2025高考物理步步高同步练习第二章 专题强化 竖直上抛运动含答案

2025高考物理步步高同步练习第二章竖直上抛运动
[学习目标] 1.知道什么是竖直上抛运动，理解竖直上抛运动是匀变速直线运动.2.会分析竖直上抛运动的运动规律，会利用分段法或全程法求解竖直上抛运动的有关问题.3.知道竖直上抛运动的对称性．
1．竖直上抛运动
将一个物体以某一初速度v 0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动． 2．竖直上抛运动的实质
初速度v 0≠0、加速度a ＝－g 的匀变速直线运动(通常规定初速度v 0的方向为正方向，g 为重力加速度的大小)． 3．竖直上抛运动的规律
速度公式：v ＝v 0－g ――――→t 上升时间t 上＝v 0g .
位移公式：h ＝v 0t －12gt 2――――――→落回原处时间
h ＝0t 总＝2v 0g . 速度与位移关系式：v 2－v 02＝－2gh ――――――→上升最大高度v ＝0
H ＝
v 02
2g
.
4．竖直上抛运动的特点 (1)对称性
①时间对称性：对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，t AB ＝t BA ，t OC ＝t CO . ②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反，v B ＝－v B ′，v A ＝－v A ′.(如图1)
图1
(2)多解性
通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段．
5．竖直上抛运动的处理方法(以v 0的方向为正方向)
分段法
上升阶段是初速度为v 0、a ＝－g 的匀减速直线运动；下落阶段是自由落体运动
全过程分析法
全过程看作初速度为v 0、a ＝－g 的匀变速直线运动
(1)v >0时，上升阶段；v <0，下落阶段
(2)x >0时，物体在抛出点的上方；x <0时，物体在抛出点的下方
关于竖直上抛运动，下列说法错误的是( )
A ．竖直上抛运动的上升过程是匀减速直线运动
B ．匀变速直线运动规律对竖直上抛运动的全过程都适用
C ．以初速度的方向为正方向，竖直上抛运动的加速度a ＝g
D ．竖直上抛运动中，任何相等的时间内物体的速度变化量相等 答案 C
(2021·天津益中学校高一月考)在某塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体
上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g 取10 m/s 2) (1)物体抛出时的初速度大小为多少？
(2)物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为多少？
(3)若塔高H ＝60 m ，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小． 答案 (1)20 m/s (2)10 m 30 m 50 m (3)6 s 40 m/s
解析 (1)设初速度为v 0，竖直向上为正，有－2gh ＝0－v 02，故v 0＝20 m/s.
(2)位移大小为10 m ，有三种可能：向上运动时x ＝10 m ，返回时在出发点上方10 m ，返回时在出发点下方10 m ，对应的路程分别为s 1＝10 m ，s 2＝(20＋10) m ＝30 m ，s 3＝(40＋10) m ＝50 m.
(3)落到地面时的位移x ＝－60 m ，设从抛出到落到地面用时为t ，有x ＝v 0t －1
2gt 2，
解得t ＝6 s(t ＝－2 s 舍去)
落地速度v ＝v 0－gt ＝(20－10×6) m/s ＝－40 m/s ，则落地速度大小为40 m/s.
