2020浙江高考物理二轮讲义：专题一第一讲　匀变速直线运动的研究



第一讲　匀变速直线运动的研究
知识内容
考试要求
备考指津
1.质点、参考系和坐标系
b
1.新高考对本讲的考查频率较高，题型既有选择题，也有计算题，但试题难度不大.
2.速度的计算．匀变速直线运动规律的应用．运动学图象的应用是本讲考查的难点与重点.
2.时间和位移
b
3.速度
c
4.加速度
c
5.匀变速直线运动的速度与时间的关系
d
6.匀变速直线运动的位移与时间的关系
d
7.自由落体运动
c
8.伽利略对自由落体运动的研究
a
注：a—识记；b—理解；c—简单应用；d—综合应用．
　运动物理量的理解及应用
【题组过关】
1．(2018·浙江选考4月)某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里．其中“时速110公里”“行驶200公里”分别是指(　　)
A．速度、位移
B．速度、路程
C．速率、位移
D．速率、路程
解析：选D.匀速时速不考虑方向，即为速率，200公里为路程．
2．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是(　　)
A．加速度方向为负时，速度一定减小
B．速度变化得越快，加速度就越大
C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
解析：选B.加速度方向为负，不代表加速度的方向和速度方向相反，A错误；加速度是表示速度变化快慢的物理量，故速度变化得越快加速度越大，B正确；加速度方向保持不变，物体有可能先做减速运动，再做反向的加速运动，C错误；加速度变小，表示速度变化越来越慢，并不表示速度变小，D错误．
3.为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为L＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间间隔为Δt＝3.0 s．试估算：

(1)滑块的加速度多大(保留两位有效数字)?
(2)两个光电门之间的距离是多少？
解析：(1)遮光板通过第一个光电门的速度
v1＝＝ m/s＝0.10 m/s
遮光板通过第二个光电门的速度
v2＝＝ m/s＝0.30 m/s
故滑块的加速度a＝≈0.067 m/s2.
(2)两个光电门之间的距离
x＝Δt＝0.6 m.
答案：(1)0.067 m/s2　(2)0.6 m

1．质点是一种理想化模型，实际并不存在．
物体能否被看做质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断．
2．位移表示质点的位置变化，它是从初位置指向末位置的有向线段．
路程是物体实际运动轨迹的长度．　
在单向直线运动中，位移大小等于路程．
一般情况下，位移大小小于路程．
3．(1)无论什么运动，瞬时速率都等于瞬时速度的大小．
(2)只有在单向直线运动中，平均速率才等于平均速度的大小；在其他运动中，平均速率大于平均速度的大小．
(3)平均速度的两个公式
＝―→定义式，适用于任何运动
＝―→仅适用于匀变速直线运动
　匀变速直线运动规律的应用
【重难提炼】
1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法：

2．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正、负号及物理意义．
　研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：


(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
[解析]　(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得
v＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得
a＝8 m/s2③
t＝2.5 s．④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得
L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
Δt＝0.3 s．⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得＝.
[答案] (1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3)

匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
　
【题组过关】
考向一　基本公式的应用
1.(2018·浙江选考4月)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过 1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　)
A．13 s　　　B．16 s　　　C．21 s　　　D．26 s
解析：选C.升降机先加速上升，加速距离为h1＝＝32 m，后匀速上升，再减速上升，减速距离h3＝h1＝32 m，故中间匀速阶段h2＝40 m，所以t＝t1＋t2＋t3＝(8＋5＋8)s＝21 s，C正确．
2．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法不正确的是(　　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．此时的速度大小一定为5 m/s
解析：选D.物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at2得：7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0
＋at得，v＝5 m/s或－5 m/s.物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at2得：－7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝(2＋) s，由v＝v0＋at得：v＝－5 m/s.故A、B、C正确，D错误．
考向二　刹车类问题
3．火车刹车可视为匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内、第2 s内和第3 s内的位移大小依次为9 m、7 m和5 m，则开始刹车后6 s内的位移是(　　)
A．20 m　　　　　　　　　 B．24 m
C．25 m D．75 m
答案：C
4.歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15 战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)．且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度．方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：
(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.
解析：(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，
在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v，解得v1min＝.
(2)法一：一般公式法
起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有
x＝v2mint，t＝
2a(L＋x)＝v2－v
解得v2min＝－.
法二：相对运动法
选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.
答案：(1)　(2)－
　自由落体运动和竖直抛体运动
【重难提炼】
1．自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，结合比例法求解比较方便．
2．竖直上抛运动的对称性
时间的对称性
(1)物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝；
(2)物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等
速度的对称性
(1)物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反；
(2)物体在上升阶段和下降阶段经过同一位置时的速度大小相等、方向相反
能量的对称性
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
　气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)
[审题突破]　重物从气球上掉落时仍具有向上的速度．
[解析]　法一：全程法
取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．
重物在时间t内的位移h＝－175 m
将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式
h＝v0t－gt2，解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为，v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s，其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．
法二：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则
t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝ s＝6 s，
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下
所以重物从气球上掉落至落地共历时，t＝t1＋t2＝7 s.
[答案]　7 s　60 m/s
【题组过关】
考向一　自由落体运动
1．(2017·浙江选考4月)拿一个长约1.5 m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里．把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况．然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况．下列说法正确的是(　　)
A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快
B．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动
C．玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快
D．玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快
答案：C
2．(2019·台州六校联考)仙居县是中国杨梅重要生产基地，以荸荠品种和东魁品种为主，尤其东魁品种，有的比乒乓球还要大．一般杨梅树经过修剪后保持在两个正常成人身高左右，现假设树的顶部有一颗成熟的杨梅自然脱落掉下来，下落过程中没有受到任何的碰撞，试估算杨梅落地的速度约为(　　)
A．7 m/s　　　　　　　　　　 B．8 m/s
C．9 m/s D．10 m/s
解析：选B.正常成人身高约为1.6 m，杨梅自然脱落，则初速度为零，下落时做自由落体运动，所以落地的速度为v＝＝ m/s＝8 m/s，选项B正确．
3．某电视剧制作中心要拍摄一特技动作，要求特技演员从高80 m的大楼楼顶自由下落到行驶的汽车上，若演员开始下落的同时汽车从60 m远处由静止向楼底先匀加速运动3 s，再匀速行驶到楼底，为保证演员能安全落到汽车上．(不计空气阻力，人和汽车看做质点，g取10 m/s2)求：
(1)汽车开到楼底的时间；
(2)汽车匀速行驶的速度；
(3)汽车匀加速运动时的加速度大小．
解析：(1)人做自由落体运动，所以h＝gt2
解得：t＝＝ s＝4 s
所以汽车运动的时间也为4 s.
(2)、(3)因为汽车匀加速时间为t1＝3 s
所以汽车匀速运动的时间为t2＝t－t1＝1 s
匀加速位移为x1＝at，匀速运动速度为：v＝at1
匀速运动位移为x2＝vt2，x1＋x2＝60 m
解得：a＝8 m/s2，v＝24 m/s.
答案：(1)4 s　(2)24 m/s　(3)8 m/s2
考向二　竖直上抛运动
4.如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)(　　)
A．2.65 m3
B．5.3 m3
C．10.6 m3
D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定
解析：选B.喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度v0＝53 m/s，水在空中停留的时间t＝＝10.6 s，即处于空中的水的体积V＝Qt＝0.5×10.6 m3＝5.3 m3，故选B.
　运动图象的理解及应用
【重难提炼】
三种图象的对比分析

斜率
纵截距
图象与t轴所围的面积
特例
匀速直线运动
匀变速直线运动
x－t图象
速度
初位置

倾斜的直线
抛物线
v－t图象
加速度
初速度
位移
与时间轴平行的直线
倾斜的直线
a－t图象

初加速度
速度

与时间轴平行的直线
　(2019·丽水质检)如图所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图象，则下列说法中正确的是　(　　)
A．在0～t3时间内甲、乙两质点的平均速度相等
B．甲质点在0～t1时间内的加速度与乙质点在t2～t3时间内的加速度相同
C．甲质点在0～t1时间内的平均速度小于乙质点在0～t2时间内的平均速度
D．在t3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点
[解析]　因在0～t3时间内甲、乙两质点的速度图线与t轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A项正确；在0～t1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度沿正方向，在t2～t3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度沿负方向，两个加速度不相同，故B项错误；甲质点在0～t1时间内的平均速度等于＝，乙质点在0～t2时间内的平均速度等于＝，故C项错误；由图可知甲、乙两质点的速度均为正值，则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D项错误．
[答案]　A
【题组过关】
考向一　图象信息的读取
1．(2017·浙江选考4月)汽车以10 m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15 m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前．假设驾驶员反应时间为0.5 s，汽车运动的v－t图如图所示．则汽车的加速度大小为(　　)
A．20 m/s2　　B．6 m/s2　　C．5 m/s2　　D．4 m/s2
答案：C
2．(2019·浙江选考4月)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移－时间图象如图所示，则在0～t1时间内　(　　)
A．甲的速度总比乙大
B．甲、乙位移相同
C．甲经过路程比乙小
D．甲、乙均做加速运动
答案：B
考向二　由题目信息获取图象
3．一列火车匀减速进站，停靠一段时间后又匀加速(同方向)出站．在如图所示的四个v－t图象中，正确描述了火车运动情况的是(　　)

