度为零 D．10.0～12.0s时间内汽车加速度的增加量大小为0.8m/s2 【答案】AD 【详解】A．由图可知，0～5.0s时间内汽车的急动度增加，则汽车的加速度增加的越来越快，故A正确； B．由图可知，5.0～10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，汽车做变加速运动，故B错误； C．根据图像意义结合急动度的定义可知，j﹣t图线与时间轴围成的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，0∼12s内图线与时间轴围成的面积为正值，则汽车在12.0s时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加速度不为0，故C错误； D．j﹣t图像的面积表示加速度的变化量，10.0～12.0s时间内汽车加速度的变化量大小为： 故D正确。 故选：AD。 题型四 x-t图像与v-t图像的理解和应用 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•佛山校级月考）甲、乙两个物体由同一地点沿同一方向做直线运动，其v﹣t图像如图所示。关于两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．在t＝2s时，甲的速度方向发生改变 B．在t＝4s时，甲、乙相遇 C．0～6s内，甲、乙平均速度相同 D．在t＝1s时，乙在甲前方 【答案】D 【详解】A．由图可知，t＝2s时甲的速度方向没有发生变化，故A错误； B．根据v﹣t图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，可得0～4s内甲乙两物体的位移不同，所以二者不会在t＝4s时相遇，故B错误； C．0～6s内，甲、乙两物体的位移分别为，由平均速度公式，可知甲、乙平均速度不相同，故C错误； D．0～1s内，甲、乙两物体的位移分别为，所以乙在甲前方，故D正确。 故选：D。 【例2】（多选）（2026•模拟）如图甲所示是一种无人配送小车，在某次性能测试时，其位移x与时间t的关系可用图乙所示的图像表示，则下列说法正确的是（　　） A．小车做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2 B．小车做匀加速直线运动，初速度大小为9m/s C．前2s内小车的位移大小为6.75m D．第2s末，小车的速度大小为3m/s 【答案】AC 【详解】AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：，整理可得：，结合图乙可知，，，解得：a＝﹣6m/s2，v0＝9m/s，由此可知小车做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，初速度大小为9m/s，故A正确，B错误； CD、小车刹车时间为：，可知2s时小车已经停止运动，所以第2s末的速度为0，则前2s内小车的位移大小为：，故C正确，D错误。 故选：AC。 【变式训练1】（2026•武进区校级模拟）一个物体做直线运动的v﹣t图像如图所示，则物体在前6s内位移大小为（　　） A．12m B．6m C．11m D．10m 【答案】C 【详解】v﹣t图像面积代表位移，物体在前6s内位移大小为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式训练2】（2025秋•冀州区校级月考）如图甲、乙所示为某物体在0～t1时间内运动的x﹣t图线和v﹣t图线，由图可知，在0～t1时间内（　　） A．物体做的是曲线运动 B．物体做加速度越来越小的运动 C．图甲中时刻，图线的斜率为 D．x1﹣x0t1 【答案】C 【详解】AB．x﹣t图线和v﹣t图线只能用来描述直线运动的规律，由乙图（v﹣t图像）可知，物体做加速度恒定的匀减速直线运动，故AB错误； C．由A可知物体做匀变速运动，则中间时刻的速度等于全程的平均速度，则图甲中时刻，图线的斜率为，故C正确； D．乙图（v﹣t图像）所围面积表示物体运动的位移，即有，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（多选）（2026秋•单元）一辆汽车在平直道路上行驶，以x表示它相对于出发点的位移，汽车在0到40s这段时间的x﹣t图像如图所示，关于汽车在这段时间内的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．汽车在第1个10s内速度大小为3m/s B．汽车在第2个10s内做匀速直线运动 C．汽车在0到20s内的平均速度为3m/s D．汽车最远位置到出发点的距离为30m 【答案】AD 【详解】A．由x﹣t图像的斜率表示速度，前十秒内做匀速直线运动，速度，故A正确； B．第二个十秒对应的x﹣t图像为水平直线，斜率为零，速度为零，静止不动，故B错误； C．由平均速度定义，0到20秒内的平均速度，故C错误； D．汽车相对出发点的位移最大值为图像的最大纵坐标30m，因此最远位置到出发点的距离为30m，故D正确。 故选：AD。 【题型强化练】 1．（2026•高邮市开学）汽车沿平直公路先加速一段时间，再减速至停止，其位移—时间、速度—时间的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．汽车沿平直公路先加速一段时间，再减速至停止，位移一直增大，结合x﹣t图像斜率的意义可知，位移—时间图像的斜率先增大后减小最后斜率为零，故A正确，B错误； C．图像显示物体先向负向减速，后向正向加速，与题目的描述不符，故C错误； D．图像显示物体先向正向减速，后向负向加速，与题目的描述不符，故D错误。 故选：A。 2．（2026•贺州开学）某新能源汽车配备了自动驾驶技术，该车在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试验时，a、b两车（均可视为质点）从同一地点由静止开始沿同一直线运动的v﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．2t0时刻，两车相遇 B．0～2t0时间内，a车的平均速度比b车的大 C．0～2t0时间内，a、b两车的距离先变大后变小 D．2t0时刻后，两车距离不断增大 【答案】B 【详解】ACD、结合v﹣t图像，两车从同一地点出发，0～2t0时间内a车的速度始终大于b车的速度，则a车在前，b车在后，且两车之间的距离一直变大； 2t0时刻后，b车速度大于a车速度，两车距离不断减小； 当b车追上a车后，两车距离不断增大，故ACD错误； B、0～2t0时间内，相同时间内，a车的位移大于b车，a车的平均速度比b车的大，故B正确。 故选：B。 3．（2026•宿松县校级开学）如图所示是一个质点在运动过程中的位置—时间（x﹣t）图像中的一段，该曲线为抛物线的一部分，图线上A、B、C三点是质点在运动过程中所对应位置，关于该质点的运动，以下说法正确的有（　　） A．该质点做的是曲线运动 B．该质点做的是匀加速直线运动 C．质点在t＝3s时的速度等于2m/s D．