2027年高考物理复习-直线运动

第1页（共1页）2027年高考物理复习——直线运动一．选择题（共17小题）1．（2026•蜀山区校级模拟）一款国产电动汽车上市前，在水平路面上进行直线驾驶刹车性能检测，测得该电动汽车的xt-t图像如图所示，其中x和t分别表示电动汽车的位移和运动时间，0～4s的图线为直线，A．0～4s内汽车匀减速运动 B．0﹣4s内汽车的加速度大小为2.5m/s2 C．4s以后汽车加速度逐渐减小 D．图线与坐标轴围的面积表示汽车的位移2．（2026•襄阳模拟）某款电动汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P启动做直线运动，经3t0恰好达到最大速度，随后撤去动力做匀减速直线运动，其速度——时间图像如图所示，假定整个运动过程阻力恒定。关于整个运动过程，下列说法正确的是（）A．牵引力做的功与阻力做的功的绝对值之比为2：1 B．牵引力的冲量与阻力的冲量绝对值之比为3：4 C．加速位移大小与减速位移大小之比为5：1 D．加速位移大小与减速位移大小之比为4：13．（2026•尖山区校级一模）在平直公路上，a、b两小车运动的x﹣t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是（）A．当t＝2.5s时，两车相距最近 B．a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动 C．a车速度始终大于b车速度 D．t＝0时刻，a、b两小车相距16m4．（2026•随州二模）甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其v﹣t图像如图所示，已知两者在第4秒末相遇。下列说法正确的是（）A．乙物体0～2s内与2～6s内的速度方向相反 B．甲的初始位置在乙后方2米处 C．0～6s内，两物体能相遇两次 D．0～6s内，两物体最远相距3米5．（2025秋•尉氏县期末）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的位置x随时间t、速度v随时间t的变化图像分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（）A．mQ＜mN＜mP B．mN＜mP＜mQ C．mQ＜mP＜mN D．mP＜mN＜mQ6．（2025秋•金华期末）滑竿下楼是消防员必须掌握的一项技能。一名消防员抓住滑竿由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻消防员着地。则消防员（）A．在0～t1时间内，加速度不断增大 B．在t1～t2时间内，平均速度v=C．在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力是静摩擦力 D．在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力越来越大7．（2025秋•观山湖区校级期末）如图所示，在光滑的水平面内有一等边三角形ABC，空间有一匀强电场，其方向与等边三角形ABC所在的平面平行，M、N点分别为AB、AC的中点。三角形的边长L＝4m。若将一个电荷量q＝﹣2×10﹣6C、质量m＝2×10﹣6kg的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做﹣1.6×10﹣5J的功；若将该点电荷从电场中的A点移到C点，克服静电力做了8×10﹣6J的功。现将该点电荷放到M点，同时给它一垂直于AB指向C的初速度v0，经一段时间后，电荷运动到N点，则v0大小为（）A．v0=22m/s C．v0=2m/s8．（2025秋•嘉兴期末）如图所示为质量m＝1×103kg的汽车在水平路面上刹车时的xtA．初速度大小为4m/s B．受到的阻力为4000N C．在第2s内的平均速度为12m/s D．在前3s内的位移是25m9．（2025秋•宁波期末）下列图像的分析正确的是（）A．图甲是A、B两物体运动的v﹣t图像，两直线交点表示两物体在t0时刻相遇 B．图乙是某同学在探究小车加速度a与质量M的关系时得到的a﹣M图像，由此可以得出小车加速度a与小车质量M成反比 C．图丙是小车做直线运动的xt-t图像，阴影部分的面积不是该车3D．图丁是某同学绘制的一趟高铁的某段直线运动的xt2-10．（2025秋•重庆期末）酒驾严重危害人们的生命和财产安全。若某车辆以速度v正常匀速直线行驶，司机酒后的反应时间（即司机从发现险情到采取制动所用的时间）比正常情况下的反应时间多Δt，酒后的刹车距离（即从发现险情到车辆停止的距离）是正常情况下刹车距离的k倍（k＞1）。该车辆采取制动后，均视为做相同的匀减速直线运动。则正常情况下，该车辆的刹车距离为（）A．kvΔt B．（k+1）vΔt C．vΔtk D．11．（2025秋•南充期末）“蛙泳”是一种人类模仿青蛙游泳动作的游泳姿势，如图是质量为60kg运动员蛙泳时蹬腿加速（0～0.25s）及惯性前进（0.25s～0.40s）过程的v﹣t图像，将这两个过程简化为水平方向的直线运动。则（）A．蹬腿加速过程加速度大小为4.0m/s2 B．0～0.40s内运动员做匀加速直线运动 C．0～0.40s内运动员的平均速度大小为2.0m/s D．惯性前进过程水对人的作用力大小为400N12．（2025秋•烟台期末）如图为研究某动车运动情况绘制的xt2-A．20m B．25m C．30m D．31.25m13．（2026•深圳模拟）如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（）A．