解析：选B.匀变速直线运动的v－t图象是倾斜的直线，所以选项A错误；由于火车前后运动方向一致且停靠时速度为0，故选项B正确、C、D错误．
考向三　图象的转换
4.一质点沿直线运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，则该质点的位移x(从t＝0开始)随时间t变化的图象为图中的(　　)

解析：选B.由题图v－t图象可知质点先沿正方向做匀减速直线运动，直到速度减为零，然后沿负方向做匀加速直线运动，所以B图正确．
5．(2019·舟山期末)一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v－t图象正确的是(　　)

答案：C

运用运动图象解题的技巧
　
[课后作业(一)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2018·高考海南卷)一攀岩者以1 m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落，3 s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为(　　)
A．10 m　　　B．30 m　　　C．50 m　　　D．70 m
答案：C
2．F1赛车高速行驶中轮胎快速磨损，比赛中经常出现中途换轮胎的场景，各车队的专属维修站也成为比赛中一道特别的风景．小张同学现场观看F1赛车比赛时，看到赛车一闪而过，感叹“真快啊”；一段时间后赛车需要进入维修站，快速刹车停住，小张又感叹“真快啊”．下列说法正确的是(　　)
A．第一个“真快”是描述速度变化大；第二个“真快”是描述速度变化大
B．第一个“真快”是描述速度大；第二个“真快”是描述速度大
C．第一个“真快”是描述速度大；第二个“真快”是描述速度变化快
D．第一个“真快”是描述速度变化快；第二个“真快”是描述速度变化快
解析：选C.根据题意，小张看到赛车一闪而过，说“真快啊”，指的是赛车的速度很大，选项A、D排除；赛车需要进入维修站，快速刹车停住，说明速度变化很快，因此指的是加速度很大，选项B错误，C正确．
3．一质点做直线运动，当时间t＝t0时，位移s>0，速度v>0，其加速度a>0，此后a逐渐减小直到a＝0，则它的(　　)
A．速度逐渐减小
B．位移始终为正值，速度变为负值
C．速度的变化越来越慢
D．位移变为负值
解析：选C.根据题意vt＝v0＋at可知，速度应该越来越大，但速度变化越来越慢，选项A、B错，C对；当加速度a>0时，根据x＝v0t＋at2可以看出，位移不可能变为负值，选项D错．
4．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(　　)
A．第1 s内的位移是5 m
B．前2 s内的平均速度是6 m/s
C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
解析：选D.由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，对比题给关系式可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2.则第1 s内的位移是6 m，A错；前2 s内的平均速度是v＝＝ m/s＝7 m/s，B错；Δx＝aT2＝2 m，C错；任意1 s内速度增量Δv＝at＝2 m/s，D对．
5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.设质点的初速度为v0、末速度为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，＝＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝＝，由以上两式可知，a＝，A项正确，B、C、D项错误．
6．汉语成语中有一个“形影不离”的成语，意思是人的身体和影子分不开，形容关系密切，经常在一起．在晴天的早上，某同学在操场上跑步，下列说法正确的是(　　)
A．以地面为参考系，影子是静止的
B．以地面为参考系，影子是运动的
C．不论以地面还是以人为参考系，影子都是静止的
D．以人为参考系，影子是运动的
解析：选B.人的速度与其影子的速度相等，选人为参考系，影子是静止的；选地面为参考系，影子是运动的．
7．(2019·绍兴一模)甲、乙两车在平直的公路上向相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是(　　)
A．若S1＝S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇
B．若S1>S2，则甲、乙两车在0～t2时间内不会相遇
C．在t1时刻，甲、乙两车加速度相等
D．0～t2时间内，甲车的平均速度v<
答案：D
8．一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着内的平均速度是，则物体在这段时间内的平均速度是(　　)
A．v B.v
C.v D.v
解析：选D.由平均速度的定义式v＝可得物体在这段时间内的平均速度v＝＝v，故选项D正确．
9．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为340 m/s，重力加速度为10 m/s2)(　　)
A．34 m B．58 m
C．340 m D．580 m
解析：选D.每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h＝15 m，则烟花上升到最高点的时间t＝＝ s＝ s．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x＝vt＝340 m，约为580 m．选项D正确．
二、非选择题
10.如图所示，火车以54 km/h的速度在平直的铁路上匀速前进，现需在某站临时停车，如果在此站停留的时间是1 min，火车进站时的加速度为0.3 m/s2，出站时的加速度为0.5 m/s2，求：
(1)火车进站过程的位移大小．
(2)火车出站过程的位移大小．
(3)火车由于在此站临时停车所耽误的时间．
解析：(1)火车进站所需时间t1＝＝50 s，火车进站滑行距离s1＝t1＝375 m，火车停留时间t2＝60 s.
(2)火车出站所需时间t3＝＝30 s，火车出站行驶距离
s2＝t3＝225 m.
(3)火车以速度v0行驶s1＋s2所需时间t＝＝40 s
因停车耽误的时间Δt＝t1＋t2＋t3－t＝100 s.
答案：见解析
11.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目．已知质量m＝60 kg的运动员原地摸高为2.05 m，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85 m的高度．假设运动员起跳时为匀加速运动，求：
(1)该运动员离开地面时的速度大小．
(2)起跳过程中运动员对地面的压力．
(3)从开始起跳到双脚落地需要的时间．
解析：(1)从开始起跳到脚离开地面重心上升h1＝0.5 m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h2＝0.8 m，所以v＝＝ m/s＝4 m/s.
(2)脚未离地过程中，v＝，得a＝＝16 m/s2，对人分析FN－mg＝ma，得FN＝mg＋ma＝1 560 N．由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1 560 N，方向向下．
(3)加速上升时间t1＝＝ s＝0.25 s，减速上升t2＝＝ s＝0.4 s，加速下降和减速上升时间相同，故总时间为t＝t1＋2t2＝1.05 s.
答案：见解析
12．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到返回发射点的时间．
解析：设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1，火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至最高点．
(1)对第一个过程有h1＝t1
代入数据解得：v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程有h2＝
代入数据解得：h2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度：
h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m.
(3)第二个过程用时：t2＝
代入数据解得：t2＝2 s
火箭从最高点落回发射点用时t3
由h＝gt得t3＝
代入数据解得：t3≈3.5 s
总时间t＝t1＋t2＋t3＝9.5 s.
答案：(1)20 m/s　(2)60 m　(3)9.5 s
[课后作业(二)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．如图所示，是几个质点的运动图象，其中是匀变速直线运动的是(　　)