质点从0时刻开始到速度为0时，位移为12.25m 【答案】D 【详解】AB、结合，该曲线为抛物线的一部分，该质点的运动一定为匀变速直线运动，位移—时间图线的切线斜率在减小，速度减小，故该匀变速运动为匀减速直线运动，故A错误、B错误； C、将t1＝1s，x1＝6m，t2＝2s，x2＝10m，分别代入 代入数据可得质点的初速度大小v0＝7m/s，加速度大小a＝2m/s2 质点在t3＝3s时的速度v3＝v0﹣at3 代入数据可得v3＝1m/s，故C错误； D、0时刻到速度为0位移为 代入数据可得s＝12.25m，故D正确。 故选：D。 4．（2026•模拟）甲、乙两物体同时出发沿一条直线运动，它们的位置﹣时间关系（x﹣t图像）如图1所示：丙、丁两物体同时出发沿一条直线运动，它们的速度—时间关系（v﹣t图像）如图2所示。根据图中信息判定下列说法中正确的是（　　） A．物体甲的速度大于物体乙的速度 B．在t0时刻物体乙的运动方向发生改变 C．在2t0时刻物体丙、丁的速度相同 D．在t0时刻物体丁的加速度方向发生改变 【答案】C 【详解】AB、由x﹣t图像可知，甲、乙两物体分别沿x轴负方向、正方向做匀速直线运动；x﹣t图像斜率的绝对值表示速度大小，物体甲的速度大小为 物体乙的速度大小为 物体甲的速度小于物体乙的速度，故AB错误； CD、由v﹣t图像可知，在2t0时刻，丙、丁的速度相同；v﹣t图像的斜率表示加速度，物体丁做匀加速直线运动，斜率大于零，故物体丁的加速度方向始终是正方向，故C正确，D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026•绵阳校级开学）甲、乙两位同学在两相邻直赛道比赛，t＝0时同时起跑，t4时刻同时到达终点，其速度—时间图像如图所示，下列描述正确的是（　　） A．0～t1时间内甲、乙两同学都在做加速直线运动 B．t1～t2时间内甲、乙两同学保持相对静止 C．0～t3时间内甲同学的路程等于乙同学的路程 D．t3时刻甲同学的速度等于乙同学的速度 【答案】AD 【详解】A、0～t1时间内甲、乙的图像都是倾斜向上的直线，速度v都在增大，物体做的是加速直线运动，故A正确； B、t1～t2时间内甲、乙的图像在v轴的高度不同，两者速度大小不同，不能保持相对静止，故B错误； C、0～t3时间内（不含两始末端点），乙的速度一直大于甲的速度，经过相同时间，乙的路程大于甲的路程，故C错误； D、v﹣t图像的交点代表速度相等，t3时刻甲同学的速度等于乙同学的速度，故D正确。 故选：AD。 【真题回顾】 1．（2026•浙江）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】A 【详解】A、机器人途中转弯时，机器人的速度发生变化，具有加速度，则加速度大小一定不为零，故A正确； B、以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是运动的，故B错误； C、研究机器人在奔跑过程中的姿态时，机器人的大小和形状不能忽略，故不能将机器人视为质点，故C错误； D、由题意可知“21.0975km”是路程，由平均速率的定义可知“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速率的大小，故D错误。 故选：A。 2．（2026•广西）下列情况中，平陆运河中的船可以忽略大小与形状看作质点的是（　　） A．过船闸口时 B．掉转船头时 C．以10km/h的平均速率行驶时 D．躲避暗礁时 【答案】C 【详解】A、过船闸口时，需考虑船的长度、宽度与闸口的匹配关系，船的大小形状不可忽略，故A错误； B、掉转船头时，研究的是船的姿态转动，船的形状、大小不可忽略，故B错误； C、研究船以10km/h的平均速率行驶时，船的形状、大小对平均速率没有影响，可以忽略，故C正确； D、躲避暗礁时，需考虑船的大小、各部位位置以避免触礁，大小形状不可忽略，故D错误。 故选：C。 3．（2026•河北）某同学健身时，哑铃被举高0.5m后再回到原位置，如图所示。如此重复10次，哑铃的位移大小为（　　） A．0 B．5m C．10m D．11m 【答案】A 【详解】位移只与初末位置有关，哑铃重复十次后回到原位置，初末位置重合，位移大小为零，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•山西）现代科技为物资运输提供了多种方式。某物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输货物至山下仓库Q，两种方式中一定相同的是（　　） A．位移 B．路程 C．时间 D．平均速度 【答案】A 【详解】A.位移由初末位置决定，两种运输方式起点都是P点、终点都是Q点，初末位置完全相同，故位移一定相同，故A正确； B.路程是运动轨迹的实际长度，无人机和新能源货车的运动路径不同，轨迹长度不同，故路程不一定相同，故B错误； C.运动时间取决于运输速度和路径，无人机与航班车的运动速度不同，故时间不一定相同，故C错误； D.平均速度等于位移与时间的比值，位移相同但时间不同，故平均速度不一定相同，故D错误。 故选：A。 5．（2026•浙江）下列问题中，图示物体可看成质点的是（　　） A．研究图甲中“四川舰”的航行路径 B．研究图乙中“歼﹣35”战斗机的飞行姿态 C．研究图丙中“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式 D．研究图丁中“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调整方位回舱过程 【答案】A 【详解】A、研究图甲中“四川舰”的航行路径时，舰艇的大小对于航行路径来说可以忽略不计，因此可以看成质点，故A正确； B、研究图乙中“歼﹣35”战斗机的飞行姿态时，不能看成质点，若看成质点，就没有姿态了，故B错误； C、研究图丙中“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式时，需要调整相对位置和姿态，形状和大小均不能忽略，因此不能看成质点，故C错误； D、研究图丁中“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调整方位回舱过程时，需要调整潜水器方位使其回舱，这时形状和大小均不能忽略，因此不能看成质点，故D错误。 故选：A。 6．（2026•黑龙江）某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（　　） A．该车的路程约为2000km B．该车的位移大小约为7500km C．某时刻该车速度计显示的是平均速度 D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点 【答案】D 【详解】A.该车的路程指实际里程距离，故路程约为7500km，故A错误； B.该车的位移大小为起点到终点的直线距离，故位移大小约为2000km，故B错误； C.某时刻该车速度计显示的是当前时刻的速度，即瞬时速率，故C错误； D.该车的运动轨迹远远大于车长，故可以忽略车的大小、形状，可以视为质点，故D正确； 故选：D。 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 描述运动的基本物理量 【题型演练】 题型一 质点、参考系、时刻和时间间隔、位移和路程 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•南通月考）2026年8月16日，在全国田径锦标赛女子链球决赛中，19岁选手张家乐以78.64米的成绩夺得冠军并打破亚洲纪录。