气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高175 m 处时，悬
挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地前瞬间的速度多大？(空气阻力不计，g 取10 m/s 2) 答案 7 s 60 m/s
解析 解法一 分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下落． 重物上升阶段，时间t 1＝v 0
g ＝1 s ，
由v 0
2＝2gh
1知，h 1＝v 02
2g
＝5 m 重物下落阶段，下落距离H ＝h 1＋175 m ＝180 m 设下落时间为t 2，则H ＝1
2
gt 22，故t 2＝
2H
g
＝6 s 重物落地总时间t ＝t 1＋t 2＝7 s ，落地前瞬间的速度v ＝gt 2＝60 m/s. 解法二 全程法 取初速度方向为正方向
重物全程位移h ＝v 0t －1
2gt 2＝－175 m
可解得t ＝7 s(t ＝－5 s 舍去)
由v ＝v 0－gt ，得v ＝－60 m/s ，负号表示方向竖直向下．
球A 从高为2 m 的位置自由下落，同时球A 正下方的球B 由地面以5 m/s 的速度向
上抛出．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力) (1)求两球相遇时B 球的速度大小；
(2)若B 球以4 m/s 的速度抛出，两球会不会在空中相遇？请说明理由． 答案 (1)1 m/s (2)会，理由见解析 解析 (1)设两球相遇所需时间为t h ＝v 0t －12gt 2＋1
2gt 2得t ＝0.4 s
v B ＝v 0－gt 得v B ＝1 m/s
(2)假设两球会在空中相遇，设相遇时间为t ′ 由h ＝v 0′t ′－12gt ′2＋1
2gt ′2得t ′＝0.5 s
B 球在空中运动的时间为t B t B ＝2v 0′
g
得t B ＝0.8 s
A 球落地的时间为t A ，t A ＝
2h
g
≈0.6 s ， 由于t ′<t A ，t ′＜t B ，故两球能在空中相遇．
1．(2021·徐州市高一期末)将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响．小球在空中运动过程中，到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内( ) A ．位移相同 B ．加速度相同 C ．平均速度相同 D ．速度变化量方向相反 答案 B
2.(2021·常州一中高一上期末)如图1所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边缘竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2，则3 s 内小球运动的( )
图1
A ．路程为25 m
B ．位移为15 m
C ．速度改变量为30 m/s
D ．平均速度为5 m/s 答案 A
解析 由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝x
t ＝－5 m/s ，D 错误；小球
竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程
x 1＝v 022g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝1
2gt 22，t 2＝t －v 0g ＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小
球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．
3．离地面高度100 m 处有两只气球正在以同样大小的速率5 m/s 分别匀速上升和匀速下降．在这两只气球上各同时落下一个物体．问这两个物体落到地面的时间差为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．0 B ．1 s C ．2 s D ．0.5 s 答案 B
4．一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A 的时间间隔是T A ，两次经过一个较高点B 的时间间隔是T B ，则A 、B 两点之间的距离为(重力加速度为g )( ) A.1
8
g (T A 2－T B 2) B.1
4
g (T A 2－T B 2) C.1
2g (T A 2－T B 2) D.1
2
g (T A －T B ) 答案 A
解析 物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A 的时间t A ＝T A 2，从竖直上抛运动的最高点到点B 的时间t B ＝T B
2，则A 、B 两点的
距离x ＝12gt A 2－12gt B 2＝1
8
g (T A 2－T B 2)．
5．若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x －t 图像如图2所示，则( )
图2
A ．该火星表面的重力加速度大小为9.8 m/s 2
B ．该物体上升的时间为10 s
C ．该物体被抛出时的初速度大小为8 m/s
D ．该物体落到火星表面时的速度大小为16 m/s 答案 C
解析 由题图可知物体上升的最大高度为20 m ，上升时间为5 s ，由h ＝1
2gt 2得g ＝1.6 m/s 2，
A 、
B 错误；由0－v 0＝－gt ，得v 0＝8 m/s ，
C 正确；根据竖直上抛运动的速度对称性知，D
错误．
6．如图3所示，一同学从一高为H＝10 m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8 m，小球抛出后升高了h＝0.45 m到达最高点，最终小球落在地面上．g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图3
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)小球从抛出到落到地面的过程中经历的时间t.
答案(1)3 m/s(2)1.8 s
解析(1)上升阶段，由0－v02＝－2gh得：
v0＝2gh＝3 m/s.
(2)设上升阶段经历的时间为t1，则：0＝v0－gt1，
自由落体过程经历的时间为t2，则：h0＋h＋H＝1
2gt2
2，
又t＝t1＋t2，
联立解得：t＝1.8 s.