A．甲、乙、丙　　　　　　　　 B．甲、乙、丁
C．甲、丙、丁 D．乙
解析：选C.乙中v－t图线平行于t轴，表示v不随t而变化，是匀速直线运动图线，甲、丙、丁中v－t图线斜率一定，a一定，表示匀变速直线运动图线，C对．
2．一辆汽车沿平直道路行驶，其x－t图象如图所示，在t＝0 到t＝40 s这段时间内，汽车的平均速度大小是(　　)

A．0 B．2 m/s
C．2.67 m/s D．25 m/s
解析：选A.由图知，t1＝0时x1＝0，t2＝40 s时，x2＝0，所以在t＝0到t＝40 s这段时间内汽车的位移为Δx＝x2－x1＝0，汽车的平均速度大小为：v＝＝0，故A正确，B、C、D错误．
3．(2017·浙江选考11月)杂技运动员在训练时的照片如图所示．有一小球自由落下，碰到水平桌面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力不计，则下列v－t图象中正确的是(　　)


解析：选B.首先由下落与反弹运动方向相反，排除A、C选项；向下加速与向上减速加速度大小都为g，所以v－t图斜率相同，B正确．
4．如图所示分别为物体甲的x－t图象和物体乙的v－t图象，两物体的运动情况是(　　)

A．甲在整个t＝10 s时间内往返运动，平均速度为零
B．乙在整个t＝10 s时间内运动方向一直不变，平均速度为零
C．甲在整个t＝10 s时间内一直向正方向运动，它的速度大小为0.8 m/s
D．乙在整个t＝10 s时间内一直向正方向运动，它的加速度大小为0.8 m/s2
答案：C
5．如图所示是沿直线运动的某质点的v－t图象，则下列说法不正确的是(　　)