下列说法中正确的是（　　） A．“78.64米”指的是链球运动的位移 B．“78.64米”指的是链球运动的路程 C．研究链球的飞行轨迹时，可将链球看作质点 D．研究链球的投掷动作时，可将链球看作质点 【答案】C 【详解】A.“78.64米”是链球从投掷点到落地点的实际运动轨迹的长度，而位移是从初始位置指向末位置的有向线段的长度，链球运动轨迹是曲线，所以“78.64米”不是链球运动的位移，故A错误； B.“78.64米”是链球实际运动轨迹的长度，路程是物体实际运动轨迹的总长度，所以“78.64米”指的是链球运动的路程，故B错误； C.研究链球的飞行轨迹时，链球的大小和形状相对于其飞行轨迹来说可以忽略不计，所以可将链球看作质点，故C正确； D.研究链球的投掷动作时，链球的大小和形状不能忽略不计，否则无法研究其投掷动作，所以不可将链球看作质点，故D错误。 故选：C。 【例2】（多选）（2023秋•岳阳期末）将近1000年前，宋代诗人陈与义乘着小船在风和日丽的春日出游时曾经作了一首诗：飞花两岸照船红，百里榆堤半日风。卧看满天云不动，不知云与我俱东。诗人艺术性地表达了他对运动相对性的理解。下列有关诗中描述情境的说法正确的有（　　） A．“百里榆堤半日风”所描述的物理过程中不可以将船视为质点 B．“卧看满天云不动”是以船为参考系 C．“卧看满天云不动”是指“云与我”相对河岸静止 D．“云与我俱东”即“云与我”相对于河岸向东运动 【答案】BD 【详解】A、“百里榆堤半日风”所描述的物理过程中是穿在半日的路程是百里，这个过程不用考虑船的大小和形状，船的大小和形状对问题没有影响，故可以将船视为质点，A错误； BC、“卧看满天云不动”描述的是人相对于云静止，所以是以船为参考系，“云与我”相对船静止，相对于河岸是运动的，B正确，C错误； D、“云与我俱东”表示“云与我”相对于河岸向东运动，D正确。 故选：BD。 【变式训练1】（2026•安康模拟）2025年12月起，全国铁路实行新运行图。D1921次动车组列车从成都东站开往西安北站，其官方时刻表（部分）如下： 站名 到站时间 开车时间 成都东站 — 07：18 广元站 09：42 09：44 汉中站 10：53 10：55 西安北站 12：26 — 下列叙述中，表示时刻的是（　　） A．列车从成都东站至西安北站共运行5小时8分钟 B．列车在汉中站停车办理客运业务历时2分钟 C．列车于07时18分由成都东站准时发车 D．列车自广元站出发后经1小时9分钟抵达汉中站 【答案】C 【详解】时刻指时间轴上的一个点，表示某一刻时；时间间隔指两个时刻之间的持续时间。 A.描述列车从成都东站至西安北站的总运行时间为5小时8分钟，属于时间间隔，故A错误； B.描述列车在汉中站停车持续时间为2分钟，属于时间间隔，故B错误； C.描述列车发车的具体时间点“07时18分”，属于时刻，故C正确； D.描述列车从广元站到汉中站的运行持续时间为1小时9分钟，属于时间间隔，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026•模拟）2025年九三阅兵展示了我军大量先进装备，下列描述中的研究对象可以看作质点的是（　　） A．研究甲图空中加油机的加油动作 B．研究乙图坦克履带的构造 C．研究丙图军舰的航行轨迹 D．研究丁图武装直升机螺旋桨的转动 【答案】C 【详解】A．根据题意分析可知，研究空中加油机的加油动作时，需要关注加油机与受油机的相对位置、姿态以及对接口的具体位置，飞机的形状和大小不能忽略，故不能看作质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究坦克履带的构造时，需要分析履带的形状、结构及各部件的连接方式，物体的形状和大小是研究的核心，不能忽略，故不能看作质点，故B错误； C．根据题意分析可知，研究军舰的航行轨迹时，军舰的大小和形状相对于广阔的海洋航行距离来说可以忽略不计，只关注其位置的变化，故可以看作质点，故C正确； D．根据题意分析可知，研究武装直升机螺旋桨的转动时，螺旋桨上各点的运动情况不同（如线速度大小不同），需要考虑其形状和大小，故不能看作质点，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（多选）（2024秋•泉州期中）如图所示，一辆车沿着笔直的公路向东做匀速直线运动。某时起，位于车厢中间位置的甲、乙两人分别以不变的速率朝着车厢的前、后壁移动，经过一段时间，甲到达车厢前壁的同时，乙刚好到达车厢后壁，则在这段时间内（　　） A．甲、乙两人相对地面移动的速率相等 B．甲、乙两人相对车厢移动的速率相等 C．站在地面不动的人观察到甲一定向东移动 D．站在地面不动的人观察到乙一定向西移动 【答案】BC 【详解】AB、某时起，位于车厢中间位置的甲、乙两人分别以不变的速率朝着车厢的前、后壁移动，如果以地面为参考系，此时车是沿着笔直的公路向东做匀速直线运动，需要考虑车的速率，甲相对地面移动的速率等于车速加甲的速度；乙相对地面移动的速率等于车速减乙的速度；如果以车为参考系，即车是不动的，甲、乙从车的中点同时到达车厢的前后壁，则甲、乙两人相对车厢移动的速率相等，故A错误，B正确； CD、站在地面不动的人观察，是以地面为参考系，那么甲和车都是向东运动，所以站在地面不动的人观察到甲一定向东移动；但是车向东运动，乙是向西运动，因为车和乙的速率未知，所以站在地面不动的人观察到乙不一定向西移动，故C正确，D错误； 故选：BC。 【题型强化练】 1．（2026秋•浙江月考）如图为2026年美加墨世界杯赛场上某球员主罚任意球时的场景。在下列问题中，足球可被看作质点的是（　　） A．研究足球踢出后的转动效果 B．研究足球与球员脚接触时的受力部位 C．研究足球从罚球点飞向球门的飞行轨迹 D．研究足球击中球门立柱时发生的形变情况 【答案】C 【详解】A．根据题意分析可知，研究足球踢出后的转动效果，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究足球与球员脚接触时的受力部位，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故B错误； C．根据题意分析可知，研究足球从罚球点飞向球门的飞行轨迹，可以忽略足球的大小和形状，将足球看成质点，故C正确； D．根据题意分析可知，研究足球击中球门立柱时发生的形变情况，不能忽略足球的大小和形状，不能将足球看成质点，故D错误。 故选：C。 2．（2026•冀州区校级开学）11月5日，我国第三艘航空母舰——中国人民解放军海军福建舰正式入列，标志着我国进入三航母时代。图为甲板上的指挥官正在指挥舰载机从航母上弹射起飞，下列说法正确的是（　　） A．研究舰载机起飞动作时，可以将飞机看成质点 B．飞机起飞后，研究飞机在茫茫大海上的位置时，不能看成质点 C．以航母为参考系，飞机向后运动 D．飞行员以自身为参考系，甲板上的指挥官在向后运动 【答案】D 【详解】A．根据题意分析可知，研究舰载机起飞动作时，需要关注飞机的姿态、机翼动作等细节，不能忽略飞机的形状和大小，因此不能将飞机看成质点，故A错误； B．根据题意分析可知，研究飞机在大海上的位置时，飞机的大小和形状相对于广阔的大海可以忽略，所以能看成质点，故B错误； C．