7．一个小球从距离地面高度H＝20 m处自由下落(不计空气阻力)，每次与水平地面发生碰撞后均以碰撞前速率的20%竖直反弹．(重力加速度g＝10 m/s2)．则：
(1)小球第一次落地后反弹的最大高度是多少？
(2)从开始下落到第二次落地，经过多少时间？
答案(1)0.8 m(2)2.8 s
解析(1)小球第一次落地时有：v12＝2gH
解得：v1＝2gH＝2×10×20 m/s＝20 m/s
反弹的速度大小为：v2＝20%v1＝4 m/s
故反弹的高度为h2＝v22
2g ＝42
2×10
m＝0.8 m
(2)第一次下落的时间为：t1＝v1
g
＝2 s
反弹后做竖直上抛运动，运用全程法有： h ′＝v 2t 2－1
2gt 22
落地时h ′＝0 得：t 2＝2v 2
g
＝0.8 s
故从开始下落到第二次落地的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s ＋0.8 s ＝2.8 s. 匀变速直线运动的平均速度公式 v －t 图像
求位移
[学习目标] 1.理解平均速度公式．并能用平均速度公式解决相关问题.2.会用v －t 图像求位移并判定变加速直线运动位移的大小．
一、平均速度公式的理解与应用
导学探究 如图1所示，如果匀变速直线运动的初速度为v 0，末速度为v ，这段时间中间时刻的瞬时速度为2
t v ，试推导v －＝v 0＋v
2
＝2
t v .
图1
答案 方法一 解析法
在匀变速直线运动中，对于这段时间t ，其中间时刻的瞬时速度2
t v ＝v 0＋1
2
at ，该段时间的末
速度v ＝v 0＋at ，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v ＝x
t ＝
v 0t ＋12at 2
t ＝v 0＋1
2at ＝2v 0＋at 2＝v 0＋v 0＋at 2＝v 0＋v 2＝2
t v ，即v ＝v 0＋v 2
＝2
t v . 方法二 图像法
这段时间位移x ＝v 0＋v
2t
平均速度v ＝x t ＝v 0＋v
2
中间时刻的瞬时速度对应梯形中位线高，故2
t v ＝
v 0＋v
2
知识深化
1．平均速度公式：v ＝2
t v ＝
v 0＋v
2
(1)匀变速直线运动中任意一段时间t 内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半．
(2)若同时涉及位移与时间而不涉及加速度，选用平均速度公式及中间时刻瞬时速度公式2
t
v ＝x t ，v 0＋v 2＝x t
. 2．三个平均速度公式的比较：
v ＝x
t 适用于任何运动，v ＝v 0＋v 2
及v ＝2
t v 仅适用于匀变速直线运动．
某汽车从车站由静止开出，做匀加速直线运动，运动了12 s 时，发现还有乘客没上
来，于是汽车立即做匀减速直线运动至停下，共历时20 s ，运动了50 m ，求汽车在上述运动中的最大速度的大小． 答案 5 m/s
解析 由于汽车在前、后两阶段均做匀变速直线运动，设最大速度为v m ，则x 1＝v m
2t 1
① x 2＝v m
2
t 2②
由①＋②得x 1＋x 2＝v m
2(t 1＋t 2)
解得v m ＝2(x 1＋x 2)
t 1＋t 2
＝5 m/s.
2019年6月6日，中国科考船“科学”号(如图2所示)对马里亚纳海沟南侧系列海山
进行调查，船上搭载的“发现”号遥控无人潜水器完成了本航次第10次下潜作业，“发现”
号下潜深度可达6 000 m 以上．潜水器完成作业后上浮，上浮过程初期可看作匀加速直线运动．今测得潜水器相继经过两段距离为8 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则其加速度大小是( )
图2
A.2
3 m/s 2 B.4
3 m/s 2 C.8
9 m/s 2 D.16
9
m/s 2 答案 A
解析 根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知：v 1＝84 m/s ＝2 m/s ；v 2＝8
2 m/s
＝4 m/s
再根据加速度的定义可知：a ＝Δv Δt ＝4－23 m/s 2＝2
3 m/s 2.故选A.