子弹的加速度大小为22dTB．子弹穿过第9块木板用的时间是(25C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为102D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为1：214．（2025秋•白城校级期末）在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的v﹣t图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．36s末建筑材料离地面的距离为56m B．10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为14C．0∼10s钢索的拉力小于30s∼36s钢索的拉力 D．若将4根钢索都替换成长度为2a，则10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为15．（2026•随州一模）A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化规律如图所示，下列判断正确的是（）A．汽车A的加速度大小为4m/s2 B．汽车A、B在x＝4m处的速度大小为22m/s C．从开始到汽车A停止前，当xA＝4m时A、B相距最远 D．从开始到汽车A停止前，当xB＝4m时A、B相遇16．（2026•安宁区校级模拟）质量为m＝0.5kg的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的xt-t图像如甲所示，v2﹣A．图乙的斜率是图甲的斜率的2倍 B．水平拉力F为5N C．前2m的中点时刻的速度为5m/s D．前2s中点位置的速度为5m/s17．（2025秋•南昌校级期末）海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2 B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比1：2 C．小球在0～3t0时间内动量变化量的大小为12mv0D．小球在0～3t0过程中克服阻力所做的功为14mv二．多选题（共5小题）（多选）18．（2026•吴忠模拟）2025年12月23日，包银（包头—银川）高铁全线贯通。某同学乘坐动车时、利用手机软件，采集到动车在某站启动过程中如图所示的v﹣t图像。该过程中其座位前的水平桌板上有一质量为2kg的书包始终相对桌板静止。动车启动过程始终在一条直线上，且加速阶段速度随时间可以认为均匀增大。重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．动车加速阶段的位移大小约为7200m B．动车加速阶段的加速度大小约为0.5m/s2 C．动车匀速直线运动阶段，桌板对书包作用力为0 D．动车加速阶段，书包所受合外力的冲量大小约为120N•s（多选）19．（2026•黑龙江一模）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1∼t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．线框宽度ad小于第一个磁场宽度MP B．t3∼t4时间内，导线框的速度大小为v0C．t3∼t4时间内，导线框b、d两点间的电势差为0 D．t2∼t3时间内，导线框的位移大小为v（多选）20．（2025秋•汕尾期末）在一段平直公路上，甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，相距65m，速度均为20m/s。在t＝0时刻，甲车司机发现前方有一只小狗，于是马上采取制动措施，甲、乙两图分别是甲、乙两车0～8s的运动图像，取初速度方向为正方向，则在此过程中下列说法正确的是（）A．在4～8s，乙车静止不动 B．在0～2s，甲车加速度为﹣10m/s2 C．甲、乙两车在4s末距离最近 D．甲、乙两车最小间距为5m（多选）21．（2025秋•辽宁期末）如图甲所示的平直公路上，用固定放置的高频超声波测速仪，测量某辆汽车运动的示意图，测速仪工作时会向这辆车发出短暂的脉冲波，脉冲波被汽车反射后又被测量仪接收。图乙是发出的脉冲波信号到测速仪的距离与时间的关系，图像为计算机处理后保留下来的一组“等时间间隔”数据。根据图乙所给的信息，下列说法正确的是（）A．汽车在靠近超声波测速仪 B．图中每段图像都为直线，说明汽车在做匀速直线运动 C．若x0﹣2x1+x2＝x1﹣2x2+x3＝x2﹣2x3+x4，说明汽车可能在做匀变速直线运动 D．若汽车在做匀变速直线运动，汽车加速度大小a=（多选）22．（2025秋•香坊区校级期末）如图甲所示，挡板OA与水平面的夹角为θ，小球从O点的正上方高度为H的P点以水平速度v0水平抛出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕固定的O点转动，改变挡板的倾角θ，小球平抛运动的初速度v0也改变，每次平抛运动都使小球的位移与斜面垂直，1tan2θ-1vA．图乙的函数关系图像对应的方程式1tanB．图乙中a的数值﹣2 C．当图乙中b＝1，H的值为0.2m D．当θ＝45°，图乙中b＝1，则平抛运动的时间为210