根据题意分析可知，飞机弹射起飞，相对航母向前飞。则以航母为参考系，飞机向前运动。故C错误； D．根据题意分析可知，飞行员以自身为参考系，飞机起飞后向前运动，因此会看到甲板上的指挥官向后运动，故D正确。 故选：D。 3．（2026•银川模拟）如图为某导航软件的一张截图，显示了某次导航的具体路径，大众常选的“184公里”对应“2小时16分”。下列说法正确的是（　　） A．“2小时16分”为时刻 B．“184公里”为位移 C．记录全程运动时间不能将车辆视为质点 D．根据大众常选的两个数据，可以算出整个路段汽车行驶的平均速率 【答案】D 【详解】A.“2小时16分”是行驶一段路程所用的时长，属于时间间隔，并非时刻，故A错误； B.“184公里”是汽车实际行驶的路径长度，属于路程，位移是从初位置到末位置的有向线段，二者不同，故B错误； C.记录全程运动时间时，汽车的形状和大小对所考查的时间无影响，可将其视为质点，故C错误； D.平均速率是路程与时间的比值，根据大众常选的“184公里”路程和“2小时16分”的时间，可计算出整个路段汽车行驶的平均速率，故D正确。 故选：D。 4．（2026•高邮市开学）2026年7月24日7时33分，我国“力箭一号”运载火箭成功将五颗卫星依次送入预定轨道（近地卫星轨道）。下列说法正确的是（　　） A．星箭分离时，星箭间相对静止 B．研究卫星姿态调整时，可以将卫星视为质点 C．火箭从发射到星箭分离过程，路程与位移大小相等 D．卫星入轨后运行60min，路程大于位移大小 【答案】D 【详解】A、相对静止的条件是两物体相对速度为0，星箭分离时二者存在相对运动，故A错误； B、质点是忽略大小、形状的只有质量的点，是突出主要因素、忽略次要因素的理想化模型，研究卫星姿态调整时，卫星的姿态、自身转动是研究核心，不能忽略其大小形状，不能视为质点，故B错误； C、只有单向直线运动中，路程才等于位移大小。由实际情况可知，火箭发射到星箭分离的过程轨迹不是单向直线，路程大于位移大小，故C错误； D、卫星入轨后做圆周运动（曲线运动），60min内轨迹为一段圆弧，路程是圆弧的长度，位移大小是初末位置的弦长，因此路程大于位移大小，故D正确。 故选：D。 题型二 平均速度和瞬时速度 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•浙江月考）2026年4月19日在北京亦庄举办机器人半马，起点为北京亦庄通明湖畔科创十七街，终点为南海子公园，全程21.0975公里。荣耀公司“齐天大圣”队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，是全球首个人形机器人半马赛事的历史性突破，下列说法正确的是（　　） A．50分26秒是指时间间隔 B．以“闪电”机器人为参考系，路旁的陪跑运动员一定向后运动 C．“闪电”机器人的平均速度约为25km/h D．研究“闪电”机器人从起点到终点的轨迹时，不可以将它视为质点 【答案】A 【详解】A．根据题意分析可知，50分26秒对应的是机器人跑完半程马拉松这一过程所用的时间长度，是指时间间隔，故A正确； B．根据题意分析可知，以“闪电”机器人为参考系，若陪跑运动员的速度小于机器人的速度，则陪跑运动员向后运动；若陪跑运动员的速度大于机器人的速度，则陪跑运动员向前运动，故B错误； C．根据题意分析可知，全程21.0975公里是指路程，则 平均速度等于位移与时间的比值，由于半马赛道不是直线，位移大小小于路程，故平均速度大小小于25km/h，故C错误； D．根据题意分析可知，研究“闪电”机器人从起点到终点的轨迹时，机器人的大小和形状相对于21公里的路程可以忽略不计，可以将它视为质点，故D错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2026秋•同步）小军去看电影，从家出发沿直线步行2x距离到达电影院，步行所用时间为t，在电影院用2t时间观影，观影结束后沿直线原路返回步行x距离到达公园门口，用时为0.5t，则小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中，下列说法正确的是（　　） A．平均速度大小为 B．平均速度大小为 C．平均速率为 D．平均速率为 【答案】AC 【详解】AB.平均速度是位移与所用时间的比值，故小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中平均速度大小为，故A正确，B错误； CD.平均速率是路程与时间的比值，故小军从家到电影院再返回到公园门口的过程中平均速率为，故C正确，D错误。 故选：AC。 【变式训练1】（2026•福建开学）暑假期间，某同学跟随家人自驾从A地前往B地旅游，导航软件上显示的路线信息如图所示，下列说法正确的是（　　） A．图中“1小时57分”表示时刻 B．图中“158公里”表示位移大小 C．该家人往返A、B两地一次的平均速度为0 D．该家人往返A、B两地一次的平均速率为0 【答案】C 【详解】A．图中“1小时57分”表示时间，不是时刻，故A错误； B．图中“158公里”表示路程，不是位移大小，故B错误； C．该家人往返A、B两地一次的位移为0，则平均速度为0，故C正确； D．该家人往返A、B两地一次的路程不为0，则平均速率不为0，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026•模拟）物体沿直线做加速运动，从开始计时起，第1s内的位移是1m，第2s内的位移是2m……第ns内的位移是nm，由此可知（　　） A．物体一定是做匀加速直线运动 B．物体的初速度一定不是0 C．物体的加速度一定是1m/s2 D．物体在前5s内的平均速度一定是3m/s 【答案】D 【详解】A、各时间段内位移随时间增加，可判断，一定不是匀加速直线运动，但无法确定各段时间内的具体运动形式，故无法判断物体是否做的匀加速直线运动；同时也无法得出物体的初速度及加速度；在相等时间内的位移之差是一恒量，可知物体可能做匀加速直线运动，故ABC错误； D、由可得，此物体在前5s内的平均速度为，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2026•长沙学业考试）如图所示为我国的太极图，图中大圆的半径为20m，圆心在O点，A、C两点之间的连线是直径，大圆内“S”形曲线由两个半径均为10m的半圆弧连接而成。某人晨练时6：30从图中A点出发，沿图中所示路径ABCOA进行（在COA运动指沿“S”形曲线运动），6：34返回A点，关于此人的运动，下列说法正确的是（π取3.14）（　　） A．位移大小为0 B．路程为125.6m C．平均速度大小为0.52m/s D．平均速率约为0.52m/s 【答案】ABD 【详解】A．位移指由初位置指向末位置的有向线段，此人初、末位置相同，所以位移大小为0，故A正确； B．此人运动的路程为s＝πR+2πr＝3.14×20m+2×3.14×10m＝125.6m 故B正确； C．平均速度大小等于位移的大小与时间的比值，位移大小为0，故平均速度为0，故C错误； D．平均速率等于路程与时间的比值，约为 故D正确。 故选：ABD。 【题型强化练】 1．（2026•模拟）某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（　　） A．