二、 v －t 图像求位移 1．利用v －t 图像求位移
v －t 图线与时间轴所围的“面积”表示位移．“面积”在时间轴上方表示位移为正，“面积”在时间轴下方表示位移为负；通过的位移为时间轴上、下“面积”绝对值之差．通过的路程为时间轴上、下“面积”绝对值之和． 2．理解
(1)初速度为v 0的匀加速直线运动的v －t 图像如图3甲，其中v 0t 与矩形面积相等，1
2at 2与三
角形面积相等，所以x ＝v 0t ＋1
2
at 2.
(2)当物体做匀减速直线运动时，如图乙，公式中的a 取负值．相当于从匀速直线运动的位移中“减去”了一部分．
图3
某一做直线运动的物体的v －t 图像如图4所示，根据图像求：
图4
(1)物体距出发点的最远距离； (2)前4 s 内物体的位移大小； (3)前4 s 内物体通过的路程． 答案 (1)6 m (2)5 m (3)7 m
解析 (1)当物体运动了3 s 时，物体距出发点的距离最远，x m ＝12v 1t 1＝1
2×4×3 m ＝6 m ；
(2)前4 s 内物体的位移大小x ＝|x 1|－|x 2|＝|12v 1t 1|－|12v 2t 2|＝12×4×3 m －1
2×2×1 m ＝5 m ；
(3)前4 s 内物体通过的路程s ＝|x 1|＋|x 2|＝12×4×3 m ＋1
2
×2×1 m ＝7 m.
针对训练1 一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度－时间图像如图5所示，那么0～t 0和t 0～3t 0 两段时间内( )
图5
A ．加速度大小之比为3∶1
B ．位移大小之比为1∶1
C ．平均速度大小之比为2∶1
D ．平均速度大小之比为1∶1 答案 D
解析 加速度a ＝Δv Δt ，由题图知Δt 1＝t 0，Δt 2＝2t 0，则a 1a 2＝2
1，A 项错误；位移大小之比等于v
－t 图线与t 轴所围图形的面积之比，即x 1x 2＝1
2，B 项错误；平均速度v ＝v 0＋v 2，v 1v 2＝1，C
项错误，D 项正确．
针对训练2 某物体做直线运动，物体的v －t 图像如图6所示．若初速度的大小为v 0，末速度的大小为v 1，则在0～t 1时间内物体的平均速度________(选填“大于”“等于”或“小
于”)v 0＋v 1
2
.
图6
答案 大于
3．v －t 图像与x －t 图像的比较
种类
内容
v －t 图像 x －t 图像 图线斜率 表示加速度 表示速度 图线与时间轴所围面积 表示位移
无意义 两图线交点坐标
表示速度相同，不表示相遇，往往是距离最大或最小的临界点
表示相遇
相同点
表示物体做直线运动
(2021·广元天立国际学校月考)有四个物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的x －t 图像
如图7甲所示；物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动的v －t 图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )
图7
A ．物体A 和
B 均做匀变速直线运动
B ．在0～3 s 的时间内，物体A 、B 的间距逐渐减小
C ．t ＝3 s 时，物体C 、
D 的位移相同
D ．在0～3 s 的时间内，物体C 与D 的间距逐渐增大 答案 D
解析 由题图甲看出：物体A 和B 的位移－时间图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A 错误；由题图甲看出，在0～3 s 的时间内，物体A 的位移都大于B 的位移，且从图像上可以看出两者之间的距离一直在增大，故B 错误；由
题图乙可以看出C 、D 两物体的v －t 图线在t ＝3 s 交于一点，所以此时刻C 、D 的速度一定相同，根据v －t 图线与t 轴所围面积表示位移以及物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动可知，t ＝3 s 时物体C 、D 的位移不相同，故C 错误；由题图乙看出：在0～3 s 的时间内，D 的速度较大，C 、D 间距离增大，故D 正确．
考点一 平均速度公式的运用
1．(2021·河南省高一月考)如图1所示是我国航母战斗机在航母上的起飞过程．假设该战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所通过的位移为x ，则该战斗机起飞前的运动时间为( )
图1
A.2x v
B.x
v C.x 2v D.x 4v
答案 A
解析 由平均速度公式可知x ＝v 2