2027年高考物理复习——解答一．选择题（共17小题）1．（2026•蜀山区校级模拟）一款国产电动汽车上市前，在水平路面上进行直线驾驶刹车性能检测，测得该电动汽车的xt-t图像如图所示，其中x和t分别表示电动汽车的位移和运动时间，0～4s的图线为直线，A．0～4s内汽车匀减速运动 B．0﹣4s内汽车的加速度大小为2.5m/s2 C．4s以后汽车加速度逐渐减小 D．图线与坐标轴围的面积表示汽车的位移【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+12at2得到xt与t的关系式，分析图像斜率的意义，判断汽车的运动情况，并求解【解答】解：A、根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+12at2得：xt=12at+v0，可知xt-t图像的斜率k=12a，纵截距B、0～4s内，图像的斜率k=10-204m/s2＝﹣2.5m/s2，根据k=12a，得a＝﹣5m/s2，加速度大小为5m/sC、4s以后的图线为反比例函数图线，则xt=Ct，x＝D、v﹣t图线与坐标轴围的面积表示汽车的位移，而xt-t图像是平均速度与时间的关系图像，不是v﹣t图像，所以图线与坐标轴围的面积不表示汽车的位移，故故选：A。【点评】对于物理图像，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图像的物理意义。特别要注意分析图像的斜率、面积和截距的意义。2．（2026•襄阳模拟）某款电动汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P启动做直线运动，经3t0恰好达到最大速度，随后撤去动力做匀减速直线运动，其速度——时间图像如图所示，假定整个运动过程阻力恒定。关于整个运动过程，下列说法正确的是（）A．牵引力做的功与阻力做的功的绝对值之比为2：1 B．牵引力的冲量与阻力的冲量绝对值之比为3：4 C．加速位移大小与减速位移大小之比为5：1 D．加速位移大小与减速位移大小之比为4：1【分析】本题是恒定功率启动+动能定理/动量定理的经典综合题，核心考点：恒定功率启动的特点：P＝Fv，牵引力随速度减小，加速度减小；动能定理的应用：全程初末动能为0，牵引力做功等于克服阻力做功；动量定理的应用：合冲量等于动量变化，可直接分析牵引力和阻力的冲量关系；减速阶段的匀减速运动，用运动学公式快速求位移。【解答】解：A.对汽车0—4t0，由动能定理可得W浮﹣W空乙＝0，可得WFW克f=1B.对汽车0—4t0，由动量定理可得IF+If＝0，可得IFIf=1；CD.设加速位移大小与减速位移大小分别为x1，x2，对汽车0—4t0，汽车取最大速度时P＝fvm，W＝Pt，代入动能定理可得3fvmt0﹣f（x1+x2）＝0，而x2=12vmt故选：C。【点评】本题覆盖了恒定功率启动、动能定理、动量定理、匀变速直线运动，综合性强，是高考常考题型。3．（2026•尖山区校级一模）在平直公路上，a、b两小车运动的x﹣t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是（）A．当t＝2.5s时，两车相距最近 B．a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动 C．a车速度始终大于b车速度 D．t＝0时刻，a、b两小车相距16m【分析】x﹣t图象的斜率表示速度。当两车速度相等时，两车相距最近。x﹣t图象是一条抛物线，物体做匀变速直线运动；x﹣t图象是一条直线，物体做匀速直线运动。【解答】解：A.由匀变速直线运动规律可得x=其中x＝﹣14m，抛物线上找两点（1，0）、（4，18），解得a＝﹣4m/s2，v0＝16m/s，当两车速度相等时，即v=xt=183m/s＝6m/s，两车相距最近，即解得t=v-v0a=6-16B.由a是一条抛物线，所以a车做匀减速直线运动，b为一条直线，所以b车做匀速直线运动，故B错误；C.x﹣t图象的斜率表示速度，所以a车的速度逐渐减小，当图象斜率与直线b平行时，两车速度相等，故C错误；D.由题图可知，在t＝0时，b车处在坐标原点，a车处于离坐标原点14m处，所以两车相距14m，故D错误。故选：A。【点评】考查x﹣t图象所反映的物理意义，以及追击相遇问题4．（2026•随州二模）甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其v﹣t图像如图所示，已知两者在第4秒末相遇。下列说法正确的是（）A．乙物体0～2s内与2～6s内的速度方向相反 B．甲的初始位置在乙后方2米处 C．0～6s内，两物体能相遇两次 D．0～6s内，两物体最远相距3米【分析】题目描述甲、乙两物体沿同一方向运动的速度—时间图像，已知第4秒末相遇。分析需明确速度方向始终为正，故速度方向相同；相遇条件为位移相等，结合图像面积计算位移，通过初始位置差与位移关系确定初始相对位置；两物体间距离变化需通过位移差分析，速度相等时距离可能取极值，结合图像计算各时刻位移差判断最远距离；相遇次数由位移差函数零点个数决定，分析位移差变化可知仅相遇一次。【解答】解：A、由v﹣t图像可知，在0～6s内，甲、乙两物体的速度始终为正值，这表明它们一直沿正方向运动，速度方向相同，故A错误；BD、在v﹣t图像中，图线与时间轴所围面积表示位移。0～4s内，甲的位移x1＝2m/s×4s＝8m，乙的位移x2=12×2m/s×4s+4m/s+2m/s2×2s=10m。已知4s末两者相遇，设初始时甲、乙的位置分别为x01、x02，则有x01+8m＝x02+10m，解得：x01﹣x两物体间的距离为Δx＝x甲﹣x乙。当两物体速度相等时，距离取得极值。