山西省阳泉市2021届新高考物理最后模拟卷含解析 18页

山西省阳泉市 2021 届新高考物理最后模拟卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，一轻绳跨过固定在竖直杆下端的光滑定滑轮 O，轻绳两端点 A、B 分别连接质量为 m 1 和 m 2 两物体。现用两个方向相反的作用力缓慢拉动物体，两个力方向与 AB 连线在同一直线上。当 ∠AOB= 90 时，∠ OAB= 30 ，则两物体的质量比 m 1 ：m 2 为（ ） A． 1：1 B．1： 2 C．1： 2 D． 1： 3 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 由相似相角形法可得 1 2,m g mF F AO OD BO OD g 由于轻绳上拉力相同，由几何关系得 tan30BO AO 联立得 1 23m m 故选 D。 2．下列说法正确的是（ ） A．单摆的摆球在通过最低点时合外力等于零 B．有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象 C．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 D．一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．单摆的摆球在通过最低点时，回复力等于零，而合外力一定不等于零，故 A 错误； B．薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故 B 正确； C．均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，故 C 错误； D．根据相对论，则有沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短，故 D 错误。 故选： B。 3．如图甲所示， 矩形导线框 abcd 放在垂直纸面的匀强磁场中， 磁感应强度 B 随时间变化的图像如图乙所 示。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，水平向右为安培力的正方向，在 0~4s 内，线框 ab 边受到 的安培力 F 随时间变化的图像正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 由图可知 1 2s内，线圈中磁通量的变化率相同，由 BE S t t 可知电路中电流大小时恒定不变， 由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针；由 F BIL 可知 F 与 B 成正比；由左手定律可知线框 ab边 受到的安培力 F 水平向右，为正值，故 D 正确， A 、B、C 错误； 故选 D。 4．质量为 m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为 m 的光滑 “ V ”型槽 B 上，如图， α =60°，另有质量为 M 的物 体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连，现将 C 自由释放，则下列说法正确的是 ( ) A．当 M= m 时， A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.5g B．当 M=2m 时， A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.5g C．当 M=6m 时， A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.75g D．当 M=5m 时， A 和 B 之间的恰好发生相对滑动 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 D.当 A 和 B 之间的恰好发生相对滑动时，对 A 受力分析如图 根据牛顿运动定律有： cot 60mg ma 解得 cot 60 3a g g B 与 C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于 B 和 C 有： ( )Mg M m a 所以 3Ma g g M m ，即 3M M m 解得 3 2.37 1 3 M m m 选项 D 错误； C.当 2.37M m，A 和 B 将发生相对滑动，选项 C 错误； A. 当 2.37M m，A 和 B 保持相对静止。若 A 和 B 保持相对静止，则有 ( 2 )Mg M m a 解得 2 Ma g M m 所以当 M= m 时， A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 1 3 a g ，选项 A 错误； B. 当 M=2m 时， A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 1 0.5 2 a g g ，选项 B 正确。 故选 B。 5．如图所示，平行金属导轨 MN 、PQ 固定在水平面上，两根相同的金属棒 a、b 相隔一定距离垂直放置 在导轨上，且与导轨保持良好接触。一条形磁铁向着回路中心竖直下落， a、b 棒在此过程中始终静止不 动，下列说法正确的是（ ） A． a、b 棒上无感应电流 B． b 受到的安培力方向向右 C． a 受到的摩擦力方向向左 D．条形磁铁 N 极朝下下落过程中， b 受到的安培力方向将与原来的相反 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．磁铁竖直向下运动，通过回路磁通量增加，会产生感应电流， A 错误； BCD ．