2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练四运动学图像

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练四运动学图像，共7页。试卷主要包含了5 m/s2等内容，欢迎下载使用。

1.
[2024·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．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50 m，收费岛总长度为40 m，如图所示．汽车以大小为72 km/h的速度经过减速带后，需要在收费岛中心线前10 m处正好匀减速至36 km/h，然后匀速通过中心线即可完成缴费，匀速过中心线10 m后再以相同大小的加速度匀加速至72 km/h，然后正常行驶．下列关于汽车的速度—时间图像正确的是( )
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＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向
B．2～4 s内质点做减速运动
C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s
D．0～6 s内质点速度方向不变
4．[2024·河北邢台巨鹿中学三模]高铁改变生活，地铁改变城市！地铁站距短需要频繁启停，为缩短区间的运行时间需要较大的启动加速度．t＝0时刻，一列高铁和一列地铁沿各自所在的长直轨道由静止启动，0～240 s内的v ­t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．甲是地铁的v ­t图像，乙是高铁的v ­t图像
B．地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为5∶3
C．地铁和高铁加速过程的位移大小之比为24∶1
D．0～240 s内，地铁和高铁的平均速度大小之比为5∶8
5．目前，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．如图所示为甲、乙两辆车通过某收费站的v­t图像．根据图像，下列描述正确的是( )
A．甲车进入的是人工收费通道，乙车进入的是ETC通道
B．甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为12 s
C．甲车进入通道的加速度大小为5 m/s2，乙车进入通道的加速度大小为2.5 m/s2
D．甲车进入ETC通道，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可加速
6.
从离地相同高度处将甲、乙两小球间隔1 s时间由静止开始相继释放，它们的x­t图像如图所示，已知地面处x＝0，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图像中的t0＝6 s
B．图像中的x0＝160 m
C．当甲、乙两小球都在空中运动时，两者距离越来越大
D．在2.0 s～3.0 s时间内，甲球速度变化量大于乙球速度变化量
7．[2024·浙江高三校联考]2023年10月份杭州亚运会上，广东小将全红婵(图甲)以总分438.20分获得跳水单人十米台金牌．自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是( )
A．0～t2为空中运动时间，速度始终向下
B．t1～t2内的加速度比在t2～t3内加速度大
C．在0～t1内，平均速度大小等于 eq \f(v1＋v2,2)
D．在t2～t3内，平均速度大小 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v3,2)
8．[2024·山西校联考模拟预测]在平直的公路上行驶的甲车和乙车，其位置x随时间t变化的图像分别为图中直线和曲线．已知乙车做匀变速直线运动，当t＝2 s时，直线和曲线相切，下列说法中正确的是( )
A.t＝0时刻乙车的速度大小为4 m/s
B．0～3 s时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．0～3 s时间内甲车与乙车间的距离一直在增大
D.乙车的加速度大小为2 m/s2
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9．(多选)[2024·西藏统考一模]在抗击“新冠”疫情期间，为了保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”即用无人机配送快递(如图1).某次快递员操作无人机竖直向上由地面向10楼阳台配送快递，无人机飞行过程的v­t图像如图2所示，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．0～t1时间内，无人机做匀加速直线运动
B．t2～t3时间内，无人机的平均速度小于 eq \f(v1,2)
C．t3时刻，无人机仅受重力作用
D．t1～t2时间内，无人机的机械能增加
10.
(多选)[2024·重庆北碚高三西南大学期末]除夕夜无人机表演方阵中，一架无人机从大剧院广场启动，由静止开始，竖直向上加速运动的过程中，其加速度a随上升高度h关系，如图所示，取竖直向上为正方向，无人机的质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力，则无人机上升2h0的过程中( )
A．无人机先加速后匀速运动
B．上升2h0时，无人机的速度为 eq \r(\f(10,3)gh0)
C．上升2h0时，无人机发动机的功率为mg eq \r(\f(10,3)gh0)
D．上升2h0过程中，无人机机械能增加量为 eq \f(11,3)mgh0
课时分层精练（四） 运动学图像
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x ­ t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：72 km/h＝20 m/s，36 km/h＝10 m/s.根据v2－v eq \\al(2,0) ＝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＝2.5 m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4 s汽车速度减小到10 m/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10 m所用的时间为 eq \f(20,10) s＝2 s，随后汽车开始做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4 s汽车加速至20 m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：加速度对时间的变化率称为急动度，等于a ­ t图像的斜率．由题图知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据a ­ t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，则2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；0～6 s内速度的变化量为Δv＝ eq \f(1＋2,2)×2 m/s＋ eq \f(1,2)×2×2 m/s＋ eq \f(1,2)×2×（－2） m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，故C错误；0～6 s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：由题意知，地铁的启动加速度大，所以甲是高铁的v­t图像，乙是地铁的v­t图像，故A错误；v­t图像的斜率为加速度，则地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为 eq \f(a地,a高)＝ eq \f(\f(100,30),\f(300,240))＝ eq \f(8,3)，故B错误；v­t图像所围的图形面积为位移，地铁和高铁加速过程中的位移 eq \f(x地,x高)＝ eq \f(30×100,240×300)＝ eq \f(1,24)，故C错误；0～240 s过程中，高铁的平均速度大小 eq \(v,\s\up6(－))高＝ eq \f(300,2) km/h＝150 km/h
地铁的平均速度大小 eq \(v,\s\up6(－))地＝ eq \f(240－30＋24,2×240)×100 km/h＝ eq \f(375,4) km/h
则地铁和高铁的平均速度大小之比为 eq \(v,\s\up6(－))地∶ eq \(v,\s\up6(－))高＝5∶8，故D正确．故选D.
