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所属成套资源：2024版新教材高考物理全程一轮总复习训练题（74份）
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2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业4运动学图像
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这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业4运动学图像，共6页。试卷主要包含了[2023·湖南衡阳三模]等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·湖南六校联考]甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程中的位移—时间(xt)图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲物体始终沿同一方向运动
B．乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快
C.在0～t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同
D．在0～t2时间内，甲、乙两物体在t1时刻相距最远
2．[2023·浙江绍兴高三模拟]有人设计了如图甲所示的停车系统，周转车厢从站台载上要上车的乘客加速到与匀速运动的列车的速度相同后，与列车交换上下车乘客，然后将要下车的乘客运回站台，完成一次换乘．某站的周转车厢的vt图像如图乙所示，分析过程中列车和周转车厢都可视为质点，则( )
A．周转车厢加速时的加速度比减速时的加速度大
B．周转车厢与列车交换上下车乘客的时间最多有9min
C．为了完成换乘，周转车厢要在列车前面14.4km处开始加速
D．周转车厢完成一次换乘需要运行39.6km
3．宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念．加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同．一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．t＝3s时的急动度和t＝5s时的急动度等大反向
B．2～4s内质点做减速运动
C．t＝6s时质点速度大小等于7m/s
D．0～6s内质点速度方向不变
4．为了加快高速公路的通行，许多省市的ETC联网正式运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．假设减速带离收费岛口的距离为50m，收费岛总长度为40m，如图所示．汽车以大小为72km/h的速度经过减速带后，需要在收费岛中心线前10m处正好匀减速至36km/h，然后匀速通过中心线即可完成缴费，匀速过中心线10m后再以相同大小的加速度匀加速至72km/h，然后正常行驶．下列关于汽车的速度—时间图像正确的是( )
5．如图(a)，在2022年北京冬奥会上，某次冰壶比赛中运动员用红壶正面撞击静止的黄壶，碰撞后两壶始终沿同一直线运动，其运动的速度随时间变化的vt图像如图(b)所示，则( )
A．碰后黄壶的运动距离为4m
B．碰后黄壶的速度为0.8m/s
C．碰后红壶的加速度较大
D．0～2s内红壶的平均速度为0.4m/s
6．[2023·湖南衡阳三模]
无人驾驶汽车已在我国某些地区开始上路试运行．一国产无人驾驶汽车，在试运行过程中以8m/s的速度在平直路段行驶，人工智能发现车头前方28m处的斑马线上有行人，为礼让行人汽车开始减速，汽车做匀减速运动，从发现行人到停止运动，其vx图像如图所示，该图线为一条开口向左的抛物线的一部分(抛物线的顶点在x轴上)，则( )
A．刹车过程汽车的加速度大小为1m/s2
B．汽车经过4s速度变为0
C．若行人通过斑马线的时间是4s，行人有被撞的危险
D．0～10s内，汽车的位移大小为40m
7．图示的汽车礼让行人已经成为浙江交通靓丽的风景，某辆出租汽车沿平直路面匀速行驶，在一条斑马线前礼让行人一次，其运动图像如图所示，求：
(1)汽车刹车时的加速度大小a.
(2)这次礼让行人耽误了多少时间Δt.
能力提升练
8．[2023·河南南阳一中5月月考]挥杆套马是我国蒙古族的传统体育项目，如图甲所示，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持套马杆由静止开始催马追赶，二者的vt图像如图乙所示，则( )
A．在0～4s内，骑手靠近烈马
B．6s时刻骑手刚好追上烈马
C．在0～4s内，烈马的平均速度大于骑手的平均速度
D．0～6s内骑手的加速度大于8～9s内烈马的加速度
9．[2023·上海浦东新区一模](珠算文化)如图甲所示，水平桌面上有一算盘．中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1.使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位．A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm.现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的vt图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B).忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则( )
①A能回到自己的归零位；②A不能回到自己的归零位；③B能回到自己的归零位；④B不能回到自己的归零位．
A．结论①③正确B．结论①④正确
C．结论②③正确D．结论②④正确