感应电流受到的安培力有使得回路面积缩小的趋势，跟磁铁的磁极没有关系， b 受到的安培力方向 向左， a 受到的安培力向右，摩擦力方向向左，所以 BD 错误， C 正确． 故选 C。 6．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到 某个临界值 F0 时，安全气囊爆开。在某次试验中，质量 m 1=1 600 kg 的试验车以速度 v1 = 36 km/h 正面撞 击固定试验台，经时间 t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。则在本次实验中 汽车受到试验台的冲量 I 0 大小和 F 0 的大小分别为（ ）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。 ） A． I 0=5.76 ×104N·S，F 0=1.6 ×105N B．I 0=1.6 ×104N·S，F0=1.6 ×105N C． I 0=1.6 ×105N·S，F0=1.6 ×105N D．I 0=5.76 ×104N·S，F 0=3.2 ×105N 【答案】 B 【解析】 【详解】 汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小 4 0 1 1 360 1600 1.6 10 N s 3.6 I m v 平均撞击力，根据动量定理可知 0 0I F t 带入数据解得： 5 0 1.6 10 NF A． I 0=5.76 ×104N·S，F0=1.6 ×105N 与分析不符，故 A 错误； B． I 0=1.6 ×104N·S，F 0=1.6 ×105N 与分析相符，故 B 正确； C． I 0=1.6 ×105N·S，F 0=1.6 ×105N 与分析不符，故 C 错误； D． I 0=5.76 ×104N·S，F0=3.2 ×105N 与分析不符，故 D 错误。 故选： B。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为 4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电。图中 RT 为阻 值随温度升高而减小的热敏电阻， R1 为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。则下列说法正确的是 （ ） A．图乙所示电压的瞬时值表达式为 u＝51sin50 π t(V) B．变压器原、副线圈中的电流之比为 1：4 C．变压器输入、输出功率之比为 1： 4 D． RT 处温度升高时，电压表示数不变，电流表的示数变大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压 51V ，周期 0.02s，故角速度是 2π 100π T 则 51sin100π(V)u t 故 A 错误； B．根据 1 2 2 1 I n I n 得，变压器原、副线圈中的电流之比 1 2 4 1I I 故 B 正确； C．理想变压器的输入、输出功率之比应为 1：1，故 C 错误； D．电压表测的是原线圈的电压即不变，则副线圈两端电压不变， RT 处温度升高时，阻值减小，电流表的 示数变大，故 D 正确。 故选 BD 。 8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A、B、C 三点，如图甲所示。一个电荷量 为 2C ，质量为 1kg 的小物块从 C 点静止释放，其运动的 v—t 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图线 切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A． B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=1V/m B．由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由 C 点到 A 点的过程中，电势逐渐升高 D． A、 B 两点的电势之差 5VA B－ － 【答案】 AD 【解析】 【分析】 两个等量的同种正电荷， 其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧； 电量为 2C 的小物块仅 在运动方向上受电场力作用从 C 点到 B 到 A 运动的过程中，根据 v-t 图可知在 B 点的加速度，可知物体 先做加速度增大后做加速度减小的加速运动， 判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况， 由牛 顿第二定律求出电场强度的最大值。 根据电势能的变化， 分析电势的变化。 由动能定理求 AB 间的电势差。 【详解】 A．由乙图可知，物体在 B 点加速度最大，且加速度为 2Δ 2m/s Δ va t 根据 qE ma 可知 B 点的场强最大，为 E=1V/m ，故 A 正确； B．从 C 到 A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故 B 错误； C．从 C 到 A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故 C 错误； D．从 B 到 A 的过程中，根据动能定理，得 2 2 0 1 1 2 2BAqU mv mv 代入数据得 UBA =5V ，则 5VAB BAU U 即 5VA B 故 D 正确。 故选 AD 。 【点睛】 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据 v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突 破口。 9．