答案：D
5．解析：进入人工通道缴费时车的速度应先减为零，再加速，而进入ETC通道缴费的车辆不需要停车即可通过，由题图可知甲车减速时速度并没有减为零，而乙车是速度先减为零再加速的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，A错误；甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为18 s－5 s＝13 s，B错误；甲车进入通道的加速度大小为a甲＝ eq \f(Δv1,Δt1)＝ eq \f(10－5,2) m/s2＝2.5 m/s2，乙车进入通道的加速度大小为a乙＝ eq \f(Δv2,Δt2)＝ eq \f(10－0,4) m/s2＝2.5 m/s2，C错误；由v­t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移，可知甲车减速后匀速行驶的位移x＝vt＝5×1 m＝5 m，D正确．
答案：D
6．解析：甲、乙两小球在空中均做自由落体运动，运动时间相同，则乙球落地比甲球落地慢1 s，可知图像中的t0＝5 s，故A错误；由图可知，甲球在空中下落的时间为4 s，则有x0＝ eq \f(1,2)gt2＝ eq \f(1,2)×10×42 m＝80 m，故B错误；当甲、乙两小球都在空中运动时，以乙开始下落为0时刻，则有x乙＝ eq \f(1,2)gt2，x甲＝ eq \f(1,2)g（t＋1）2，
两者距离为Δx＝x甲－x乙＝gt＋ eq \f(1,2)g，可知随时间增大，两者距离越来越大，故C正确；甲、乙两小球的加速度均为重力加速度，根据Δv＝gΔt在2.0 s～3.0 s时间内，甲球速度变化量等于乙球速度变化量，故D错误．故选C.
答案：C
7．解析：0～t2为空中运动时间内，速度先为负值，后为正值，则速度方向先向上，后向下，故A错误；v ­t图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图可以看出，t1～t2内的加速度比在t2～t3内加速度小，故B错误；在0～t1内，图线斜率不变，表示匀变速直线运动，则由匀变速直线运动推论，平均速度等于初、末速度和的一半，即为 eq \f(v1＋v2,2)，故C正确； v ­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像可以看出，实际图线在t2～t3时间内围的面积小于虚线（匀减速到零）所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度小于此段时间内匀减速到零的平均速度 eq \f(v3,2)，故D错误．故选C.
答案：C
8．解析：根据图像可知，甲车做匀速直线运动，其速度为v1＝ eq \f(Δx,Δt)＝ eq \f(8－2,3) m/s＝2 m/s.乙车做匀减速直线运动，根据图像可知t＝2 s时，位移为x＝6 m
速度为v2＝2 m/s
根据位移时间公式x＝v0t－ eq \f(1,2)at2
可得6＝v0×2－ eq \f(1,2)a×22
又有v2＝v0－a×2
解得v0＝4 m/s，a＝1 m/s2
故A正确，D错误；0～3 s时间内，根据图像可知，甲车的位移小于乙车的位移，所以甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误；根据图像可知0～3 s时间内甲车与乙车间的距离先减小后增大，故C错误．故选A.
答案：A
9．解析：根据v ­t图像的斜率表示加速度可知，0～t1时间内斜率在变小，即加速度在变小，无人机做加速度减小的加速运动，A错误；根据v­t图像与时间轴围成的“面积”表示无人机运动的位移，可知图像与横轴围成的面积小于连接曲线上t2和t3两点直线时与横轴围成的面积，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式可得，t2～t3时间内无人机的平均速度 eq \(v,\s\up6(－))< eq \f(v1,2)，B正确；根据v ­t图像，t3时刻无人机悬停，速度为零，处于平衡状态，受到升力和重力作用，C错误；t1～t2时间内，无人机的动能不变，而高度升高，则重力势能增加，机械能增加，D正确．故选BD.
答案：BD
10．解析：根据题意，由图可知，无人机的加速度方向一直向上，无人机一直做加速运动，故A错误；根据公式v2＝2ah可知，a ­h图像中面积表示 eq \f(v2,2)，设上升2h0时，无人机的速度为v1，则有 eq \f(v eq \\al(2,1) ,2)＝ eq \f(1,2)×（ eq \f(1,3)g＋g）h0＋gh0＝ eq \f(5,3)gh0，解得v1＝ eq \r(\f(10,3)gh0)，故B正确；根据题意，设上升2h0时，无人机的牵引力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma.
由图可知，上升2h0时a＝g，解得F＝2mg.
无人机发动机的功率为P＝Fv1＝2mg eq \r(\f(10,3)gh0)，故C错误；根据题意可知，上升2h0过程中，无人机机械能增加量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋mg·2h0＝ eq \f(11,3)mgh0，故D正确．故选BD.
答案：BD