课时分层作业（四）
1．解析：t1时刻前后甲的xt图线斜率由正变为负，说明速度方向发生了变化，选项A错误；乙的xt图线斜率恒定，说明乙做匀速直线运动，位移大小均匀增加，选项B错误；由图可知t1～t2时间内甲的xt图线斜率有一时刻与乙的xt图线斜率相等，即两者速度相等，此时甲、乙两者相距最远，选项C正确，D错误．
答案：C
2．解析：从图乙中可以看出，加速时间为4min，减速时间为3min，故周转车厢加速时的加速度比减速时的加速度小，A错误；周转车厢匀速运行的时间是2min，即与列车相对静止的时间是2min，故交换上下车乘客的时间最多有2min，B错误；周转车厢加速阶段的位移x1＝eq \f(v,2)t1＝7.2km，根据两车运动情况可知，周转车厢要在列车前面7.2km处开始加速，C错误；周转车厢匀速阶段，有x2＝vt2＝7.2km，周转车厢减速阶段，有x3＝eq \f(v,2)t3＝5.4km，则周转车厢完成一次换乘运行的路程为x总＝2（x1＋x2＋x3）＝39.6km，D正确．
答案：D
3．解析：加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图像的斜率．由题图知t＝3s时的急动度和t＝5s时的急动度等大同向，故A错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，则2～4s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；0～6s内速度的变化量为Δv＝eq \f(1＋2,2)×2m/s＋eq \f(1,2)×2×2m/s＋eq \f(1,2)×2×（－2）m/s＝3m/s，因初速度为0，故t＝6s时的速度为3m/s，故C错误；0～6s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确．
答案：D
4．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根据v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax可知，汽车做匀减速运动的加速度大小为eq \f(400－100,2×60)m/s2＝2.5m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4s汽车速度减小到10m/s，然后匀速运动到中心线缴费．汽车从开始匀速运动到通过中心线10m所用的时间为eq \f(20,10)s＝2s，随后汽车开始做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4s汽车加速至20m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：由于红壶正面撞击黄壶，且由图（b）知，两壶碰后运动方向相同，可知碰后红壶速度小于黄壶速度，则碰后v红＝0.8m/s，v黄＝1.6m/s，故B错误；
vt图像与t轴围成的面积代表位移，碰后黄壶的运动距离为s＝eq \f(1,2)×1.6×5m＝4m，故A正确；
vt图像斜率代表加速度，由图知，斜率相等，加速度相等，故C错误；
加速度大小a＝0.32m/s2，
2s时红壶速度v1＝v红－at＝0.8m/s－0.32×2m/s＝0.16m/s
0～2s内红壶的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v1＋v红,2)＝eq \f(0.8＋0.16,2)m/s＝0.48m/s，故D错误．
答案：A
6．解析：由vx图像可知x＝0时v0＝8m/s，x＝32m，v＝0，由运动学公式有v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，则v0＝8m/s，a＝－1m/s2，所以刹车过程汽车的加速度大小为1m/s2，故A正确；汽车4s末的速度大小为v1＝v0＋at1＝8m/s＋（－1）×4m/s＝4m/s，B错误；汽车4s内的位移大小为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝eq \f(8＋4,2)×4m＝24m<28m，即行人通过斑马线时汽车尚未到达斑马线，所以行人不会有被撞的危险，C错误；汽车减速到零用时t＝eq \f(v0,－a)＝8s<10s，所以0～10s内，汽车的位移大小为32m，D错误．
答案：A
7．解析：（1）汽车刹车时的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝3m/s2
（2）汽车匀减速和匀加速的总位移大小为x＝eq \f(v0,2)·2t＝27m
汽车以v0正常行驶x所用的时间为t1＝eq \f(x,v0)＝3s
由于礼让行人行驶x所用的时间为
t2＝17s－1s＝16s
这次礼让行人耽误的时间为
Δt＝t2－t1＝13s
答案：（1）3m/s2 （2）13s
8．解析：由速度—时间图像可知，在0～4s内烈马的速度大于骑手的速度，二者距离在增大，故A错误．vt图像图线与时间轴所围的面积表示位移，6s内骑手的位移大小为x1＝eq \f(6×15,2)m＝45m，烈马的位移大小为x2＝6×10m＝60m．因烈马与骑手在t＝0时刻位置相同，所以6s末烈马与骑手间的距离为d＝x2－x1＝15m，即6s时烈马在骑手前15m处，故B错误.0～4s内，烈马以10m/s的速度匀速运动，骑手做匀加速运动，其平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋10,2)m/s＝5m/s，烈马的平均速度比骑手的平均速度大，故C正确．由加速度定义式可知8～9s内烈马的加速度大小为a1＝eq \f(15－10,9－8)m/s2＝5m/s2，0～6s内骑手的加速度大小为a2＝eq \f(15－10,6－4)m/s2＝eq \f(5,2)m/s2，故D错误．
答案：C