下列说法正确的是 ( ) A．常见的金属是多晶体，具有确定的熔点 B．干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，表示空气湿度越大 C．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果 D．脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液 E.饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．常见的金属是多晶体，具有确定的熔点，选项 A 正确； B．干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，选 项 B 错误； C．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果，选项 C 正确； D．脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项 D 正确； E．饱和汽压的大小与温度有关，在温度不知道的情况下，不能简单地说饱和汽的压强一定大于非饱和汽 的压强，故 E 错误。 故选 ACD 。 10．质量为 m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度 -时间图象如图所示，其中 OA 段为直线， AB 段为曲线， B 点后为平行于横轴的直线．已知从 t1 时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所 受阻力的大小恒为 f，以下说法正确的是 ( ) A． 0～t 1 时间内，汽车牵引力的数值为 m 1 1 v t +f B． t1～t 2 时间内，汽车的功率等于（ m 1 1 v t ＋f）v2 C． t1～ t2 时间内，汽车的平均速率小于 1 2 2 v v D．汽车运动的最大速率 v2＝（ 1 1 mv ft ＋1）v1 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A、由题图可知， 0～t 1阶段，汽车做匀加速直线运动 1 1 va t ，根据牛顿第二定律得 F1－f=ma ，联立可得 F1= m 1 1 v t +f，故 A 正确； B、在 t1 时刻汽车达到额定功率 P=F 1v1=（m 1 1 v t ＋ f）v1，t 1～t 2 时间内，汽车保持额定功率不变，故 B 错 误； C、由 v-t 图线与横轴所围面积表示位移的大小可知， t 1～ t2 时间内，汽车的平均速度大于 1 2 2 v v ，故 C 错误； D、 t2 时刻，速度达到最大值 v2，此时刻 F 2=f，P=F 2v2，可得 1 2 1 2 f 1 mvPv 1 v F F t ，故 D 正确 . 故选 AD. 11．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 12mx 处的质元的振动图线如图 1 所示，在 18mx 处的质元 的振动图线如图 2 所示。下列说法正确的是（ ） A．该波的周期为 12s B． 12mx 处的质元在平衡位置向上振动时， 18mx 处的质元在波峰 C．在 0 4s内 12mx 处和 18mx 处的质元通过的路程均为 6cm D．该波的波长不可能为 8m 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．由图可知，该波的周期为 12s。故 A 正确； B．由图可知， t=3s 时刻， x=12m 处的质元在平衡位置向上振动时， x=18m 处的质元在波峰，故 B 正确； C．由图可知，该波的振幅为 4cm，圆频率 2 2 rad/s 12 6T ＝ ＝ ＝ 由图 1 可知，在 t=0 时刻 x=12m 处的质点在 -4cm 处，则其振动方程 12 ( ) 6 4sin cm 2 x t＝ 4s 时刻质元的位置 12 4 ( 44 sin 2cm 6 2 )x ＝ ＝ 所以 x=12m 处的质元通过的路程 s12=4cm+2cm=6cm 据图 2 知 t=0s 时，在 x=18m 处的质元的位移为 0cm，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为 18 4sin( ) 6 cmx t＝ 在 t=4s 时刻，在 x=18m 处的质元的位移 18 44 sin 2 3cm 6 x ＝ ＝ 所以在 0～4s 内 x=18m 处的质元通过的路程 x18＝4cm+(4-2 3 )cm≈ 4.54cm＜6cm 故 C 错误； D．由两图比较可知， x=12m 处比 x=18m 处的质元可能早振动 3 4 T ，所以两点之间的距离为 x＝(n+ 3 4 ) λ（n=0、1、2、3⋯） 所以 4 4 6 m 4 3 4 3 x n n ＝ ＝ （n=0 、1、2、3⋯ ） n=0 时，波长最大，为 4 6= m 8m 3 ＝ 故 D 错误； 故选 AB 。 12．如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场区域上下宽度为 l；质量为 m、边长为 l 的正方形线圈 abcd 平面保持竖直， ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高处由静止下落， 以速度 v 进入磁场，经一段时间又以相同的速度 v 穿出磁场，重力加速为 g。下列判断正确的是（ ） A．线圈的电阻 2 2B l vR mg = B．进入磁场前线圈下落的高度 2 2 vh g C．穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量 2Q mgl D．