该车的路程约为2000km B．该车的位移大小约为7500km C．某时刻该车速度计显示的是平均速度 D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点 【答案】D 【详解】AB、路程是物体实际运动轨迹的长度，位移是初位置到末位置的有向线段。本题中总里程7500km是路程，起点至终点的直线距离2000km是位移大小，故AB错误； C、汽车速度计显示的是某一时刻的瞬时速率，以显示汽车任一时刻的行驶情况，不是平均速度，故C错误； D、研究该车的运动轨迹时，汽车自身的大小、形状相对于数千公里的运动路径可以忽略，因此可以将汽车视为质点，故D正确。 故选：D。 2．（2026•模拟）如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，通过AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹所用的时间分别是1s、2s、3s、4s。下列说法不正确的是（　　） A．物体在AB段的平均速度为1m/s B．物体在ABC段的平均速度为 m/s C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体经过A点时的瞬时速度 D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度 【答案】D 【详解】AB、根据 代入数据可得，，故AB正确； C、所选取的过程离A点越近，平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确； D、由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程，B点虽然为中间时刻，不等于AC段的平均速度，D错误。 本题选择错误的，故选：D。 3．（2026•河北模拟）2025年，世界人形机器人运动会中，北京“天工”机器人以21.50秒夺得直线百米赛跑冠军。关于“天工”机器人，下列说法正确的是（　　） A．赛跑过程中的合力始终为零 B．平均速度大小约为4.65m/s C．机器人冲过终点线时的瞬时速度一定大于其全程的平均速度 D．分析机器人运动姿态时可将其视为质点 【答案】B 【详解】A、机器人赛跑过程中存在加速、减速阶段，速度是变化的，因此加速度不为零，根据牛顿第二定律F合＝ma，加速度不为零时合力不为零，故A错误； B、根据平均速度公式：，故B正确； C、全程平均速度为约4.65m/s，但冲过终点线时的瞬时速度不一定大于平均速度，例如，若机器人全程以接近平均速度匀速运动，冲线时的瞬时速度可能等于或小于平均速度，故C错误； D、分析机器人运动姿态时，需要考虑其肢体动作、形状等细节，不能忽略其大小和形状，因此不能视为质点，故D错误。 故选：B。 4．（2026•辽宁模拟）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松赛在北京开跑，天工Ultra机器人用时2小时40分42秒跑完全程21.0975公里夺得冠军，如图所示为线路示意图。对天工Ultra机器人，下列说法正确的是（　　） A．科研人员在观察其奔跑姿态时可将其视为质点 B．全程的平均速度大小约为2.2m/s C．在匀速率跑过弯道时加速度并不为零 D．跑过前、后半程的平均速度相同 【答案】C 【详解】A、研究机器人跑步的奔跑姿态时，需要关注其肢体细节，不能将其视为质点，故A错误； B、平均速度是位移与所用时间的比值，而题目只给了路程，无法求出平均速度，故B错误； C、在机器人匀速率跑过弯道时，速度的方向发生变化，所以加速度并不为零，故C正确； D、题目只给了路程，无法求出前、后半程的平均速度，故D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026•道里区校级二模）质点从静止开始做直线运动的加速度—时间（a﹣t）图像如图所示，由图可知质点（　　） A．0～2s内先加速后减速 B．1s末的速度大小为1m/s C．0～1s内的平均速度大小为0.5m/s D．0～2s内的位移大小为2m 【答案】BD 【详解】加速度—时间（a﹣t）图像与时间轴围成的面积等于对应时间内的速度变化量Δv，质点从静止开始运动，初速度v0＝0 因此某时刻的速度v＝Δv 加速度与速度同向时，物体始终做加速运动； A.0～2s内先加速后减速0～2s内，加速度a始终为正值，与速度方向（正方向）始终相同，因此质点全程做加速运动，仅加速度先增大后减小，属于加速度先增后减的变加速直线运动，并非先加速后减速，故A错误； B.1s末的速度大小为 1m/s，根据a﹣t图像的面积规律，1s末的速度等于0～1s内图线与时间轴围成的三角形面积：，故B正确； C.0～1s内的平均速度大小为0.5m/s，平均速度公式 仅适用于匀变速直线运动，0～1s内质点做加速度逐渐增大的变加速直线运动，v﹣t图像为向上凸的曲线，相同时间内的位移小于匀加速直线运动的位移，因此平均速度小于0.5m/s，故C错误； D.0～2s内，质点的运动分为两个阶段：0～1s：加速度增大，速度从0增加到1m/s， 0～1s：加速度均匀增大的变加速直线运动初加速度a0＝0，1s末加速度 平均加速度，因此1s末速度v1＝v0+a1•t1＝0+1×1m/s＝1m/s，则，0～1s内任意时刻t的速度为v（t）＝t2（0到t时刻的平均加速度，故 1～2s：加速度均匀减小的变加速直线运动初加速度，2s末加速度a2＝0，平均加速度， 因此2s末速度v2＝v1+a2•t2＝1+1×1m/s＝2m/s，同理，1～2s内任意时刻t的速度为v（t）＝﹣t2+4t﹣2 v﹣t图像是开口向上的抛物线，从（0，0）到（1，1）对应面积（位移） 1～2s的位移x2v﹣t图像是开口向下的抛物线，从（1，1）到（2，2），对应面积（位移） 总位移计算0～2s内的总位移：，故D正确。 故选：BD。 题型三 加速度 【例题精讲练】 【例1】（2026•汾阳市校级开学）某次环台岛演习中，山东舰航母编队亮相在台岛东侧的太平洋演训场，歼—15舰载机参与了本次演习。下列说法正确的是（　　） A．歼—15舰载机远距离巡航时可以将航母看成质点 B．歼—15舰载机起降时可以将航母看成质点 C．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，平均速度不为0 D．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，加速度始终为0 【答案】A 【详解】A．歼—15舰载机远距离巡航时，不考虑航母的大小，可以将航母看成质点，故A正确； B．舰载机起降时，需要精确关注航母甲板的长度、位置、跑道方向等细节，航母自身大小形状不能忽略，不能看成质点，故B错误； C．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，位移为零，所以平均速度也为0，故C错误； D．