由图可知，t＝1s时v1＝v2＝2m/s，此时Δx=(2m+2m/s×1s)-12×1s×2m/s=3m；t＝4s时v1＝v2＝2m/s，此时Δx＝0m；而在t＝0s时距离为2m，t＝6s时距离为Δx=(2m+2m/s×6s)-C、由上述分析可知，t＝4s是两物体距离函数的极小值点且对应距离为0m。这意味着乙物体在t＝4s时刚好追上甲物体，随后甲的速度再次大于乙，距离重新拉开。因此，在0～6s内两物体仅相遇一次，故C错误。故选：D。【点评】本题以匀变速直线运动为背景，通过v﹣t图像考查学生对图像信息提取、位移计算、追及相遇问题以及极值分析的综合应用能力。题目计算量适中，但涉及对图像分段面积的计算、初始位置关系的推理以及通过速度相等判断距离极值等关键环节，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力有一定要求。其中，判断最远距离需要准确理解速度相等时距离取极值的物理条件，并结合图像进行分段计算，这是本题的考查重点与亮点。5．（2025秋•尉氏县期末）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的位置x随时间t、速度v随时间t的变化图像分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（）A．mQ＜mN＜mP B．mN＜mP＜mQ C．mQ＜mP＜mN D．mP＜mN＜mQ【分析】本题通过x﹣t图像和v﹣t图像分析碰撞过程，利用动量守恒定律判断质量关系，先由x﹣t图像斜率得到碰撞前N、Q的速度，再由v﹣t图像得到碰撞后P、N的速度，最后对N与Q的碰撞、N与P的碰撞分别应用动量守恒，联立求解质量关系。【解答】解：设碰撞前小车N的速度为vN=2xt（方向为正），小车Q的速度vQ=xt（方向为负），碰撞后小车N与Q的共同速度vNQ=xt（方向为正），小车P的速度vP=2xt（方向为正）。N与Q碰撞过程动量守恒：mNvN﹣mQvQ＝（mN+mQ）vNQ，代入速度得mN⋅2xt-mQ⋅xt=(mN故选：A。【点评】本题考查动量守恒定律在碰撞问题中的应用，核心是通过图像斜率获取速度信息，再对两次碰撞分别应用动量守恒，关键在于理解“速度交换”意味着质量相等，计算过程中速度关系清晰，单位统一，易错点在于对x﹣t图像斜率方向的判断。6．（2025秋•金华期末）滑竿下楼是消防员必须掌握的一项技能。一名消防员抓住滑竿由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻消防员着地。则消防员（）A．在0～t1时间内，加速度不断增大 B．在t1～t2时间内，平均速度v=C．在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力是静摩擦力 D．在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力越来越大【分析】0～t1时间：图像为倾斜直线，代表匀加速直线运动，加速度恒定。t1～t2时间：图像为曲线，斜率绝对值逐渐增大，代表加速度逐渐增大的减速运动。需结合牛顿第二定律分析摩擦力变化。【解答】解：A：在0～t1时间内，加速度不断增大0～t1时间内，v﹣t图像为倾斜直线，斜率恒定，说明加速度恒定。故A错误。B：在t1～t2时间内，平均速度v=v1+v22，v1+v22是匀变速直线运动的平均速度公式。t1C：在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力是静摩擦力，消防员与滑竿之间有相对滑动，因此受到的是滑动摩擦力。故C错误。D：在t1～t2时间内，所受滑竿的摩擦力越来越大，对消防员受力分析，由牛顿第二定律：f﹣mg＝ma，即f＝m（g+a）。t1～t2时间内，v﹣t图像的斜率绝对值逐渐增大，说明加速度a的大小逐渐增大，因此摩擦力f越来越大。故D正确。故选：D。【点评】本题考查对v﹣t图像的理解和牛顿第二定律的应用。解题关键是：明确v﹣t图像的斜率代表加速度，斜率的变化反映加速度的变化。区分静摩擦力和滑动摩擦力的产生条件。利用牛顿第二定律分析摩擦力与加速度的关系。7．（2025秋•观山湖区校级期末）如图所示，在光滑的水平面内有一等边三角形ABC，空间有一匀强电场，其方向与等边三角形ABC所在的平面平行，M、N点分别为AB、AC的中点。三角形的边长L＝4m。若将一个电荷量q＝﹣2×10﹣6C、质量m＝2×10﹣6kg的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做﹣1.6×10﹣5J的功；若将该点电荷从电场中的A点移到C点，克服静电力做了8×10﹣6J的功。现将该点电荷放到M点，同时给它一垂直于AB指向C的初速度v0，经一段时间后，电荷运动到N点，则v0大小为（）A．v0=22m/s C．v0=2m/s【分析】本题先利用静电力做功求出A、B和A、C间的电势差，确定等势面和电场强度，再分析点电荷在电场中的类平抛运动，通过运动学公式求解初速度。【解答】解：已知：q＝﹣2×10﹣6C，m＝2×10﹣6kg，WAB=-1.6×1UABUAC取φA＝0V，则φB＝φA﹣UAB＝﹣8V，φC＝φA﹣UAC＝4VM、N为中点：φM=UMN＝φM﹣φN＝﹣6VWMNWMN＝qUMN＝（﹣2×10﹣6C）×（﹣6V）＝1.2×10﹣5J由动能定理：-12×2×10-6kg×v0故选：B。【点评】本题考查匀强电场中的电势差、静电力做功及动能定理的应用，核心是通过静电力做功求出电势差，再利用动能定理求解初速度，计算过程中数据单位统一，步骤清晰，易错点在于对电场方向和动能定理应用的判断。8．