线圈穿过磁场所用时间 lt v 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A．由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动， 则 2 2B l vmg F BIl R安 2 2B l vR mg = 所以 A 正确； B．线圈在进入磁场前做自由落体运动，有动能定理得 21 2 mgh mv 进入磁场前线圈下落的高度为 2 2 vh g 所以 B 正确； C．线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中 线圈电阻产生的热量为 2 2Q mg l mgl 所以 C 正确； D．根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得穿过磁场的时间为 2lt v 所以 D 错误。 故选 ABC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控电键 S 和调节电阻箱，可使欧姆表 具有 “×1”“× 10”两种倍率。 A．干电池：电动势 E=1.5V ，内阻 r=0.5 Ω B．电流表 mA ：满偏电流 I g=1mA ，内阻 Rg=150Ω C．定值电阻 R1=1200 Ω D．电阻箱 R 2：最大阻值 999.99 Ω E.定值电阻 R3=150Ω F.电阻箱 R 4 最大阻值 9999 Ω G.电键一个，红、黑表笔各 1 支，导线若干 (1)该实验小组按图甲所示正确连接好电路。当电键 S 断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱 R2，使电 流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻 R 内，则 R 内=______Ω ，欧姆表的倍率是 ______（选填 “× 1”或 “× 10”）； (2)闭合电键 S 第一步：调节电阻箱 R2，当 R 2=______ Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流； 第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱 R4，调节 R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表 的刻度值为 ______Ω。 【答案】 1500 ×10 14.5 50 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 由闭合电路欧姆定律可知内阻为 1.5 Ω 1500Ω0.001 ER I内 [2] 故中值电阻应为 1500 Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为 ×1，则中性电阻 太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为 “×10” (2)[3] 为了得到 “× 1”倍率，应让满偏时对应的电阻为 150Ω，电流 1 1.5 A 0.01A 150 I 此时表头中电流应为 0.001A ；则与之并联电阻 R 3 电流应为 3 0.01 0.001)A 0.009A(I 则有 3 3 2 1 1.5 0.009 150= = Ω 15Ω 0.01 E I RR r I 所以 2 15Ω 0.5Ω 14.5ΩR [4] 由图可知电流为 0.75mA ，总电阻 31.5 10 Ω 2000Ω0.75 R总 待测电阻 =2000Ω 1500Ω 50ΩR测 对应的刻度应为 50 Ω 14．某同学利用如图所示的装置欲探究小车的加速度与合外力的关系．具体实验步骤如下： ①按照如图所示安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离 L ②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后， 使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间 相等 ③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量 m，并记录 ④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，并记录小车先后通过光电门甲和乙的时间，并计算出小 车到达两个光电门时的速度和运动的加速度 ⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④的步骤 （ 1）用游标卡尺测得遮光片的宽度为 d，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为 Δt1 和 Δt2，则小车 加速度的表达式为 a=_________ （ 2）关于本实验的说法，正确的是 ________ A．平衡摩擦力时需要取下细绳和沙桶 B．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶 C．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量 D．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量 （ 3）若想利用该装置测小车与木板之间的动摩擦因数 μ，某次实验中，该同学测得平衡摩擦力后斜面的 倾角 θ，沙和沙桶的总质量 m，以及小车的质量 M ．