若歼—15舰载机定速巡航环岛一圈，由于做曲线运动，所以加速度不为0，故D错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2026秋•海淀区校级月考）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是运动的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】AB 【详解】A、机器人转弯时，物体做曲线运动，速度发生变化就一定存在加速度，因此加速度大小一定不为零，故A正确； B、以冲刺的机器人为参考系，终点的裁判员相对于机器人的位置在不断变化，可知站在终点的裁判员是运动的，故B正确； C、研究机器人奔跑的姿态时，不能忽略其大小和形状，因此不可将机器人视为质点，故C错误； D、21.0975km是机器人运动轨迹的长度，属于路程，路程与时间的比值是平均速率，平均速度大小等于位移与时间的比值，故D错误。 故选：AB。 【变式训练1】（2026•模拟）某同学在汽车内观察速度计指针位置的变化，开始时，指针指在如图甲所示的位置，经过2s后，指针指在如图乙所示的位置。若汽车做匀变速直线运动，则它的加速度大小约为（　　） A．20m/s2 B．11m/s2 C．5.6m/s2 D．2.8m/s2 【答案】C 【详解】由题图可知，初速度为，末速度为，根据加速度的定义式，代入数据得a≈5.6m/s2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026秋•重庆月考）2024年11月4日凌晨，神舟18号载人飞船成功返回了地球，返回舱在匀减速下降阶段，说法正确的是（　　） A．11月4日1时29分许是时间间隔 B．速度减小得越来越慢 C．加速度越来越大 D．速度方向与加速度方向相反 【答案】D 【详解】A．11月4日凌晨是时刻，不是时间间隔，故A错误； BC．返回舱在匀减速下降阶段，加速度不变，可知速度减小的快慢不变，故BC错误； D．返回舱在匀减速下降，可知速度方向与加速度方向相反，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2026春•凌源市期末）急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式为。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，一辆测试车从静止开始沿平直公路启动，车载系统在起步阶段“0～4s”内将急动度设定为：j＝﹣2t+4（m•s﹣3）。已知t＝0时，a0＝0；t＝2s时，。下列关于汽车在起步阶段“0～4s”内的说法正确的是（　　） A．汽车的加速度随时间均匀增加 B．汽车在0∼2s内速度变化量大于2m/s C．汽车在t＝2s时加速度达到最大值 D．汽车在t＝2s时速度达到最大值 【答案】BC 【详解】由题意可得急动度定义式为，即单位时间内加速度的变化量，即为加速度的变化率。 根据急动度的定义式变形得Δa＝j•Δt，要得到某时刻加速度，需累加各时间段加速度变化。 已知 j＝﹣2t+4，t＝0 时 a0＝0，推导加速度随时间关系式：把时间分成无数极短Δt，每段加速度增量Δa＝jΔt，全部累加：a＝a0+∑j•Δt 代入j＝﹣2t+4，结合高中微元思想计算得加速度函数：a（t）＝﹣t2+4t 验证：t＝2s，a＝（﹣22+4×2）m/s2＝4m/s2，和题干条件吻合。 A．根据a（t）＝﹣t2+4t可知说明加速度并不是随时间均匀变化的，故A错误； B．速度变化量Δv等于a﹣t图像与时间轴围成的面积。a（t）＝﹣t2+4t是开口向下的抛物线，根据几何关系计算出0～2s图像面积即速度变化量明显大于4m/s，故B正确； C．根据a（t）＝﹣t2+4t是开口向下的二次函数，二次函数顶点处取最大值。对称轴 ，所以t＝2s时加速度最大，则最大加速度为，故C正确； D．速度增大或减小判断依据：加速度的正负情况。令a（t）＝﹣t2+4t＞0，解得0＜t＜4s。0∼4s全程加速度均为正值，汽车一直做加速运动，t＝4s速度才最大，故D错误。 故选：BC。 【题型强化练】 1．（2026•金坛区校级开学）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】A 【详解】A．机器人转弯时，物体做曲线运动，速度发生变化就一定存在加速度，因此加速度大小一定不为零，故A正确； B．以冲刺的机器人为参考系，终点的裁判员相对于机器人的位置在不断变化，可知站在终点的裁判员是运动的，故B错误； C．研究机器人奔跑的姿态时，不能忽略其大小和形状，因此不可将机器人视为质点，故C错误； D．21.0975km是机器人运动轨迹的长度，属于路程，路程与时间的比值是平均速率，不是平均速度的大小，故D错误。 故选：A。 2．（2026•模拟）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，则汽车的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．10m/s2 【答案】C 【详解】根据加速度的定义式可得加速度大小为：am/s2＝5m/s2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026•衡水校级开学）秋日林间，一只松鼠静立在树枝上。当人缓步靠近时，松鼠在察觉到危险的极短时间内迅速窜向树干高处。该现象主要体现松鼠启动瞬间拥有较大的（　　） A．加速度 B．瞬时速度 C．速度变化量 D．位移 【答案】A 【详解】松鼠在察觉到危险的极短时间内迅速窜向树干高处，松鼠初始静止，启动过程时间极短，在很短时间内速度迅速增大。根据加速度定义，短时间内实现速度变化，说明启动瞬间加速度较大，启动瞬间瞬时速度很小，速度变化量、位移也不大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•宿州校级开学）如图甲所示，汽车在平直公路上行驶，路边有等间距的树木，车载摄像机记录了沿途景色。某同学根据一段视频绘制了图乙，横坐标N为树木序号，纵坐标t为对应树木出现的时刻，t3～t4内汽车通过隧道。关于汽车的运动，下列说法合理的是（　　） A．t1～t2内的路程等于t2～t3内的路程 B．图线上某点的斜率代表瞬时速度的大小 C．t1～t2内的平均速度大于t2～t3内的平均速度 D．t2～t5内，汽车先做减速运动，再做加速运动，最后减速运动 【答案】C 【详解】树木是等间距d的，故t﹣N图像可类比t﹣x图像。 AC.由图可知t1～t2内的路程为4d，大于t2～t3内的路程3d，汽车做单向直线运动时，位移大小等于路程，t1～t2内的时间小于t2～t3的时间，根据平均速度的定义，可知t1～t2内的平均速度大于t2～t3内的平均速度，故A错误，C正确； B.根据x＝vt可知，t﹣x图像斜率的倒数表示瞬时速度大小，故B错误； D.由图知t2～t5时间内斜率先增大后减小，可知速度先减小后增大，即先做减速运动后做加速运动，故D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026春•海口校级月考）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等多种工作都用到急动度的概念。急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，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。