9．解析：由题意可知，减速过程中A算珠的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，A算珠从v0＝0.4m/s减速到v1＝0.3m/s经过的时间为t1＝eq \f(v0－v1,a)，联立解得t1＝0.1s，A算珠与B算珠碰后还能前进的距离s′1＝eq \f(0.1＋0,2)×0.1m＝0.5cm，则A一共前进了4cm答案：C
1．[2023·湖南六校联考]甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程中的位移—时间(xt)图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲物体始终沿同一方向运动
B．乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快
C.在0～t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同
D．在0～t2时间内，甲、乙两物体在t1时刻相距最远
2．[2023·浙江绍兴高三模拟]有人设计了如图甲所示的停车系统，周转车厢从站台载上要上车的乘客加速到与匀速运动的列车的速度相同后，与列车交换上下车乘客，然后将要下车的乘客运回站台，完成一次换乘．某站的周转车厢的vt图像如图乙所示，分析过程中列车和周转车厢都可视为质点，则( )
A．周转车厢加速时的加速度比减速时的加速度大
B．周转车厢与列车交换上下车乘客的时间最多有9min
C．为了完成换乘，周转车厢要在列车前面14.4km处开始加速
D．周转车厢完成一次换乘需要运行39.6km
3．宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念．加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同．一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．t＝3s时的急动度和t＝5s时的急动度等大反向
B．2～4s内质点做减速运动
C．t＝6s时质点速度大小等于7m/s
D．0～6s内质点速度方向不变
4．为了加快高速公路的通行，许多省市的ETC联网正式运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．假设减速带离收费岛口的距离为50m，收费岛总长度为40m，如图所示．汽车以大小为72km/h的速度经过减速带后，需要在收费岛中心线前10m处正好匀减速至36km/h，然后匀速通过中心线即可完成缴费，匀速过中心线10m后再以相同大小的加速度匀加速至72km/h，然后正常行驶．下列关于汽车的速度—时间图像正确的是( )
5．如图(a)，在2022年北京冬奥会上，某次冰壶比赛中运动员用红壶正面撞击静止的黄壶，碰撞后两壶始终沿同一直线运动，其运动的速度随时间变化的vt图像如图(b)所示，则( )
A．碰后黄壶的运动距离为4m
B．碰后黄壶的速度为0.8m/s
C．碰后红壶的加速度较大
D．0～2s内红壶的平均速度为0.4m/s
6．[2023·湖南衡阳三模]
无人驾驶汽车已在我国某些地区开始上路试运行．一国产无人驾驶汽车，在试运行过程中以8m/s的速度在平直路段行驶，人工智能发现车头前方28m处的斑马线上有行人，为礼让行人汽车开始减速，汽车做匀减速运动，从发现行人到停止运动，其vx图像如图所示，该图线为一条开口向左的抛物线的一部分(抛物线的顶点在x轴上)，则( )
A．刹车过程汽车的加速度大小为1m/s2
B．汽车经过4s速度变为0
C．若行人通过斑马线的时间是4s，行人有被撞的危险
D．0～10s内，汽车的位移大小为40m
7．图示的汽车礼让行人已经成为浙江交通靓丽的风景，某辆出租汽车沿平直路面匀速行驶，在一条斑马线前礼让行人一次，其运动图像如图所示，求：
(1)汽车刹车时的加速度大小a.
(2)这次礼让行人耽误了多少时间Δt.
能力提升练
8．[2023·河南南阳一中5月月考]挥杆套马是我国蒙古族的传统体育项目，如图甲所示，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持套马杆由静止开始催马追赶，二者的vt图像如图乙所示，则( )
A．在0～4s内，骑手靠近烈马
B．6s时刻骑手刚好追上烈马
C．在0～4s内，烈马的平均速度大于骑手的平均速度
D．0～6s内骑手的加速度大于8～9s内烈马的加速度
9．[2023·上海浦东新区一模](珠算文化)如图甲所示，水平桌面上有一算盘．中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1.使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位．A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm.现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的vt图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B).忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则( )
①A能回到自己的归零位；②A不能回到自己的归零位；③B能回到自己的归零位；④B不能回到自己的归零位．
A．结论①③正确B．结论①④正确
C．结论②③正确D．结论②④正确
课时分层作业（四）
1．解析：t1时刻前后甲的xt图线斜率由正变为负，说明速度方向发生了变化，选项A错误；乙的xt图线斜率恒定，说明乙做匀速直线运动，位移大小均匀增加，选项B错误；由图可知t1～t2时间内甲的xt图线斜率有一时刻与乙的xt图线斜率相等，即两者速度相等，此时甲、乙两者相距最远，选项C正确，D错误．
答案：C