（2025秋•嘉兴期末）如图所示为质量m＝1×103kg的汽车在水平路面上刹车时的xtA．初速度大小为4m/s B．受到的阻力为4000N C．在第2s内的平均速度为12m/s D．在前3s内的位移是25m【分析】由匀变速直线运动的位—时间公式x＝v0t+12a【解答】解：AB、由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t+12at2可得：xt2=v结合图可得：v0=40.2m/s＝20m/s，a＝﹣8m/s由牛顿第二定律得f阻＝ma，代入数据解得，f阻＝8×103N，故AB错误。CD、刹车时间：t0=0-v0汽车在第2s内的平均速度即为1.5s时瞬时速度，根据v′＝v0+at，可得1.5s时瞬时速度v′＝8m/s，在第2s内的平均速度为8m/s；在前3s内的位移等于2.5s内的位移，则有：x3=v02t0=202故选：D。【点评】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。9．（2025秋•宁波期末）下列图像的分析正确的是（）A．图甲是A、B两物体运动的v﹣t图像，两直线交点表示两物体在t0时刻相遇 B．图乙是某同学在探究小车加速度a与质量M的关系时得到的a﹣M图像，由此可以得出小车加速度a与小车质量M成反比 C．图丙是小车做直线运动的xt-t图像，阴影部分的面积不是该车3D．图丁是某同学绘制的一趟高铁的某段直线运动的xt2-【分析】根据v﹣t图像的交点表示该时刻两物体的速度相等；根据牛顿第二定律分析；位移—时间公式得到xt-t图像的函数表达式，然后结合图像得到该车的初速度和加速度，进而分析计算；将匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+12at2变形，得到【解答】解：A．v﹣t图像中，两直线交点表示两物体在该时刻速度相同，图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，0～t0时刻A的位移大于B，但不知道初始时刻两物体的位置关系，无法判断是否相遇，故A错误；B．图像是曲线且无法判断是否是双曲线的一部分，无法得出小车加速度a与小车质量M的关系，应当作出a-1M图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就可以得出小车加速度a与小车质量M成反比的结论，故C．根据匀变速直线运动规律x＝v0t+12at2，可得xt=结合图中数据可知v0＝2m/s，a=43则该车3秒内运动的位移大小x3＝v0t3+12at32=2×3m而图中阴影部分的面积为x3′=2+42×3m＝9mD．根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+12整理变形可得xt2与1t结合题中图线斜率及截距的物理意义，可得该趟高铁的初速度为：v0=40.1m/s12a＝﹣解得该趟列车的加速度为：a＝﹣8m/s2，故D错误；故选：C。【点评】该题考查了位移—时间公式、闭合电路的欧姆定律以及对牛顿第二定律的认识，基础题。10．（2025秋•重庆期末）酒驾严重危害人们的生命和财产安全。若某车辆以速度v正常匀速直线行驶，司机酒后的反应时间（即司机从发现险情到采取制动所用的时间）比正常情况下的反应时间多Δt，酒后的刹车距离（即从发现险情到车辆停止的距离）是正常情况下刹车距离的k倍（k＞1）。该车辆采取制动后，均视为做相同的匀减速直线运动。则正常情况下，该车辆的刹车距离为（）A．kvΔt B．（k+1）vΔt C．vΔtk D．【分析】刹车距离由反应时间内的匀速位移和制动后的匀减速位移两部分组成。设正常反应时间为t0，匀减速位移为x0，则正常刹车距离为x正＝vt0+x0；酒后刹车距离为x酒＝v（t0+Δt）+x0。【解答】解：设正常刹车距离为x，其中反应时间内位移为vt0，制动位移为x0，即：x＝vt0+x0酒后刹车距离为：kx＝v（t0+Δt）+x0两式相减得：kx﹣x＝vΔt＝x（k﹣1）＝vΔt，解得：x=因此，正常情况下该车辆的刹车距离为vΔtk-1，故ABC错误，D故选：D。【点评】本题通过建立刹车距离的分段模型，利用位移关系列方程求解，关键是明确刹车距离的组成及酒后与正常情况的差异，计算过程逻辑清晰，体现了运动学问题的典型解题思路。11．（2025秋•南充期末）“蛙泳”是一种人类模仿青蛙游泳动作的游泳姿势，如图是质量为60kg运动员蛙泳时蹬腿加速（0～0.25s）及惯性前进（0.25s～0.40s）过程的v﹣t图像，将这两个过程简化为水平方向的直线运动。则（）A．蹬腿加速过程加速度大小为4.0m/s2 B．0～0.40s内运动员做匀加速直线运动 C．0～0.40s内运动员的平均速度大小为2.0m/s D．惯性前进过程水对人的作用力大小为400N【分析】根据v﹣t图像的斜率表示加速度求解蹬腿加速过程加速度大小；根据v﹣t图像分析运动情况；根据图像求解位移，再根据平均速度的计算公式进行解答；根据v﹣t图像求解惯性前进过程中的加速度大小，根据力的合成求解水对人的作用力大小。【解答】解：A、根据v﹣t图像的斜率表示加速度可知，蹬腿加速过程加速度大小为：a1=Δv1ΔtB、0～0.40s内运动员先做匀加速直线运动，后做匀加速直线运动，故B错误；C、0～0.40s内运动员的位移为：x=2.0+3.0平均速度大小为：v=xt=10.4D、惯性前进过程中的加速度大小为：a2=Δv水对人的作用力大小为：F=(mg)2+(ma)2，解得：F＝故选：A。