A．在1 s到3 s时间内质点静止
B．第1 s内质点做加速运动，最后1 s质点做减速运动
C．第1 s内质点的加速度为3 m/s2
D．3 s末质点的速度为3 m/s
解析：选A.从题图可知0～1 s内质点做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为3 m/s2；1～3 s内质点做速度为3 m/s的匀速直线运动，3 s末质点的速度为3 m/s；最后1 s质点做匀减速直线运动．
6．一物体沿直线运动，在t＝0到t＝6 s的时间内的v－t图象如图所示，则这段时间内的路程为(　　)

A．8 m B．4 m
C．6 m D．0
解析：选A.物体在0～1 s内向负方向做减速运动，路程为x1＝×1×2 m＝1 m；在1～6 s内向正方向运动，路程为x2＝×(2＋5)×2 m＝7 m，则整个过程中的总路程为x＝x1＋x2＝8 m，故选A.
7．某物体沿直线运动，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．第1 s内和第2 s内物体的速度方向相反
B．第1 s内和第2 s内物体的加速度方向相反
C．第3 s内物体的速度方向和加速度方向相反
D．第2 s末物体的加速度为零
解析：选B.第1 s内、第2 s内纵坐标为正，速度均为正向，A错误；根据斜率的正、负，第1 s内加速度为正向，第2 s内加速度为负向，B正确；第3 s内速度为负向，加速度为负向，C错误；第2 s末物体的加速度为－2 m/s2，D错误．
8．某人将一个小球从距地面1.4 m高度处竖直上抛，运动过程中不计空气阻力，t1时刻小球运动到最高点，t2时刻小球落到地面．其运动的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．整个过程小球运动的路程为1.4 m
B．小球的落地速度为8 m/s
C．整个过程小球的运动时间为2.8 s
D．小球运动的最高点距地面1.8 m
解析：选B.设一个格子的边长为L，小球向下运动的位移(4L)2，减去向上运动的位移(3L)2，大小为1.4 m，即一个格子的面积L2＝0.4 m．下降的位移为3.2 m，向上的位移为1.8 m，路程为5 m，A错误；下降时为自由落体运动v2＝2gh，落地速度为8 m/s，B正确；根据h＝gt2，上升时间t1＝0.6 s，下降时间t2＝0.8 s，总时间为1.4 s，C错误；最高点离地面3.2 m，D错误．
9．t＝0时，甲、乙两质点从同一点沿同一直线运动，两质点运动的位移x与时间t的比值随时间t的变化关系如图所示．对于甲、乙两质点前4 s的运动，下列说法正确的是(　　)

A．乙物体的加速度为1.5 m/s2
B．t＝2 s时，甲物体的速度为4.5 m/s
C．t＝4 s时，甲、乙物体的间隔是9 m
D．t＝4 s时，甲、乙两物体再次相遇
解析：选D.根据匀变速直线运动规律x＝v0t＋at2可知＝v0＋at，所以可知甲物体的初速度为3 m/s，加速度为1.5 m/s2；乙物体初速度为0，加速度为3 m/s2，因此选项A错误．甲物体的速度v甲＝3＋1.5t，乙物体的速度v乙＝3t.由此可知t＝2 s时，两物体的速度相等，且均为6 m/s，选项B错误．根据－t图象的面积可知，t＝4 s 时，两物体的位移均为24 m，选项C错误，D正确．
二、非选择题
10．(2019·金华期中)电梯上升过程中的v－t图象如图所示，求：

(1)电梯一共上升的高度；
(2)电梯运动过程中的最大加速度的大小．
答案：(1)42 m　(2)3 m/s2
11．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．

(1)计算汽车10 s末，60 s末的速度．
(2)画出汽车在0～60 s内的v－t图线．
解析：(1)由a－t图象知：0～10 s内汽车做匀加速直线运动，a1＝2 m/s2，10 s末的速度v＝a1t1＝20 m/s；10～40 s内汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动；40～60 s内汽车做匀减速直线运动，a2＝－1 m/s2，故60 s末的速度：v′＝v＋a2t2＝20 m/s＋(－1)×20 m/s＝0.
(2)汽车在0～60 s内的v－t图线如图所示．

答案：(1)20 m/s　0　(2)见解析图