2．解析：从图乙中可以看出，加速时间为4min，减速时间为3min，故周转车厢加速时的加速度比减速时的加速度小，A错误；周转车厢匀速运行的时间是2min，即与列车相对静止的时间是2min，故交换上下车乘客的时间最多有2min，B错误；周转车厢加速阶段的位移x1＝eq \f(v,2)t1＝7.2km，根据两车运动情况可知，周转车厢要在列车前面7.2km处开始加速，C错误；周转车厢匀速阶段，有x2＝vt2＝7.2km，周转车厢减速阶段，有x3＝eq \f(v,2)t3＝5.4km，则周转车厢完成一次换乘运行的路程为x总＝2（x1＋x2＋x3）＝39.6km，D正确．
答案：D
3．解析：加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图像的斜率．由题图知t＝3s时的急动度和t＝5s时的急动度等大同向，故A错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，则2～4s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；0～6s内速度的变化量为Δv＝eq \f(1＋2,2)×2m/s＋eq \f(1,2)×2×2m/s＋eq \f(1,2)×2×（－2）m/s＝3m/s，因初速度为0，故t＝6s时的速度为3m/s，故C错误；0～6s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确．
答案：D
4．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根据v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax可知，汽车做匀减速运动的加速度大小为eq \f(400－100,2×60)m/s2＝2.5m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4s汽车速度减小到10m/s，然后匀速运动到中心线缴费．汽车从开始匀速运动到通过中心线10m所用的时间为eq \f(20,10)s＝2s，随后汽车开始做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4s汽车加速至20m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：由于红壶正面撞击黄壶，且由图（b）知，两壶碰后运动方向相同，可知碰后红壶速度小于黄壶速度，则碰后v红＝0.8m/s，v黄＝1.6m/s，故B错误；
vt图像与t轴围成的面积代表位移，碰后黄壶的运动距离为s＝eq \f(1,2)×1.6×5m＝4m，故A正确；
vt图像斜率代表加速度，由图知，斜率相等，加速度相等，故C错误；
加速度大小a＝0.32m/s2，
2s时红壶速度v1＝v红－at＝0.8m/s－0.32×2m/s＝0.16m/s
0～2s内红壶的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v1＋v红,2)＝eq \f(0.8＋0.16,2)m/s＝0.48m/s，故D错误．
答案：A
6．解析：由vx图像可知x＝0时v0＝8m/s，x＝32m，v＝0，由运动学公式有v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，则v0＝8m/s，a＝－1m/s2，所以刹车过程汽车的加速度大小为1m/s2，故A正确；汽车4s末的速度大小为v1＝v0＋at1＝8m/s＋（－1）×4m/s＝4m/s，B错误；汽车4s内的位移大小为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝eq \f(8＋4,2)×4m＝24m<28m，即行人通过斑马线时汽车尚未到达斑马线，所以行人不会有被撞的危险，C错误；汽车减速到零用时t＝eq \f(v0,－a)＝8s<10s，所以0～10s内，汽车的位移大小为32m，D错误．
答案：A
7．解析：（1）汽车刹车时的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝3m/s2
（2）汽车匀减速和匀加速的总位移大小为x＝eq \f(v0,2)·2t＝27m
汽车以v0正常行驶x所用的时间为t1＝eq \f(x,v0)＝3s
由于礼让行人行驶x所用的时间为
t2＝17s－1s＝16s
这次礼让行人耽误的时间为
Δt＝t2－t1＝13s
答案：（1）3m/s2 （2）13s
8．解析：由速度—时间图像可知，在0～4s内烈马的速度大于骑手的速度，二者距离在增大，故A错误．vt图像图线与时间轴所围的面积表示位移，6s内骑手的位移大小为x1＝eq \f(6×15,2)m＝45m，烈马的位移大小为x2＝6×10m＝60m．因烈马与骑手在t＝0时刻位置相同，所以6s末烈马与骑手间的距离为d＝x2－x1＝15m，即6s时烈马在骑手前15m处，故B错误.0～4s内，烈马以10m/s的速度匀速运动，骑手做匀加速运动，其平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋10,2)m/s＝5m/s，烈马的平均速度比骑手的平均速度大，故C正确．由加速度定义式可知8～9s内烈马的加速度大小为a1＝eq \f(15－10,9－8)m/s2＝5m/s2，0～6s内骑手的加速度大小为a2＝eq \f(15－10,6－4)m/s2＝eq \f(5,2)m/s2，故D错误．
答案：C
9．解析：由题意可知，减速过程中A算珠的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，A算珠从v0＝0.4m/s减速到v1＝0.3m/s经过的时间为t1＝eq \f(v0－v1,a)，联立解得t1＝0.1s，A算珠与B算珠碰后还能前进的距离s′1＝eq \f(0.1＋0,2)×0.1m＝0.5cm，则A一共前进了4cm
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