【点评】对于匀变速直线运动的速度图像来说，应把握如下三个要点：（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度；（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变；（3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移，t轴上面的位移为正值，t轴下面的位移为负值。12．（2025秋•烟台期末）如图为研究某动车运动情况绘制的xt2-A．20m B．25m C．30m D．31.25m【分析】本题是匀变速直线运动的图像变形题，需要把xt2-1t图像和匀变速位移公式x=v0【解答】解：根据推导，初速度v0＝25m/s加速度a＝﹣10m/s2代入位移公式x=vx=(25×2+12×(-10)×22)m=30m。若仅用x＝v0t＝25×【点评】本题的关键是对匀变速位移公式进行变形，识别出xt13．（2026•深圳模拟）如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（）A．子弹的加速度大小为22dTB．子弹穿过第9块木板用的时间是(25C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为102D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为1：2【分析】利用逆向思维，把子弹的匀减速直线运动等效为初速度为0的匀加速直线运动，再结合匀变速直线运动的位移公式、速度—位移公式等规律，对每个选项涉及的加速度、运动时间、速度等物理量进行分析计算，从而判断各选项的正误。【解答】解：A、把子弹的运动逆向看成初速度为0的匀加速直线运动，子弹穿过10块木板的总位移为x＝10d，运动总时间为T。根据匀加速直线运动的位移公式有10d=12aT2B、子弹穿过第9块木板所用的时间可用穿过最后两块木板所用的时间减去穿过最后一块木板所用的时间求得，根据逆向思维法，有2d=12at22、C、根据逆向思维法，刚穿过第5块木板时的速度大小即为反向恰好穿过第6块木板时的速度大小，根据匀加速直线运动的速度—位移公式有v2＝2a•5d，解得v=102dD、根据逆向思维法，子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比，可看作初速度为0的匀加速直线运动通过连续相等的第一段位移和第二段位移所用时间之比，即1：2-1，故D故选：C。【点评】本题考查了匀变速直线运动规律的应用，重点运用逆向思维法，将子弹的匀减速直线运动等效为初速度为0的匀加速直线运动，结合匀变速直线运动的位移公式(x=12at2)14．（2025秋•白城校级期末）在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的v﹣t图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．36s末建筑材料离地面的距离为56m B．10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为14C．0∼10s钢索的拉力小于30s∼36s钢索的拉力 D．若将4根钢索都替换成长度为2a，则10s∼30s每根钢索所受的拉力大小均为【分析】据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求解36s末建筑材料离地面的距离；10s∼30s混凝土板匀速上升，根据平衡条件以及几何关系求解10s∼30s每根钢索所受的拉力大小；根据牛顿第二定律分析0∼10s钢索的拉力与30s∼36s钢索的拉力大小关系；若将4根钢索都替换成长度为2a，结合前面分析，根据几何关系确定钢索与竖直方向的夹角，即可求解10s∼30s【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知36s末建筑材料离地面的距离为x=20+362×1m=28mB、由乙图可知，10s∼30s混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得4Fcosθ＝mg已知混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，由几何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为L=则sinθ=解得θ＝45°，cosθ=22，联立解得F=2C、由乙图可知，0∼10s内混凝土板匀加速上升，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律得4F1cosθ﹣mg＝ma130s∼36s内混凝土板匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据牛顿第二定律得mg﹣4F2cosθ＝ma2可知F1＞F2，故C错误；D、若将4根钢索都替换成长度为2a，由几何关系可得sinθ'=L2a=22a2a=12故选：D。【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。15．（2026•随州一模）A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化规律如图所示，下列判断正确的是（）A．汽车A的加速度大小为4m/s2 B．汽车A、B在x＝4m处的速度大小为22m/s C．从开始到汽车A停止前，当xA＝4m时A、B相距最远 D．