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（　　） A．0～5.0s时间内汽车的加速度增加得越来越快 B．5.0～10.0s时间内汽车匀加速运动 C．12.0s时刻汽车的加速度为零 D．10.0～12.0s时间内汽车加速度的增加量大小为0.8m/s2 【答案】AD 【详解】A．由图可知，0～5.0s时间内汽车的急动度增加，则汽车的加速度增加的越来越快，故A正确； B．由图可知，5.0～10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，汽车做变加速运动，故B错误； C．根据图像意义结合急动度的定义可知，j﹣t图线与时间轴围成的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，0∼12s内图线与时间轴围成的面积为正值，则汽车在12.0s时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加速度不为0，故C错误； D．j﹣t图像的面积表示加速度的变化量，10.0～12.0s时间内汽车加速度的变化量大小为： 故D正确。 故选：AD。 题型四 x-t图像与v-t图像的理解和应用 【例题精讲练】 【例1】（2026秋•佛山校级月考）甲、乙两个物体由同一地点沿同一方向做直线运动，其v﹣t图像如图所示。关于两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．在t＝2s时，甲的速度方向发生改变 B．在t＝4s时，甲、乙相遇 C．0～6s内，甲、乙平均速度相同 D．在t＝1s时，乙在甲前方 【答案】D 【详解】A．由图可知，t＝2s时甲的速度方向没有发生变化，故A错误； B．根据v﹣t图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，可得0～4s内甲乙两物体的位移不同，所以二者不会在t＝4s时相遇，故B错误； C．0～6s内，甲、乙两物体的位移分别为，由平均速度公式，可知甲、乙平均速度不相同，故C错误； D．0～1s内，甲、乙两物体的位移分别为，所以乙在甲前方，故D正确。 故选：D。 【例2】（多选）（2026•模拟）如图甲所示是一种无人配送小车，在某次性能测试时，其位移x与时间t的关系可用图乙所示的图像表示，则下列说法正确的是（　　） A．小车做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2 B．小车做匀加速直线运动，初速度大小为9m/s C．前2s内小车的位移大小为6.75m D．第2s末，小车的速度大小为3m/s 【答案】AC 【详解】AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：，整理可得：，结合图乙可知，，，解得：a＝﹣6m/s2，v0＝9m/s，由此可知小车做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，初速度大小为9m/s，故A正确，B错误； CD、小车刹车时间为：，可知2s时小车已经停止运动，所以第2s末的速度为0，则前2s内小车的位移大小为：，故C正确，D错误。 故选：AC。 【变式训练1】（2026•武进区校级模拟）一个物体做直线运动的v﹣t图像如图所示，则物体在前6s内位移大小为（　　） A．12m B．6m C．11m D．10m 【答案】C 【详解】v﹣t图像面积代表位移，物体在前6s内位移大小为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式训练2】（2025秋•冀州区校级月考）如图甲、乙所示为某物体在0～t1时间内运动的x﹣t图线和v﹣t图线，由图可知，在0～t1时间内（　　） A．物体做的是曲线运动 B．物体做加速度越来越小的运动 C．图甲中时刻，图线的斜率为 D．x1﹣x0t1 【答案】C 【详解】AB．x﹣t图线和v﹣t图线只能用来描述直线运动的规律，由乙图（v﹣t图像）可知，物体做加速度恒定的匀减速直线运动，故AB错误； C．由A可知物体做匀变速运动，则中间时刻的速度等于全程的平均速度，则图甲中时刻，图线的斜率为，故C正确； D．乙图（v﹣t图像）所围面积表示物体运动的位移，即有，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（多选）（2026秋•单元）一辆汽车在平直道路上行驶，以x表示它相对于出发点的位移，汽车在0到40s这段时间的x﹣t图像如图所示，关于汽车在这段时间内的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．汽车在第1个10s内速度大小为3m/s B．汽车在第2个10s内做匀速直线运动 C．汽车在0到20s内的平均速度为3m/s D．汽车最远位置到出发点的距离为30m 【答案】AD 【详解】A．由x﹣t图像的斜率表示速度，前十秒内做匀速直线运动，速度，故A正确； B．第二个十秒对应的x﹣t图像为水平直线，斜率为零，速度为零，静止不动，故B错误； C．由平均速度定义，0到20秒内的平均速度，故C错误； D．汽车相对出发点的位移最大值为图像的最大纵坐标30m，因此最远位置到出发点的距离为30m，故D正确。 故选：AD。 【题型强化练】 1．（2026•高邮市开学）汽车沿平直公路先加速一段时间，再减速至停止，其位移—时间、速度—时间的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．汽车沿平直公路先加速一段时间，再减速至停止，位移一直增大，结合x﹣t图像斜率的意义可知，位移—时间图像的斜率先增大后减小最后斜率为零，故A正确，B错误； C．图像显示物体先向负向减速，后向正向加速，与题目的描述不符，故C错误； D．图像显示物体先向正向减速，后向负向加速，与题目的描述不符，故D错误。 故选：A。 2．（2026•贺州开学）某新能源汽车配备了自动驾驶技术，该车在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试验时，a、b两车（均可视为质点）从同一地点由静止开始沿同一直线运动的v﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．2t0时刻，两车相遇 B．0～2t0时间内，a车的平均速度比b车的大 C．0～2t0时间内，a、b两车的距离先变大后变小 D．2t0时刻后，两车距离不断增大 【答案】B 【详解】ACD、结合v﹣t图像，两车从同一地点出发，0～2t0时间内a车的速度始终大于b车的速度，则a车在前，b车在后，且两车之间的距离一直变大； 2t0时刻后，b车速度大于a车速度，两车距离不断减小； 当b车追上a车后，两车距离不断增大，故ACD错误； B、0～2t0时间内，相同时间内，a车的位移大于b车，a车的平均速度比b车的大，故B正确。 故选：B。 3．（2026•宿松县校级开学）如图所示是一个质点在运动过程中的位置—时间（x﹣t）图像中的一段，该曲线为抛物线的一部分，图线上A、B、C三点是质点在运动过程中所对应位置，关于该质点的运动，以下说法正确的有（　　） A．该质点做的是曲线运动 B．该质点做的是匀加速直线运动 C．