t ，即t ＝2x
v ，故A 正确，B 、C 、D 错误．
2．(2021·盐城市响水中学高一期末)一辆汽车从车站由静止开出，做匀加速直线运动，经过 5 s 通过的位移为7.5 m ，则该汽车在5 s 末的速度大小为( ) A ．2 m/s B ．3 m/s C ．4 m/s D ．5 m/s 答案 B
3．一物体从固定斜面上某点由静止开始沿斜面做匀加速直线运动，经过3 s 后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经过9 s 停止，已知物体经过斜面和水平地面交接处时速度大小不变，则物体在斜面上的位移与在水平地面上的位移之比是( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．1∶3 D ．3∶1 答案 C
解析设物体到达斜面底端时的速度为v，
则物体在斜面上的平均速度v1＝v
2
，
在斜面上的位移x1＝v1t1＝v
2t1
在水平地面上的平均速度v2＝v
2
，
在水平地面上的位移x2＝v2t2＝v
2t2
所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.
4．一辆汽车在水平地面上沿直线行驶，在0～2t时间内做匀加速直线运动，速度由0变为v.在2t～3t时间内做匀减速直线运动，速度由v变为0，在这两段时间内，下列说法正确的是()
A．加速度的大小之比为2∶1
B．位移的大小之比为2∶1
C．平均速度的大小之比为1∶2
D．平均速度的大小之比为2∶1
答案 B
解析根据题意作出汽车运动的v－t图像，如图所示．
根据图像的斜率表示加速度，可得加速度的大小之比a1∶a2＝v
2t∶v
t
＝1∶2，故A错误；位移
的大小之比x1∶x2＝1
2v·2t∶
1
2
v t＝2∶1，故B正确；平均速度的大小之比v1∶v2＝
0＋v 2∶v＋0
2
＝1∶1，故C、D错误．
考点二v－t图像的应用
5．(2021·连云港东海县高一期末)越来越多的摄影爱好者开始迷上了无人机航拍摄影，在某次航拍中，无人机起飞时竖直方向的速度随时间变化的规律如图2所示，下列说法中正确的是()
图2
A．无人机经20 s到达最高点
B．无人机在0～80 s时间内飞行的最大高度为360 m
C．无人机在0～80 s时间内飞行的最大高度为300 m
D．无人机在70 s时的加速度为－0.075 m/s2
答案 B
6.(2021·徐州市高一期末)如图3所示为一物体运动的速度—时间图像，下列说法正确的是()
图3
A．5 s末加速度反向
B．5～6 s内加速度的方向与速度的方向相反
C．8 s末离出发点最远
D．前6 s的平均速度大小为1.5 m/s
答案 D
7．做直线运动的物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像分别如图4甲、乙所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是()
图4
A．甲在0～6 s时间内运动方向不变，它通过的总位移大小为2 m
B．甲在0～6 s时间内平均速度为零
C．乙在0～6 s时间内通过的总位移为零
D．乙在0～6 s时间内加速度大小不变，方向发生了变化
答案 C
解析位移－时间图像中图线的斜率表示速度，甲在整个过程中图线的斜率不变，知甲运动的速度不变，总位移为Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，故A、B错误；乙在0～6 s内，先向负方向做匀减速直线运动，后向正方向做匀加速直线运动，速度的方向在第3 s时发生改变，v－
t 图线与时间轴围成的面积表示位移，则乙在0～6 s 内总位移为零，故C 正确；速度－时间图像中图线的斜率表示加速度，题图乙中图线的斜率不变，知乙的加速度大小不变，方向也未发生改变，故D 错误．
8．如图5是某物体运动的v －t 图像，根据图像求：
图5
(1)0～6 s 内物体的位移为________．
(2)0～2 s 内物体的平均速度v 1＝________，4～5 s 内物体的平均速度v 2＝________， v 1________(选填“＞”“＝”或“＜”)v 2. 答案 (1)6.5 m (2)1 m/s 1 m/s ＝ 解析 (1)0～5 s 内物体向正方向运动 位移x 1＝(2＋5)×2
2 m ＝7 m
5～6 s 内物体的位移x 2＝－
1×1
2
m ＝－0.5 m 0～6 s 内物体的位移x ＝x 1＋x 2＝6.5 m (2)v 1＝0＋v
2＝1 m/s
v 2＝v ＋02＝1 m/s
v 1＝v 2.