从开始到汽车A停止前，当xB＝4m时A、B相遇【分析】根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式v2-v02=2ax变形得到v2与【解答】解：A、根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式v2-v02=2ax得：v2=v02+2ax，可知v2﹣x图像的斜率k＝2a。对汽车A，则有2aA=0-246m/s2，解得：aA＝−B、设汽车A、B在x＝4m处的速度大小为v。由图可知，对于汽车A，有v02=24（m/s）2，可得A的初速度为v0＝26m/s，由v2-v02=2ax得v=vCD、对于B车，有2aB=126m/s2，解得：aB＝1m/s2，从开始到汽车A停止时，历时t=0-vAaA=0-26-2s=6s，此时B车的位移xB=12aBt2=12×1×（6）2m＝3m，故A车停止后，B车才追上A车，故当xB＝6m时A、B相遇。当两车速度相等时，AB相距最远，有v0+aAt'＝aBt'，解得t′=263s，此时故选：B。【点评】解答本题的关键要掌握匀变速直线运动的速度—位移关系公式v2-v02=2ax，通过变形得到v2与16．（2026•安宁区校级模拟）质量为m＝0.5kg的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的xt-t图像如甲所示，v2﹣A．图乙的斜率是图甲的斜率的2倍 B．水平拉力F为5N C．前2m的中点时刻的速度为5m/s D．前2s中点位置的速度为5m/s【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式变形得到xt与t的函数关系式，分析图甲的斜率与加速度的关系。根据速度—位移公式求出乙图的斜率与加速度的关系，再分析图乙与图甲的斜率关系。由牛顿第二定律求水平拉力F，根据速度—时间公式求前2m的中点时刻的速度，由速度—位移公式求前2s【解答】解：A、物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=12at2可得xt=12at，则图甲的斜率k甲=12a。根据v2＝2ax可得图乙的斜率k乙＝2a，则k乙B、由图可得k乙=202m/s2＝10m/s2，由k乙＝2a，得a＝5m/s2，根据牛顿第二定律可得：F＝ma＝0.5×5N＝2.5N，故C、设前2m所需时间为t，则x=12at2，得t=2xa=2×25s=255s，前2m的中点时刻的速度为v＝aD、设前2s内位移为x′，则x′=12at′2=12×5×22m＝10m。设前2s中点位置的速度为v′，则v′2＝2a•x'2，解得故选：C。【点评】本题的关键是根据运动学公式求出图像的解析式，分析图像斜率的意义，结合牛顿第二定律和运动学公式进行处理。17．（2025秋•南昌校级期末）海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1：2 B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比1：2 C．小球在0～3t0时间内动量变化量的大小为12mv0D．小球在0～3t0过程中克服阻力所做的功为14mv【分析】根据冲量的定义式I＝ft求解上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比；根据v﹣t图象的面积表示位移，结合运动学公式，求解小球返回手中时的速度大小，然后根据动量定理，求解上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比；根据动量变化量的定义式，求解小球在0～3t0时间内动量变化量的大小；根据动能定理，求解小球在0～3t0过程中克服阻力所做的功。【解答】解：A、根据冲量的定义式I＝ft，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，可得上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为：If1：If2＝t0：2t0＝1：2，故A正确；B、根据v﹣t图象的面积表示位移，从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中，说明小球上升过程与下降过程中的位移大小相等，设小球返回手中时的速度大小为v，根据运动学公式得：12⋅v0⋅t0=12⋅(3t0-t0)⋅v，解得：v=v02；规定竖直向上为正方向，根据动量定理I合＝Δp，可得上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为：I合1：I合2＝Δp1C、根据动量变化量的定义式，可得小球在0～3t0时间内动量变化量为：Δp＝m（-v02）﹣mv0=-32mv0，负号表示方向竖直向下，即小球在0～D、根据动能定理得：﹣Wf=12•mv2-12mv02，代入数据联立解得小球在0～3t故选：A。【点评】本题考查了冲量、动量变化量、动量定理、动能定理及图象的应用，要注意图象中的面积表示位移；同时注意小球上升和下降过程位移大小相等。二．多选题（共5小题）（多选）18．（2026•吴忠模拟）2025年12月23日，包银（包头—银川）高铁全线贯通。某同学乘坐动车时、利用手机软件，采集到动车在某站启动过程中如图所示的v﹣t图像。该过程中其座位前的水平桌板上有一质量为2kg的书包始终相对桌板静止。动车启动过程始终在一条直线上，且加速阶段速度随时间可以认为均匀增大。