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专题01 机械运动的描述
4 大考点概览
考点01 质点、参考系、时间间隔与时刻、矢量与标量
考点02 位移与路程
考点03 速度与速率及图像
考点04 加速度
1.(2026·四川广安·一模)2025年11月第十五届全运会中引入智能机器人进行田径器材搬运，在评估机器人
性能时，可将机器人视为质点的是()
A.研究机器人搬运标枪的抓取动作
B.分析机器人在加速过程中的姿态
C.测量机器人从器材室到田径场沙坑的直线距离
D.测试机器人在不平整地面上的平衡控制能力
【答案】C
【解析】A.研究机器人搬运标枪的抓取动作涉及机器人的肢体运动和姿态细节，需考虑其形状和大小，
故不能视为质点，故A 错误；
B.分析机器人在加速过程中的姿态需关注机器人的身体倾斜、关节角度等，形状和大小不可忽略，故不
能视为质点，故B 错误；
C.测量机器人从器材室到田径场沙坑的直线距离仅涉及位置移动的路径长度，不依赖机器人的形状和
大小，故可视为质点，故C 正确；
D.测试机器人在不平整地面上的平衡控制能力需考虑重心位置、支撑点分布等，形状和大小至关重要，
故不能视为质点，故D 错误。
故选C。
2.(2026·四川成都·一模)图示为国产新型战斗机大仰角加速向上爬升过程的飞行轨迹，轨迹为曲线。下列说
法正确的是()
考点1
质点、参考系、时间间隔与时刻、矢量与标量
A.研究战斗机姿态调整时可以把战斗机看成质点
B.战斗机的路程等于位移大小
C.战斗机所受合力沿轨迹的切线方向
D.飞行员处于超重状态
【答案】D
【解析】A.研究战斗机姿态调整时，飞机的形状大小不能忽略，不可以把战斗机看成质点，故A 错误；
B.战斗机的路程大于位移大小，故B 错误；
C.战斗机所受合力指向轨迹的凹侧，故C 错误；
D.飞行员具有向上的加速度，故处于超重状态，故D 正确。
故选D。
3.(2026·四川广安字节教育联盟·一模)2025年10月31日23时44分，神舟二十一号载人飞船在酒泉卫星发射
中心从发射场的a点成功发射升空，飞行10分钟后，在离地面高度为200km的b处船箭分离，进入预定
轨道，火箭运动轨迹如图中的虚线所示。下列说法正确的是()
A.“10分钟”指的是时刻
B.“23时44分”指的是时间
C.火箭上升过程中的位移大小为200km
D.研究火箭从a到b的运动轨迹时，可以把火箭视为质点
【答案】D
【解析】A、“10分钟”是飞船从发射到船箭分离的时间间隔(两个时刻的间隔)，不是“时刻”(某一
瞬时)，A 错误；
B、“23时44分”是飞船发射的时刻，不是“时间间隔”，B 错误；
C、位移是初位置(a点)到末位置(b点)的有向线段。题目中“200km”是b处离地面的高度(竖直方向
的距离)，并非a到b的直线距离，因此位移大小不是200km，C 错误；
D、研究火箭从a到b的运动轨迹时，火箭的大小和形状对轨迹研究的影响可忽略，因此可以把火箭视
为质点，D 正确。
故选D。
4.(2026·四川省·一模)质量m=50kg的游客从摩天轮的最低点匀速圆周运动到最高点，取重力加速度大小
g=10m/ s
2，则下列说法正确的是()
A.游客在最低点对摩天轮的压力是500 N
B.游客的加速度大小不变
C.游客一直处于超重状态
D.以自己的座椅为参考系，游客是运动的
【答案】B
【解析】A.游客在最低点的加速度方向竖直向上，对摩天轮的压力大于500 N，选项A 错误；
B.游客做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，选项B 正确；
C.在最高点，加速度方向竖直向下，游客处于失重状态，选项C 错误；
D.以自己的座椅为参考系，游客与自己的座椅相对静止，选项D 错误。
5.(2026·四川乐山·一模)物理学中的物理量有标量和矢量之分，下列物理量属于矢量的是()
A.速率
B.功率
C.动能
D.动量
【答案】D
【解析】物理学中，矢量既有大小又有方向，标量只有大小没有方向。
A.速率是速度的大小，只有大小没有方向，是标量，故A 错误；
B.功率是功与时间的比值，功是标量，时间也是标量，所以功率是标量，故B 错误；
C.动能定义为1
2 m v
2，其中质量m和速度大小v均为标量，所以动能是标量，故C 错误；
D.动量定义为p=mv，质量m是标量，速度v是矢量，因此动量是矢量，故D 正确。
故选D。
6.(2026·四川联合·一模)2025年成都世界运动会我国选手商春松夺得跑酷女子自由式冠军。下列描述商春松