9．(2021·宿迁市高一上期末)甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运动，甲、乙的x －t 图像和丙、丁的v －t 图像如图6所示，下列说法中正确的是( )
图6
A ．0～t 1时间内甲车路程小于乙车路程
B ．0～t 1时间内的某时刻甲、乙两车速度相等
C ．t 2时刻，丙、丁两车相遇
D ．t 2时刻丙车加速度比丁车的加速度小 答案 B
10．(2020·镇江市丹徒高中月考)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m 的测试距离，用时分别为2 s 和1 s ，则无人机的加速度大小是( ) A ．20 m/s 2 B ．40 m/s 2 C ．60 m/s 2 D ．80 m/s 2
答案 B
11．(2021·镇江市丹徒高中月考)汽车以10 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，某时刻驾驶员发现正前方15 m 处的斑马线上有行人，经过0.5 s 反应时间后，采取刹车礼让行人，汽车恰好停在斑马线前．汽车运动的v －t 图像如图7所示，则汽车刹车时的加速度大小为( )
图7
A ．20 m/s 2
B ．6 m/s 2
C ．5 m/s 2
D ．4 m/s 2
答案 C
解析 减速位移x ′＝(15－10×0.5) m ＝10 m ，减速时间设为t ′，x ′＝v 0
2t ′，得t ′＝2 s ，
a ＝v 0
t ′
＝5 m/s 2，C 正确． 12．(2020·山西太原高一上期中)我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v －t 图像如图8所示，则下列说法正确的是( )
图8
A ．0～4 min 和6～10 min 两时间段平均速度大小相等
B ．全过程中的最大加速度为0.025 m/s 2
C ．3～4 min 和6～8 min 的加速度方向相反
D ．本次下潜的最大深度为6 m 答案 A
解析 根据v －t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则0～4 min 内的位移大小为：x ＝12×(120＋240)×2.0 m ＝360 m ；6～10 min 内位移大小为x ′＝12×3.0×240 m ＝360 m ，可知，0～4 min 和6～10 min 两时间段位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故A 正确；v －t 图线的倾斜程度表示加速度的大小，0～1 min 和3～4 min 加速度最大，大小为a ＝v t ＝2.0
60 m/s 2≈0.033 m/s 2，故B 错误；v －t 图像的斜率的正负反映加速度的方向，可知3～4 min 和6～8 min 加速度方向相同，故C 错误；由题图可知t ＝4 min 时“蛟龙号”下潜到最深处，最大深度为：s ＝1
2
×(120＋240)×2.0 m ＝360 m ，故D 错误．
13.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图像如图9所示．在这段时间内( )
图9
A ．汽车甲的平均速度比乙大
B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 2
2
C ．甲、乙两汽车的位移相同
D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案 A
解析 因为v －t 图线与t 坐标轴所围的面积表示物体的位移，故在0～t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据v ＝x
t 可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙
车做变减速运动，故平均速度不等于v 1＋v 2
2
，选项B 错误；因为v －t 图线的切线斜率的绝对
值等于物体的加速度大小，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D错误．。