重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．动车加速阶段的位移大小约为7200m B．动车加速阶段的加速度大小约为0.5m/s2 C．动车匀速直线运动阶段，桌板对书包作用力为0 D．动车加速阶段，书包所受合外力的冲量大小约为120N•s【分析】根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移来求解动车加速阶段的位移大小。根据图像的斜率求动车加速阶段的加速度大小。动车匀速直线运动阶段，利用平衡条件可求出桌板对书包的作用力大小。根据冲量的定义式求书包所受合外力的冲量大小。【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知动车加速阶段的位移大小x≈60×(220-100)2m＝3600m，故B、动车加速阶段的加速度大小为a=ΔvΔt≈60220-100m/s2＝C、动车匀速直线运动阶段，桌板对书包作用力为F＝mg＝2×10N＝20N，故C错误；D、动车加速阶段，书包所受合外力的冲量大小为I合＝F合t＝mat≈2×0.5×（220﹣100）N•s＝120N•s，故D正确。故选：BD。【点评】在解答本题时，应注意对于v﹣t图像的理解，知道v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。（多选）19．（2026•黑龙江一模）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1∼t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．线框宽度ad小于第一个磁场宽度MP B．t3∼t4时间内，导线框的速度大小为v0C．t3∼t4时间内，导线框b、d两点间的电势差为0 D．t2∼t3时间内，导线框的位移大小为v【分析】题目描述导线框在斜面上穿过两个方向相反的匀强磁场区域，其运动过程由v﹣t图像给出。需要结合电磁感应与动力学分析线框的运动阶段，关键在于利用图像中速度恒定的时段判断安培力与重力分力的平衡关系，并由此推导线框尺寸与磁场宽度的关系；分析t3∼t4时段线框同时切割两个磁场的等效电动势与安培力，确定速度大小；通过回路结构与感应电动势分布判断两点间电势差；对t2∼t3减速过程应用动量定理或动力学关系，由已知的始末速度与时间求解位移。【解答】解：根据v﹣t图像，线框在t1至t2时段处于平衡状态，重力沿斜面的分力与安培力相互平衡，即mgsin30°A、若ad＜MP，线框将有一段过程完全进入首个磁场区域，此时回路无感应电流，安培力为零，线框应作匀加速运动。然而乙图显示t1至t2时段速度恒定，表明线框始终受到安培力作用，即未完全进入或正跨越边界，由图像可知平衡态持续时间较长，应满足ad≥MP，故A错误；B、在t3至t4时段，线框的ab边位于PQ以下（磁场方向向上），cd边位于PQ以上（磁场方向向下），两边产生的感应电动势方向相同，回路总电动势E＝2BLv，由安培力与重力分力平衡可得mgsin30°=(2BL)2C、在t3至t4时段，回路电流I=2BL(v04)R=BLv02R，b、d两点间的电势差Ubd＝φb﹣φd。沿路径b→cD、在t2至t3的减速过程中，根据牛顿第二定律有mgsin30°-4B2L2vR=m故选：BCD。【点评】本题是一道综合性较强的电磁感应难题，将线框在斜面上穿越不同方向匀强磁场的运动与v﹣t图像紧密结合。题目全面考查了电磁感应中的动生电动势、安培力、闭合电路欧姆定律、含源电路的电势差计算以及变加速运动的动力学分析，对学生的物理建模、图像解读和数理综合能力提出了很高要求。其核心亮点在于巧妙地设置了线框在t1至t2阶段匀速运动的条件，这要求学生逆向推理出线框宽度ad与磁场宽度MP的相对大小关系，排除了线框完全进入单一磁场的可能性，从而构建出线框始终有两条边在不同磁场中切割磁感线的物理图景。在t3至t4阶段，线框同时处于上下两个反向磁场中，导致两条边切割产生的感应电动势同向叠加，使得总电动势和安培力公式中的等效长度因子发生变化，这是解题的关键转折点。选项C进一步考查了在非均匀磁场背景下，如何正确选取路径分析b、d两点间的电势差，涉及对电势概念和含源电路电压计算的深刻理解。选项D则要求学生运用微元累积思想，通过牛顿第二定律的微分形式积分求解变力作用下的位移，计算过程复杂，体现了较高的数学要求。（多选）20．（2025秋•汕尾期末）在一段平直公路上，甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，相距65m，速度均为20m/s。在t＝0时刻，甲车司机发现前方有一只小狗，于是马上采取制动措施，甲、乙两图分别是甲、乙两车0～8s的运动图像，取初速度方向为正方向，则在此过程中下列说法正确的是（）A．在4～8s，乙车静止不动 B．在0～2s，甲车加速度为﹣10m/s2 C．甲、乙两车在4s末距离最近 D．甲、乙两车最小间距为5m【分析】明确两车初始距离与速度，通过运动图像分析各阶段运动状态。甲车先匀减速至静止再匀加速，乙车先匀速后匀减速再匀速。需比较两车速度变化，当乙车速度大于甲车时距离减小，速度相等时距离最小，由此判断最近时刻与最小间距。关注图像斜率与交点，结合位移关系分析间距变化过程。【解答】解：根据甲车的速度—时间图像与乙车的加速度—时间图像可知，甲车在0～2s内做匀减速运动，在2～4s内静止，在4～8s内做匀加速直线运动；乙车在0～2s内做匀速运动，在2～4s内做匀减速直线运动，在4～8s内做匀速直线运动。AB、在0～2s内，甲车的加速度a甲=ΔvΔt=0-202m/s2=-10m/s2；在2