跑酷过程的物理量为标量的是()
A.速度
B.加速度C.动量
D.动能
【答案】D
【解析】速度、加速度、动量均为矢量，动能为标量，D 正确。
7.(2026·四川乐山·一模)如图所示，将一条纸带的一端扭转180°后与另一端相连，可以制作成一个莫比乌
斯带。已知这条纸带的长度为L，不考虑连接处的长度损耗，现有一只蜗牛沿着中线从a点出发做匀速
考点2
位移与路程
率爬行，经过时间t蜗牛第一次回到a点，此过程中有()
A.蜗牛的位移为2 LB.蜗牛的路程为2 L
C.平均速度为2 L
t
D.加速度恒为零
【答案】B
【解析】A.位移是从初位置到末位置的有向线段。蜗牛从a点出发，最终回到a点，初末位置相同，位
移为0，A 错误；
B.路程是实际运动的轨迹长度。蜗牛爬完整个莫比乌斯带中线，轨迹长度为2 L，B 正确；
C.平均速度等于位移与时间的比值。此过程位移为0，所以平均速度为0，C 错误；
D.蜗牛做匀速率曲线运动，速度方向不断变化，存在向心加速度，因此加速度不为零，D 错误。
故选B。
8．（2026·四川南充·一模）到了基米同学家，小天发现他家的扫地机器人正在忙碌地工作着，机器人沿铺
有相同大瓷砖的地面做匀变速直线运动，连续经过P、Q、R 三点。在
段（2 块砖）和
段（3 块
砖）的平均速度分别为2v0和v0，不计相邻瓷砖间的缝隙，则（ ）
A．机器人在PQ 段与QR 段的时间之比为1∶2
B．机器人在PR 段的平均速度为5
4 v0
C．机器人在PR 段的平均速度为5
3v0
D．机器人通过每块砖时的速度变化量相同
【答案】B
【解析】A．设每块瓷砖的长度为d,根据平均速度的定义式v = Δx
Δt
考点3
速度与速率及图像
可知机器人在PQ 段和QR 段所用时间之比为t PQ:tQR= 2d
2v0
: 3d
v0
=1:3，故A 错误；
BC．机器人在PR 段的平均速度为¯vPR= xPR
t PR
=
5d
t PQ+tQR
=
5d
2d
2v0
+ 3d
v0
= 5
4 v0 ，故B 正确，C 错误；
D．由加速度的定义可知a= Δv
Δt 可得Δv =aΔt
尽管机器人的加速度不变，但机器人通过每块瓷砖的时间不同，故速度的变化量不同，故D 错误。
故选B。
9．（2026·四川眉山·一模）物体M 从A 运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，全程的平
均速度是（ ）
A．v1+ v2
2
B．❑√v1+ v2 C．v1
2+ v2
2
v1+ v2
D．
2v1v2
v1+ v2
【答案】D
【解析】前半程时间 t1=
s
2
v1
= s
2v1
后半程时间 t2=
s
2
v2
= s
2v2
总时间 t =t1+t2= s
2v1
+ s
2v2
= s
2(
1
v1
+ 1
v2)= s
2(
v1+ v2
v1v2 )
全程平均速度
¯v = s
t =
s
s
2(
v1+ v2
v1v2 )
= 2v1v2
v1+ v2
故选D。
10．（2026·四川凉山·一模）某气象站采用探空气球携带探空仪器到高空采集气象数据，气球竖直上升过
程的
图像如图所示，在1s 到5s 内图线为直线，则在1s 到5s 内（ ）
A．气球做非匀变速运动
B．气球的位移是12m
C．气球的平均速度是2.4m/s
D．气球的加速度是0.8m/s2
【答案】B
【解析】AD．v-t 图斜率表示加速度，图像可知在1s 到5s 内图像斜率不变，且大小为
k =a= 4 -2
5-1 m/ s
2=0.5m/ s
2
可知气球做匀变速运动，故AD 错误；
B．v-t 图面积表示位移，图像可知在1s 到5s 内，气球位移x =[ 2+ 4
2
×(5-1)]m=12m，故B 正确；
C．在1s 到5s 内，气球平均速度v = x
t = 12
5-1 m/s=3m / s，故C 错误。
故选B。
11.(2026·四川省泸州市·一模)如图所示，在机器人大赛中，可视为质点的两个机器人正在过十字赛道。某
时刻，机器人甲在距O点12m处以4 m/ s匀速运动，机器人乙以5m/ s的速度经过距O点15m处。则
控制机器人乙按如下v -t图的方式运动，两个机器人刚好相遇的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A.机器人甲做匀速运动，有t = x
v ，解得t =3 s，即机器人甲在第3 s时刚好运动到O点。若要控
