2026屆高三物理二輪復習專項訓練：力學之運動的描述

2026屆高三物理二輪復習專項訓練：力學專題運動的描述

一、單選題

i.地面發射場豎直向上發射火箭。固定在火箭上的攝像頭拍攝的直播視頻里，顯示地面正

向下運動，這是由于參考系為（）

A.地面B.火箭C.發射架D.發射場

2.物體在一條直線上運動，給出初速度、加速度的正負，下列對運動的描述中正確的是（）

A.vo＞O,avO,同減小，則物體做加速運動

B.哂0,。＜0,同增大，則物體做減速運動

C.如＜0,。＜0,同增大，則物體做減速運動

D.v（）＜0,a＜0,同減小，則物體做減速運動

3.003號航母“福建艦”已經止式卜水，服役后我國可在緊急時刻組成三支航母戰斗群.如

圖所示是艦載機在“遼寧期'’上起飛的情景，卜.列說法正確的是（）

A.選艦載機為參考系，“遼寧艦”是靜止的

B.選艦載機為參考系，艦載機駕駛員是運動的

C.選“遼寧艦”為參考系，艦載機是運動的

D.選艦載機駕駛員為參考系，“遼寧艦”是靜止的

4.下列物理量屬于矢量的是（）

A.功B.路程C.時間D.速度

5.手機給人民生活帶來很多便利，手機導航App極大地方便了“不識路”的駕車一族，如圖

為某車主從沈陽火車站到九?一八歷史博物館的手機導航圖，下列說法正確的是（）

9.3公里26分鐘820

20:12到達

A.圖中“9.3公里”表示此次行程的位移

B.圖中“26分鐘”表示的是某個時刻

C.根據數據可以估算出此次行程平均速度的大小

D.研究汽車在導航圖中的位置時，可把汽車看作質點

6.如圖所示，某物體由。點向右沿直線運動3m到A點后，接著向左沿該直線運動61n到

達8點，以下有關該物體的運動表述正確的是（）

-----A

〃,〃〃方〃〃〃〃〃,〉7分3〃〃〃〃〃〃/?〃〃

BOA

A.物體由O點到B的位移大小為6m

B.物體由。點到8的路程為9m

C.物體由A點到8的位移大小為3m

D.物體由。點到A的位移與O點到B點的位移相同

7.根據《中華人民共和國道路交通安全法》第四十五條的規定，機動車上道路行駛，不得

超過限速標志標明的最高速度。下圖為鞍干路上某路段的限速標志，下列對它的理解正確的

是（）

A.機動車在該路段行駛過程中，平均速度不得超過80km/h

B.機動車在該路段行駛過程中，任意時刻瞬時速度不得超過80km/h

C.機動車在該路段行駛Ih的過程中，位移不得超過80km

D.機動車在該路段行駛lh的過程中，路程不得超過80km

8.某同學上學時錯過了公交車。公交車從上車位置人發由10分鐘后，他乘上了一輛出租車，

兩車剛好同時到達下車位置8。兩車均視為直線運動，二者的UT圖像如下圖。關于兩車從

B.25min末兩車第二次相遇

C.25min末公交車速度和加速度的方向均改變

D.公交車的平均速度比出租車的小

9.網上熱賣的一款“鋼球永動機”如圖所示。小球從平臺中心小孔P由靜止下落，經小孔下

方快速旋轉的傳動輪加速后，由。點拋出并落回平臺，每次軌跡如圖中虛線所示。則（）

A.該“鋼球永動機”不違背能量守恒定律

B.小球在空中上升過程中，處f超重狀態

C.小球在空中上升過程中，速度變化的方向豎直向上

D.小球在空中上升過程中，克服重力做功的功率恒定

10.國產新型磁懸浮列車甲、乙（都可視為質點）分別處于兩條平行直軌道上。開始時（/=（））,