则可推算出动摩擦因数的表达式 μ=__________（表 达式中含有 m、M 、θ） 【答案】 （1） 2 2 2 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 ? d t t L t t ； （2） B； （3） sin cos M m M 【解析】 【详解】 （ 1） [1] 小车经过光电门时的速度分别为： 1 1 dv t ， 2 2 dv t ， 由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度： 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 2 ? v v d t ta L L t t ； （ 2） [2]AB. 本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，平 衡摩擦力时应使小车在悬挂沙桶的情况下匀速运动，所以不需要取下细绳和沙桶，故 A 错误， B 正确； CD. 因为本实验中， 沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小， 所以不 需要 “沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量 ”的实验条件， 也不需要小车的质量必须远远小于沙桶 和沙子的总质量，故 C 错误， D 错误。 故选： B； （ 3）对小车，由平衡条件得： Mgsin θ -mg=μ Mgcosθ， 得动摩擦因数： sin cos M m M ； 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．一半径为 R 的玻璃板球， O 点是半球的球心， 虚线 OO′表示光轴 （过球心 O 与半球底面垂直的直线） 。 已知玻璃的折射率为 2 ，现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被 半球的内表面反射后的光线，已知 6 2sin15 4 o ），求： (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； (2)距光轴 2 R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离。 【答案】 (1) 2 2 R ； (2) ( 3 1)R 。 【解析】 【分析】 【详解】 (1)当光线在球面发生全反射，即入射角为临界角 C 时，入射光线到光轴距离最大，由 max1sin dC n R 解得 max 2 2 Rd R n (2)由折射定律可得 sin 2 sin rn i 由三角函数定义 / 2 1sin 2 Ri R 由正弦定理 sin( ) sin(180 )r i r R CO o 联立解得 ( 3 1)CO R 距光轴 2 R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离为 ( 3 1)R 。 16．如图，一质量 m=0.4kg 的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数 μ=0.1 的水平轨道上的 A 点。对滑 块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为 P=10.0W 。经过一段时间后撒去外力，滑块继续滑行 至 B 点后水平飞出，恰好在 C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点 D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为 25.6N。已知轨道 AB 的长度 L=2.0m ，半 径 OC 和竖直方向的夹角 α=37°，圆形轨道的半径 R=0.5m 。（空气阻力可忽略， g=10 m/s 2，sin37 °=0.6， cos 37°=0.8）求： （ 1）滑块运动到 C 点时速度 vc 的大小； （ 2） B、C 两点的高度差 h 及水平距离 x? （ 3）水平外力作用在滑块上的时间 t? 【答案】 （1） vc=5m/s；（2）h=1.45m ；x=1.2m ；（ 3）t=1.4s 【解析】 【详解】 （ 1）滑块运动到 D 点时，由牛顿第二定律得： FN －mg＝ m 2 Dv R 滑块由 C 点运动到 D 点的过程，由机械能守恒定律得： mgR （1－cos α）＋ 21 2 Cmv ＝ 21 2 Dmv 联立解得 5m / scv 。 （ 2）滑块在 C 点时，速度的竖直分量为： sin 3m / sy cv v B、 C 两点的高度差为 h＝ 2 2 yv g ＝1.45 m 滑块由 B 运动到 C 所用的时间为 t y＝ yv g ＝1．3 s 滑块运动到 B 点时的速度为 cos 4m / sB cv v B、 C 间的水平距离为 1.2mB yx v t （ 3）滑块由 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理得： 21 2 BPt μmgL mv 解得 0.4st 。 17．一人乘电梯上楼 ,从 1 层直达 20 层，此间电梯运行高度为 60m. 若电梯启动后匀加速上升，加速度大小 为 23m / s ,制动后匀减速上升，加速度大小为 21m/ s ,电梯运行所能达到的最大速度为 6m/s，则此人乘电 梯上楼的最短时间应是多少 ? 【答案】 14s 【解析】 【详解】 由题意可知，要是电梯运行时间最短，则电梯应先匀加至最大速度且尽量多的时间以 6m/s 匀速匀速一段 时间后再匀减： 加速阶段： 1 1mv a t 解得： t 1=2s 上升高度： 2 1 1 1 1 2 h a t 解得： h1=6m 减速阶段： 2 2mv a t 解得： t 2=6s 2 2 2 2 1 2 h a t 解得： h2=18m 匀速阶段： 1 2 3 6s m h h ht v 最短时间： 1 2 3 14st t t t