制机器人乙使两个机器人在O点刚好相遇，则乙在第3 s时的位移应为15m，图A中，机器人乙以初速
度v0=5m/ s做加速运动，则乙在t =3 s时的位移x A>v0t =15m，故A 错误；
B.机器人乙按图B的方式匀减速运动，根据v -t图线与时间轴所围图形的面积表示物体在该段时间内的
位移，机器人乙在t B= 4 s时的位移为xB= 1
2 v0t B=10m，机器人乙在第3 s时未到O点，故B 错误；
C.机器人乙按图C的方式运动，其在0∼3 s内的每一时刻速度均小于按图B方式运动的速度，则其位移
小于按图B方式运动的位移，机器人乙在第3 s时未到达O点，故C 错误；
D.图D中，机器人乙以速度v0=5m/ s匀速运动，则机器人乙在t =3 s时的位移xD= v0t =15m，故D 正
确。
故选D。
12．（2026·四川眉山·一模）下列说法中正确的是（ ）
A．速度变化越大，加速度就越大
B．做竖直上抛运动的物体在上升过程中，速度变化量的方向是竖直向下的
C．滑动摩擦力的方向与物体的运动方向一定相反
D．两个力的合力一定比其分力大
【答案】B
【解析】A．加速度的定义是 “速度变化量与发生这一变化所用时间的比值”（a= Δv
Δt ），速度变化
大，但如果时间很长，加速度可能很小，故A 错误；
考点4
加速度
B．根据Δv =a⋅Δt
可知速度变化量的方向与加速度方向一致，竖直上抛运动中，物体只受重力，加速度为重力加速度且
方向竖直向下，故速度变化量的方向是竖直向下，故B 正确；
C．滑动摩擦力的方向是 “与物体的相对运动方向相反”，而非 “与物体的运动方向一定相反”。例
如，物体随传送带加速运动时，滑动摩擦力方向与物体运动方向相同，故C 错误；
D．合力大小由平行四边形法则决定，当两分力同向时，合力最大（等于分力之和）；当两分力反向时，
合力最小（等于分力之差），此时合力可能小于某一分力，故D 错误。
故选B。
13．（2026·四川资阳·一模）汽车向右沿直线减速运动，原来的速度是v1，经过一段时间之后，速度变为
v2。Δv表示速度的变化量，则下列矢量关系图正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意可知，速度变化量Δv = v2- v1，汽车向右沿直线减速运动，则v2<v1，Δv方向与v2相
反。
故选C。
14．（2026·四川内江·一模）如图所示，火箭发射时，在10s 内速度能从静止增到100m/s；蜻蜓以8m/s 的
速度飞行时能在0.7s 内停下来，两者均视为匀变速直线运动，取它们的运动方向为正方向。下列说法
正确的是（ ）
A．蜻蜓的加速度比火箭的加速度小B．火箭的加速度为10m/s2
C．火箭在10s 内的位移为1km
D．火箭的速度变化率比蜻蜓的速度变化率大
【答案】B
【解析】AB．蜻蜓的加速度为a1= 8
0.7 m/ s
2≈11.4 m/ s
2，火箭的加速度为a2= 100
10 m/ s
2=10m/ s
2，
故蜻蜓的加速度比火箭的加速度大，故A 错误，B 正确；
C．根据位移时间公式有x = 1
2 ×10×10
2m=500m，故C 错误；
D．加速度也称速度变化率，因蜻蜓的加速度比火箭的加速度大，故火箭的速度变化率比蜻蜓的速度变
化率小，故D 错误。
故选B。
15．（2026·四川绵阳·一模）“川超”火热进行，川北赛区第二轮，绵阳队坐镇主场三台体育场迎战德阳
队。比赛中，足球以3m/ s的速度飞来，被运动员以5m/ s的速度反向踢回，若足球与脚接触时间约为
0.04 s，则该时间内足球的加速度大小约为（ ）
A．200m/ s
2 B．125m/ s
2
C．
D．50m/ s
2
【答案】A
【解析】以初速度方向为正方向，根据加速度定义式 a= Δv
Δt =-5-3
0.04 m/ s
2=-200m/ s
2
负号表示加速度与初速度方向相反，大小为200m/s2，故选A。
16.(2026·四川百师联盟·一模)自然界中某个物理量D的变化可以记为ΔD，发生这一变化所用的时间间隔可
以记为Δt，ΔD与Δt之比就是这个量对时间的变化率，简称变化率。在运动学中也可以引入“加速度
的变化率”(即J = Δa
Δt )来表示加速度对时间变化的快慢。则物理量J的单位是()
A.m/ s
B.m/ s
2 C.m/ s
3 D.m
2/ s
3
【答案】C
【解析】加速度的变化率表示加速度对时间变化的快慢，其表达式为J = Δa
Δt ，故物理量J的单位是
m/ s
2
s
=m/ s
3，C 正确。
故选C。