乙車在前，甲車在后，兩車間距為飛，在，=。時甲車先啟動，，=3s時乙車再啟動，兩車啟

動后都是先做勻加速運動，后做勻速運動，兩車運動的圖像如圖所示。下列說法正確的

是（

B.無論取何值，甲、乙兩車一定在7s末相遇

C.若％=70m,則兩車間距離最小為30m

D.在0?7s內，甲車的平均速度大于乙車的平均速度

二、多選題

II.一質點做直線運動的位置（幻一時間（Q關系如圖所示。關于該質點，下列說法正確

A.在3.0s時刻,此質點的速度大小為1.5m/s

B.在0?4.0s內，此質點做勻加速直線運動

C.在4.0s時刻后，此質點做反向勻減速直線運動

D.在0?10.0s內，此質點平均速度的大小為0.4m/s

12.如圖所示是三個質點A,B,C的運動軌跡，三個質點同時從N點出發，同時到達M點。

下列說法一定正確的是（）

A.三個質點從N到M的平均速度相同

B.三個質點到達M點的瞬時速度相同

C.三個質點從N到M的平均速率相同

D.B質點從％到加的平均速度方向與任意時刻的瞬時速度方向相同

13.甲、乙兩機器人（可視為質點）在同一直線上運動，它們運動的XT圖像如圖所示，其

中乙對應的圖線是拋物線的一部分，以甲的出發點為原點，出發時刻為計時起點，則（）

A.甲、乙同時出發，乙始終沿正方向運動

B.從開始運動到。時刻甲、乙兩機器人的位移相等，乙時刻速度不相等

C.Z,到4時間內某時刻兩機器人的速度可能相同

D.。到4時間內機器人乙的平均速度大于機器人甲的平均速度

14.歷史上有些科學家曾把在任意相等位移內速度變化最相等的單向直線運動稱為“勻變速

直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動“另類加速度”定義為4=%二%，其中%和4分

S

別表示某段位移S內的初速度和末速度。A>0表示物體做加速運動，A<0表示物體做減速

運動。而現在物理學中加速度定義式為〃=匚殳，下列說法正確的是（）

/

A.若A不變，貝心會改變

B.若A>0且保持不變，則。逐漸變小

C.若4不變，則物體在中間位置處速度大小為目

D.若A不變，則物體在中間位置處速度大小為空上

15.如圖是五一假期小姚在某景區看到的“天壺”，巨大的茶壺懸在空中，正源源不斷的往外

出水，祈愿財源滾滾，福壽綿綿。下列說法正確的是（）

A.靠水流的反沖力支撐壺體

B.壺的重心不在水流的延長線上

C.水流越大，壺體會升得越高

D.研究壺體受力時，不能把它當作質點

三、填空題

16.研究從北京開往上海的高鐵的位置變化問題時，高鐵（選填“能”或“不能”）看

作質點。若高鐵通過的路程為s,位移為&r,所用時間為△/,則其平均速度為（選

填“包”，或“工”）。

17.某校高一物理興趣小組進行無人機飛行表演活動，無人機豎直上升過程中的圖像如

圖所示。無人機前2s的速度為m/s,2~4s處于（填“懸停”或“上升”）階段，

第5s內的平均速度_______（填“>”或第1s內的平均速度。

18.足球運動員訓練罰點球，足球放置在球門中央的正前方O點。兩次射門，足球分別斜

向上打在水平橫梁上的。兩點，。為橫梁中點，如圖所示。已知兩次球被踢出時的速度

大小均為%,不計空氣阻力，則足球到達。、〃的速度_______（選填“相同”或"不相同、'），

足球到達。、》的動能之比為。

O，/'

■

19.某物體由靜止開始做勻加速直線運動，位移為x時，速度是4當其速度從-增加為3-

時，位移為，兩過程的時間之比是___________;平均速度之比是____________。

四、解答題

20.如圖所示，彈丸和足球的初速度均為I，尸10m/s,方向水平向右。設它們與木板作用的時

間都是0』s,那么：

(1)子彈擊穿木板后速度大小變為7m/s,方向不變，求彈丸擊穿木板時的加速度；

(2)足球與木板作用后反向彈回的速度大小為7m/s,求足球與木板碰撞反彈時的加速度。

甲乙

21.一輛汽車在平直公路上以10m/s的速度做勻速直線運動，由于路況改善，司機在10s內

將車速提升至20m/s,此過程nJ"視為勺加速直線運動“

(I)求汽車加速度。的大小。

(2)求這10s內汽車行駛位移x的大小。

22.一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運動過程的—圖像如圖所示。

(1)求摩托車在第15s末時的加速度。的大小；

(2)求摩托車在0~75s這段時間的平均速度；的大小。

23.如圖所示，一長度4=8.5m的均勻薄木板A初始時靜止在一光滑平臺上，平臺右端8

處有?固定擋板，固定擋板的高度略小于木板的厚度，木板的右端到擋板的距離是4=2m。

?可以看成質點的小滑塊以初速度％=10m/s從木板的左端滑卜.木板，木板撞擊擋板時速度

立即變為零并靜止，碰撞時小滑塊仍在木板上，不計空氣阻力。已知平臺高度〃=3.2m,小

滑塊的質量〃?=lkg,木板的質量M=lkg,厚度不計。小滑塊與木板之間的動摩擦因數

〃=0.4,重力加速度g取lOm/s?。

⑴求木板撞擊擋板時小滑塊的速度大小：

⑵通過計算判斷小滑塊能否從擋板右邊飛出，若小滑塊不能從右邊飛出，求小滑塊靜上時

距木板右端的距離是多少；若小滑塊能從右邊匕出，求小滑塊落地時距8端的水平距離是

多少。

24.如圖所示，傾角為6=37。的固定斜面體，頂端放置均可視為質點的小球和滑塊，某時

刻給小球沿水平方向的初速度％,使其做平拋運動，同時給滑塊沿斜面體向下的速度上滑

塊剛好沿斜面體勻速卜滑，經4)=1.2s的時間，小球和滑塊同時到達斜面體的底端。重力加

速度g=10m/s2,a37。=0.6,cos37°=0.8,空氣阻力忽略不計。求:

(I)滑塊與斜面體間的動摩擦因數;

⑵%和v的大小；

⑶上述過程中，小球和滑塊的最大間距。

《2026屆高三物理二輪復習專項訓練：力學專題運動的描述》參考答案

題號12345678910

答案BBCDDBBDAD

題號1112131415

答案ADADBCADBD

1.B

【詳解】在題目中,火箭在發射階段,火箭卜的攝像頭觀察到地面正在向下運動，這意味著

我們是以運載火箭為參考系。因為運載火箭在發射時是向上運動的，所以從運載火箭的角度

看，地面會顯得向下運動，故選B。

2.B

(詳解】物體加速或減速取決于加速度方向與速度方向是否一致。

A.vo>0,a<0,同減小，加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動，故A錯誤；

B.心0,"0,⑷增大，加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動，故B正確；

C.小0,〃<0,⑷增大，加速度方向與速度方向相同，物體做加速運動，故C錯誤；

D.%<0,〃<(),同減小，加速度方向與速度方向相同，物體做加速運動，故D錯誤。

故選B。

3.C

【詳解】A.選艦載機為參考系，"遼寧艦''是運動的。故A錯誤；

B.選艦載機為參考系，艦載機駕駛員是靜止的。故B錯識；

C.選“遼寧艦”為參考系，艦載機在“遼寧艦”上起飛過程，艦載機是運動的。故C正確;

D.選艦載機駕駛員為參考系，“遼寧艦”是運動的。故D錯誤。

故選C。

4.D

【詳解】功、路程和時間，只有大小沒有方向，是標量；速度即有大小，又有方向，求合時

滿足平行四邊形法則，是矢量。

故選D。

5.D

【詳解】A.圖中“9.3公皇”表示此次行程的路程，故A錯誤；

B.圖中“26分鐘”表示的足時間間隔，故B錯誤；

C.由于不知道此次行程的位移大小，所以無法估算出此次行程平均速度的大小，故C錯誤:

D.研究汽車在導航圖中的位置時，汽車的形狀大小可以忽略不計，可把汽車看作質點.，故

D正確。

故選D。

6.B

【詳解】AC.根據位移的定義，可知物體由。點到8的位移大小為。、B兩點間的距離，

即3m。物體由A點到B的位移大小為A、8兩點間的距離，即6m,故AC錯誤；

B.物體由。點到3的路程為該過程物體軌跡的長度，即

s=0A+A3=9m

故B正確；

D.同理，物體由。點到A的位移與。點到B點的位移大小相等，相同相反。故D錯誤。

故選B。

7.B

【詳解】AB.該限速值是指機動車在高速公路上行駛的任意時刻的瞬時速度不得超過

80km/h,故A錯誤，B正確；

CD.因任意時刻的瞬時速度不得超過80km/h,則不能用機動車在該路段行駛lh的路程或

位移來衡量是否超速，故CD錯誤。

故選B。

8.D

【詳解】A.由圖可知，25min末兩車第二次速度相等，第一次共速前兩車之間距離一直增

大，第一次共速之后一段時間，出租車速度大，兩車之間距離一直減小，故A錯誤；

B.由圖可知，25min末兩車第二次速度相等，但并沒有相遇，故B錯誤；

C.25min末公交車速度方向不變，故C錯誤；

D.由題意可知，兩車運動的位移相等，但是出租車的運動時間少了lOmin,由公式u=土可

/

得，公交車的平均速度比出租車的小，故D正確。

故選D。

9.A

【詳解】A.鋼球運動中因摩擦力、空氣阻力造成的機械能損失，由小孔下方快速旋轉的傳

動輪補充，該“鋼球永動機”不違背能量守恒定律，故A正確；

B.小球在空中上升過程中，加速度向下，處于失重狀態，故B錯誤；

C.小球在空中上升過程中，由&，=川，可知速度變化的方向與加速度方向相同，加速度方

向向下，故C錯誤；

D.小球在空中上升過程中，重力做功的功率

P="吆八

由于豎直方向上速度大小變化，所以克服重力做功的功率不恒定，故D錯誤。

故選Ao

10.D

【詳解】A.根據i，T圖象的斜率表示加速度，知兩車加速過程的加速度分別為

40—0.2oI960—0.->

%=---m/s=8m/s",。乙=百~~m/s-=1n0m/s-

所以甲車的加速度大小比乙車的加速度小，故A項錯誤；

B.由UT圖像可知，在第7s末，兩車的速度相等，而圖像與/軸的面積表示位移，所以從

開始到7s,甲車通過的路程為

%=-^x40x5m+40x（7-5）in=180m

乙車通過的路程為

電=gx40x（7-3）m=80m

兩車路程之差為

%］一.=100m

所以只有在％=100m時，甲、乙兩車7s末才相遇，故B項錯誤；

C.由之前的分析可知，當兩車速度相等時間距最小，所以在/=7s時兩車間間距最小，則

間距為

As=也+/一=-30m

即此時甲車已經追上乙車，則兩車距離最近出現在7s之前，即兩車在同一位置時，所以兩

車間距最近為0,故C項縉誤；

D.從甲車運動開始計時到7s末，甲車平均速度，

t7

乙車的平均速度為

—x,80

=—=—m/s

甲車的平均速度大于乙車的平均速度，故D項正確。

故選D。

11.AD

【詳解】A.根據位移時間圖像的斜率表示速度，可知在3.0s時刻，質點的速度大小為

6.,,.

v=—=—m/s=1.5m/s

24

故A正確；

B.在。?4.0s內，斜率不變，質點的速度保持不變，勻速運動，并不是勻加速直線運動，

故B錯誤；

C.在4.0s時刻后，質點的速度方向改變，斜率大小不變，因此仍然是勻速運動，故C錯誤；

D.在。?10.0s內，質點的位移為（由圖象縱坐標可知），時間為/=10s,所以平均速

度的大小為

X

v=—=-0.4m/s

大小為0.4m/s,方向與正方向相反，故D正確。

故選ADo

12.AD

【講解】A.三個質點同時從'點出發，同時到達“點，時間相等，由于初、末位置相同，

則三個質點的位移相同，根據

可得三個質點的平均速度相同，故A正確；

B.三個質點到達M點的瞬時速度大小無法判斷，方向不相同，故瞬時速度不同，故B錯

誤；

C.三個質點同時從N點出發，同時到達M點，時間相等，由于路徑不同，所以三個質點

的路程不同，因此平均速率不同，故C錯誤；

D.平均速度方向與位移方向相同，瞬時速度方向是切線方向，所以做單向運動的8質點從

N到M的平均速度方向是從N指向M,其與任一時刻的瞬時速度方向相同，故D正確。

故選AD,.

13.BC

【詳解】A.由圖可知，時間內，乙的位移先為零然后開始增大，甲的位移一直增大，

說明乙先靜止一段時間然后出發，甲比乙先出發，故A錯誤；

B.時刻兩物體的初末位置均相同，即運動位移相同，但在〃時刻乙的斜率大于甲的斜

率，故兩物體速度不等，故B正確：

C.由圖可知，〃72時刻存在兩圖線斜率相等的時刻，故此時刻兩機器人速度相同，故C正

確；

D.O72兩機器人位移相同，時間相等，則平均速度相同，故D錯誤。

故選BCo

14.AD

【詳解】AB.若4不變，有兩種情況，第一種情況是4>0,在這種情況下，相等位移內速

度增加量相等，平均速度越來越大，所以相等位移內用的時間越來越少，由。=上也可知,

t

。越來越大，第二種情況是A〈0,在這種情況卜，相等位移內速度減少量相等，平均速度越

來越小，所以相等位移內用的時間越來越長，由〃=仁生可知，〃越來越小，故A正確，B

t

錯誤；

CD.若4不變，即相等位移內速度變化相等，所以中間位置的速度為

p=2^1

12

故C錯誤，D正確.

故選ADo

15.BD

【詳解】AC.巨大的茶壺懸在空中不是靠水流的反沖力支撐壺體，而是從茶壺里流出的水

包圍著一根支撐柱，支撐柱支撐壺體，壺體的高度是一定的，與水流無關，AC錯誤；

B.壺的重心不在水流的延長線上，B正確；

D.研究壺體受力時，壺體的形狀大小不能忽略不沖，不能把它當作質點，D正確。

故選BD。

16.能今

【詳解】［1］研究從北京開往上海的高鐵的位置變化問題對，高鐵的體積和形狀可以忽略，

高鐵能看作質點；

⑵平均速度是位移和時間的比值，故其平均速度為半。

17.2.5懸停<

【詳解】H］圖像的斜率等于速度，可知無人機前2s的速度為i，=Tm/s=2.5m/s

⑵2~4s速度為零，處于懸停階段；

⑶第5s內的平均速度匕=2產m/s=2m/s

小于第Is內的平均速度2.5m/s,故填“4

18.不相同1:1

【詳解】口］［2］在不計空氣阻力的情況下，足球兩次被以相同的速度踢出后分別到達同一高

度的人萬兩點，則根據能量守恒可知，上升的高度相同，則由動能轉化的重力勢能相同，

則可知足球到達〃、8兩點時的動能相同，即動能之比為1:1,但由于連線和。。連線的方

向不同，即足球在到達5兩點時的速度方向不同，而速度是矢量，因此足球在到達〃、b

兩點時的速度不同。

19.8.rI：2I：4

【詳解】⑴根據速度-位移公式/一4=23可知：聲_（）=2融，⑶了一i，2=2a/

聯立可得/=8x

v—03v—v

⑵根據速度時間公式丫=%+畫：4=——，t=-----

a2a

解得7=1

JL

⑶根據v=-,求解平均速度之比為：

tox4

2t

20.（1）30m/s2,方向水平向左；（2）170nVs2,方向水平向左

【詳解】（1）規定向右為正方向，子彈擊穿木塊后，速度方向依舊為正。根據加速度定義可

知

Av7m/s-10m/s

=-30m/s2

即彈丸的加速度大小為30m/s2，方向水平向左。

（2）足球與木板作用后反向彈網后，速度方向為負，則

即足球的加速度大小為170m/s2,方向水平向左。

21.(l)lm/s2

（2）150m

【詳解】（I）由題可知，汽車的加速度

即汽車加速度的大小為11T1/S2o

（2）根據勻變速直線運助的位移公式可得，10s內汽車的位移大小為

x=-(v0+v)Z=-x(10+20)x10m=150m

即10s內汽車的位移大小為150m。

22.（1）1.5nVs2；（2）20nVs

【詳解】（1）如圖可知，摩托車在0-20s內做勻加速直線運動，則摩托車在第15s末時的加

速度。的大小為

?=—=1.5m/s2

△i

（2）圖像圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，則摩托車在0~75s內的位移為

（25+75）x30八八

x=--------------m=1500m

2

平均速度為

X

v=—=20m/s

t

23.(l)6m/s

(2)能，3.2m

【詳解】（1）設小滑塊的加速度大小為4,木板的加速度大小為生，根據牛頓第二定律得

〃〃7g=〃網,fjmg=Ma2

2

解得q=4m/s2,a2=4m/s

設經過時間1滑塊與木板速度相等，則有％/

解得4=1.25s

此過程木板的位移x=；4彳=3.125m＞右=2m

表明木板撞擊擋板時，滑塊與木板沒有到達相等速度，對木板進行分析?，根據位移公式有

k=Qa2l2

解得G=ls

則小滑塊此時的速度