质点在t＝3s时的速度等于2m/s D．质点从0时刻开始到速度为0时，位移为12.25m 【答案】D 【详解】AB、结合，该曲线为抛物线的一部分，该质点的运动一定为匀变速直线运动，位移—时间图线的切线斜率在减小，速度减小，故该匀变速运动为匀减速直线运动，故A错误、B错误； C、将t1＝1s，x1＝6m，t2＝2s，x2＝10m，分别代入 代入数据可得质点的初速度大小v0＝7m/s，加速度大小a＝2m/s2 质点在t3＝3s时的速度v3＝v0﹣at3 代入数据可得v3＝1m/s，故C错误； D、0时刻到速度为0位移为 代入数据可得s＝12.25m，故D正确。 故选：D。 4．（2026•模拟）甲、乙两物体同时出发沿一条直线运动，它们的位置﹣时间关系（x﹣t图像）如图1所示：丙、丁两物体同时出发沿一条直线运动，它们的速度—时间关系（v﹣t图像）如图2所示。根据图中信息判定下列说法中正确的是（　　） A．物体甲的速度大于物体乙的速度 B．在t0时刻物体乙的运动方向发生改变 C．在2t0时刻物体丙、丁的速度相同 D．在t0时刻物体丁的加速度方向发生改变 【答案】C 【详解】AB、由x﹣t图像可知，甲、乙两物体分别沿x轴负方向、正方向做匀速直线运动；x﹣t图像斜率的绝对值表示速度大小，物体甲的速度大小为 物体乙的速度大小为 物体甲的速度小于物体乙的速度，故AB错误； CD、由v﹣t图像可知，在2t0时刻，丙、丁的速度相同；v﹣t图像的斜率表示加速度，物体丁做匀加速直线运动，斜率大于零，故物体丁的加速度方向始终是正方向，故C正确，D错误。 故选：C。 5．（多选）（2026•绵阳校级开学）甲、乙两位同学在两相邻直赛道比赛，t＝0时同时起跑，t4时刻同时到达终点，其速度—时间图像如图所示，下列描述正确的是（　　） A．0～t1时间内甲、乙两同学都在做加速直线运动 B．t1～t2时间内甲、乙两同学保持相对静止 C．0～t3时间内甲同学的路程等于乙同学的路程 D．t3时刻甲同学的速度等于乙同学的速度 【答案】AD 【详解】A、0～t1时间内甲、乙的图像都是倾斜向上的直线，速度v都在增大，物体做的是加速直线运动，故A正确； B、t1～t2时间内甲、乙的图像在v轴的高度不同，两者速度大小不同，不能保持相对静止，故B错误； C、0～t3时间内（不含两始末端点），乙的速度一直大于甲的速度，经过相同时间，乙的路程大于甲的路程，故C错误； D、v﹣t图像的交点代表速度相等，t3时刻甲同学的速度等于乙同学的速度，故D正确。 故选：AD。 【真题回顾】 1．（2026•浙江）在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（　　） A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 【答案】A 【详解】A、机器人途中转弯时，机器人的速度发生变化，具有加速度，则加速度大小一定不为零，故A正确； B、以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是运动的，故B错误； C、研究机器人在奔跑过程中的姿态时，机器人的大小和形状不能忽略，故不能将机器人视为质点，故C错误； D、由题意可知“21.0975km”是路程，由平均速率的定义可知“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速率的大小，故D错误。 故选：A。 2．（2026•广西）下列情况中，平陆运河中的船可以忽略大小与形状看作质点的是（　　） A．过船闸口时 B．掉转船头时 C．以10km/h的平均速率行驶时 D．躲避暗礁时 【答案】C 【详解】A、过船闸口时，需考虑船的长度、宽度与闸口的匹配关系，船的大小形状不可忽略，故A错误； B、掉转船头时，研究的是船的姿态转动，船的形状、大小不可忽略，故B错误； C、研究船以10km/h的平均速率行驶时，船的形状、大小对平均速率没有影响，可以忽略，故C正确； D、躲避暗礁时，需考虑船的大小、各部位位置以避免触礁，大小形状不可忽略，故D错误。 故选：C。 3．（2026•河北）某同学健身时，哑铃被举高0.5m后再回到原位置，如图所示。如此重复10次，哑铃的位移大小为（　　） A．0 B．5m C．10m D．11m 【答案】A 【详解】位移只与初末位置有关，哑铃重复十次后回到原位置，初末位置重合，位移大小为零，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•山西）现代科技为物资运输提供了多种方式。某物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输货物至山下仓库Q，两种方式中一定相同的是（　　） A．位移 B．路程 C．时间 D．平均速度 【答案】A 【详解】A.位移由初末位置决定，两种运输方式起点都是P点、终点都是Q点，初末位置完全相同，故位移一定相同，故A正确； B.路程是运动轨迹的实际长度，无人机和新能源货车的运动路径不同，轨迹长度不同，故路程不一定相同，故B错误； C.运动时间取决于运输速度和路径，无人机与航班车的运动速度不同，故时间不一定相同，故C错误； D.平均速度等于位移与时间的比值，位移相同但时间不同，故平均速度不一定相同，故D错误。 故选：A。 5．（2026•浙江）下列问题中，图示物体可看成质点的是（　　） A．研究图甲中“四川舰”的航行路径 B．研究图乙中“歼﹣35”战斗机的飞行姿态 C．研究图丙中“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式 D．研究图丁中“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调整方位回舱过程 【答案】A 【详解】A、研究图甲中“四川舰”的航行路径时，舰艇的大小对于航行路径来说可以忽略不计，因此可以看成质点，故A正确； B、研究图乙中“歼﹣35”战斗机的飞行姿态时，不能看成质点，若看成质点，就没有姿态了，故B错误； C、研究图丙中“神舟二十二号”载人飞船与空间站的对接方式时，需要调整相对位置和姿态，形状和大小均不能忽略，因此不能看成质点，故C错误； D、研究图丁中“蛟龙号”潜水器完成任务出水后调整方位回舱过程时，需要调整潜水器方位使其回舱，这时形状和大小均不能忽略，因此不能看成质点，故D错误。 故选：A。 6．（2026•黑龙江）某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约7500km，起点到终点的直线距离约2000km。此过程（　　） A．该车的路程约为2000km B．该车的位移大小约为7500km C．某时刻该车速度计显示的是平均速度 D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点 【答案】D 【详解】A.该车的路程指实际里程距离，故路程约为7500km，故A错误； B.该车的位移大小为起点到终点的直线距离，故位移大小约为2000km，故B错误； C.某时刻该车速度计显示的是当前时刻的速度，即瞬时速率，故C错误； D.该车的运动轨迹远远大于车长，故可以忽略车的大小、形状，可以视为质点，故D正确； 故选：D。 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $