第2章 专题提升二 匀变速直线运动的图像、公式-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版）

该高中物理匀变速直线运动专题复习课件，系统梳理运动学图像（s-t、v-t）和四个核心公式，通过表格对比图像物理意义、斜率、面积等要素，分类呈现公式的一般形式、特殊形式及适用条件，帮助学生构建完整知识网络。 其亮点在于“知识梳理-典例精析-分层训练”模式，如通过v-t图像斜率分析加速度（科学思维）、多方法推导位移（科学推理），课后设A/B/C组作业适配不同学生，强化运动观念与探究能力，助力学生巩固知识，教师精准开展分层复习教学。

第2章　匀变速直线运动 专题提升二　匀变速直线运动的 图像、公式 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升 　运动学图像 运动学中，位移—时间图像(s­t图像)和速度—时间图像(v­t图像)是两种最典型的图像。 项目 s­t图像 v­t图像 物理意义 反映的是位移随时间的变化规律 反映的是速度随时间的变化规律 截距 (1)通常以初始位置为坐标原点，即纵坐标截距为零 (2)横坐标截距表示物体位置在原点的时刻 (1)纵坐标截距表示 t＝0时刻的速度 (2)横坐标截距表示速度为零的时刻 斜率 描述速度：斜率的绝对值表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向 描述加速度：斜率的绝对值表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向 提升 4 面积 无实际意义 描述位移：在横轴上方围成的面积表示物体通过的位移为正方向，在横轴下方围成的面积表示位移为负方向 交点 两条图线的交点表示两个物体相遇 两条图线的交点表示两个物体此刻速度相等 折点 直线弯折，折点为速度的突变点 直线弯折，折点为加速度的突变点 线 (1)图像平行于时间轴表示物体静止 (2)倾斜直线表示物体做匀速直线运动 (3)曲线表示物体做变速直线运动 (1)图像平行于时间轴表示物体做匀速直线运动 (2)倾斜直线表示物体做匀变速直线运动 (3)曲线表示物体做变加速直线运动 共同点 s­t图像、v­t图像都只能描述直线运动，不能描述曲线运动 提升 5 (多选)如图为某汽车沿直线运动的v­t图像，则下列说法正确的是(　　) A．汽车减速运动的加速度大小为4 m/s2 B．t＝2 s时的速度为10 m/s C．前4 s运动的距离为32 m D．前10 s运动的距离为72 m 提升 6 提升 7 [跟进训练]　(多选)甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的s­t图像和乙的v­t图像如图所示，下列说法中正确的是 (　　) A．甲在第3 s末回到出发点，甲运动过程中， 距出发点的最大距离为4 m B．0～6 s内，甲、乙两物体位移都为零 C．第3 s内，甲、乙两物体速度方向相反 D．在2～4 s内甲的位移大小为8 m，乙的位移大小为4 m 提升 8 提升 9 某物体做初速度为零的直线运动，其s­t图像为如图所示的抛物线，图中倾斜虚线为该抛物线上(3 s，18 m)点的切线，则该物体运动的加速度大小为 (　　) A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．12 m/s2 提升 10 提升 11 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v­t图像正确的是 (　　) 解析　物体在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀减速直线运动，到2 s末速度刚好减为0，一个周期结束，之后重复前面的运动，故C正确。 提升 12 提升 13 提升 　匀变速直线运动的四个常用公式 　匀变速直线运动的四个常用公式 提升 14 提升 15 以速度v0＝8 m/s行驶的列车开始下坡，在平直坡路上的加速度a＝0.2 m/s2，到达坡底的速度vt＝12 m/s。求： (1)列车在坡上运动的时间； (2)用两种方法求坡路的长度。 答案　(1)20 s　(2)200 m 提升 16 提升 17 提升 18 1．运动学公式的应用步骤 (1)认真审题，明确研究对象，画出物体的运动过程示意图。 (2)明确已知量、待求量。 (3)规定正方向(一般取初速度v0的方向为正方向)，确定各矢量的正、负。 (4)选择适当的公式求解。 (5)判断所得结果是否合乎实际情况，并根据结果的正负说明所求物理量的方向。 提升 19 2．画v­t图像辅助求解运动问题 匀变速直线运动的公式是求解匀变速直线运动问题的基本方法，用公式解题的优点是准确，但存在不够直观形象的缺点。若用公式解题前，根据题意画出v­t图像，利用v­t图像的截距、斜率、面积等的意义，则可以辅助分析运动情况，避免出现错误，甚至可以更简单地得出结果。 提升 20 [跟进训练]　飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求： (1)飞机着陆后12 s内滑行的位移s； (2)飞机静止前4 s内滑行的位移s′。 答案：(1)300 m　(2)48 m 提升 21 提升 22 课后课时作业 题型一　运动学图像 1．一质点做直线运动的v­t图像如图所示，则 (　　) A．质点在0～6 s内运动方向保持不变 B．质点在0～2 s与2～4 s内的加速度方向相反 C．质点在0～4 s内位移为0 D．质点在0～6 s内位移为20 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析：由v­t图像可知0～2 s质点朝负方向运动，2～6 s质点朝正方向运动，即两段时间的运动方向相反，A错误；由v­t图线的斜率表示加速度，可知0～2 s与2～4 s内的加速度方向相同，故B错误；由v­t图线与t轴所围的面积表示位移，可知质点在0～4 s内位移为0，在0～6 s内位移为10 m，故C正确，D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 2．(多选)如图是一个物体的速度—时间图像，取t＝0时刻物体所在位置为初位置，则下列关于该物体的运动情况，表述正确的是 (　　) A．前4 s内物体的位移为零 B．第1 s末物体的位移和速度都改变方向 C．第2 s末物体的位移和速度都改变方向 D．第1 s末、第3 s末、第5 s末物体所在的位置相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析：v­t图线与时间轴围成的“面积”表示 位移，图线在时间轴上方时，图线与时间轴所 围成的“面积”为正值，表示位移为正，图线在 时间轴下方时，图线与时间轴所围成的“面积” 为负值，表示位移为负，由图像可知，前4 s内物体的总位移为零，故A正确；根据v­t图像，可知第1 s末前后，物体的位移和速度均沿正方向，则第1 s末二者都未改变方向，故B错误；根据B项分析同理可知，第2 s末物体的位移方向不变，速度方向改变，故C错误；根据v­t图像，可知物体在第1 s末、第3 s末、第5 s末的位移均相同，则物体所在的位置相同，故D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 3．(多选)做直线运动的某质点的位移—时间图像(抛物线)如图所示，P(2 s，12 m)为图线上的一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0，4 m)，则下列说法正确的是 (　　) A．质点做匀减速直线运动 B．质点经过P点时的速度大小为6 m/s C．质点的加速度大小为2 m/s2 D．质点的初速度大小为10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 4．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的a­t图像如图所示，下列v­t图像中，可能正确描述此物体运动的是 (　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 题型二　匀变速直线运动的四个常用公式 5．酒店送餐机器人以v0＝0.2 m/s的初速度做匀加速直线运动，t＝3 s末速度达到vt＝1.4 m/s，则该过程机器人的位移大小是 (　　) A.1.2 m B．2.4 m C.3.6 m D．4.8 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 6．(多选)可视为质点的汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则 (　　) A．车从出发到B杆所用时间为9 s B．车的加速度为15 m/s2 C．经过A杆时的速度为5 m/s D．出发点到A杆的距离为7.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 7．一辆智能汽车在平直公路上沿直线进行加速和刹车性能测试，它以36 km/h的初速度从计时起点位置以0.5 m/s2的加速度匀加速行驶，20 s后立即刹车，匀减速滑行25 m停止运动。求： (1)前20 s汽车行驶的距离； (2)刹车时的加速度大小。 答案：(1)300 m　(2)8 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．可回收复用运载火箭是现代火箭技术的一个重要的发展方向，经过多年努力，我国也有属于自己的第一款可回收复用运载火箭，如图1所示。在某次测试中，该型火箭竖直起降的速度—时间图像如图2所示，则下列判断中错误的是 (　　) A．0～t1内，火箭的加速度先增大后减小 B．t1时刻火箭高度达到最大，随后开始 下降 C．t2～t3内，火箭处于悬停状态，t3时刻开 始下降 D．图2中，在时间段0～t2与t3之后图线与时间轴所围成图形的面积相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析：v­t图像的斜率表示加速度，由题图2可知，0～t1内，图线切线斜率先增大后减小，则火箭的加速度先增大后减小，故A正确；t1时刻之后，速度仍为正值，说明速度仍向上，火箭高度未达到最大，随后将继续上升，故B错误；t2～t3内，火箭速度v＝0，处于悬停状态，t3时刻速度变为负方向，开始下降，故C正确；在v­t图像中，图线与时间轴所围面积表示位移，因为火箭总位移为零，则在时间段0～t2与t3之后图线与时间轴所围成图形的面积相等，故D正确。本题选判断错误的，故选B。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 10．(多选)汽车在平直公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直至停止，已知汽车刹车过程中第1 s内的位移为14 m，最后1 s内的位移为2 m，下列说法正确的是 (　　) A．汽车刹车过程中，加速度大小为4 m/s2 B．汽车刹车过程的初速度大小为14 m/s C．刹车过程的时间为4 s D．刹车过程中，汽车运动的总位移大小为32 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 11．一辆汽车以10 m/s的初速度沿着平直公路匀速行驶，因前方事故紧急刹车并最终停止运动。从开始刹车计时，经4 s汽车的位移为10 m，若刹车过程视为匀变速直线运动，则汽车刹车时的加速度大小为 (　　) A．10 m/s2 B．5 m/s2 C．3.75 m/s2 D．1.875 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 [名师点拨]　对于一些特殊图像，需要注意的是看清纵、横坐标表示的含义，利用运动学规律写出其满足的表达式，对应表达式分析图像中的截距、斜率以及所围面积的物理意义，至此往往能取得关键性突破。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　在v­t图像中，图线斜率的绝对值表示汽车的加速度大小，则汽车做减速运动的加速度大小为a＝ eq \f(|Δv|,Δt)＝ eq \f(|4 m/s－20 m/s|,4 s－0)＝4 m/s2，A正确；t＝2 s时的速度为v＝v0－at＝20 m/s－4 m/s2×2 s＝12 m/s，B错误；在v­t图像中，图线与t轴所围面积表示汽车在这段时间的位移，则前4 s运动的距离为s1＝ eq \f(4 m/s＋20 m/s,2)×4 s＝48 m，C错误；前10 s运动的距离为s2＝s1＋4 m/s×(10 s－4 s)＝72 m，D正确。 解析：由题图甲可知，甲在第3 s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4 m，A正确。由题图甲可知，0～6 s内，甲物体位移为零；因v­t图像与t轴所围面积表示位移，可知0～6 s内，乙物体位移也为零，B正确。s­t图像的斜率表示速度，可知第3 s内甲物体的速度为负值；由题图乙可知，第3 s内乙物体速度方向为正，甲、乙两物体速度方向相反，C正确。由题图甲可知，甲在2 s和4 s时刻的坐标分别为x2＝4 m，x4＝－4 m，则在2～4 s内甲的位移大小为|s1|＝|x4－x2|＝|－4 m－4 m|＝8 m，乙的位移大小为|s2|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×4 m－\f(1,2)×1×4 m))＝0，D错误。 解析　解法一：初速度为零时，根据匀变速直线运动位移公式有s＝ eq \f(1,2)at2，由图中数据可知，t＝3 s时s＝18 m，将数据代入上式，解得该物体的加速度a＝4 m/s2，故选B。 解法二：由图中数据可知，t＝3 s时，速度为v＝ eq \f(18 m,3 s－1.5 s)＝12 m/s，根据匀变速直线运动速度公式vt＝v0＋at，其中v0＝0，代入数据解得该物体的加速度a＝4 m/s2，故选B。 (1)运动图像不止v­t图像和s­t图像，还有很多其他关系图像。 (2)要从坐标轴上看清楚坐标所代表的物理量。 (3)要会从一种图像经过分析变成另一种图像，如从a­t图像变到v­t图像，在题目中是常见的。 (4)有时会遇到坐标轴并不代表一个物理量的图像，比如 eq \f(s,t)­t图像…… 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度公式 vt＝v0＋at vt＝at s 位移公式 s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2 s＝ eq \f(1,2)at2 vt 位移—速度关系式 v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as v eq \o\al(2,t)＝2as t 平均速度求位移公式 s＝ eq \f(v0＋vt,2)t s＝ eq \f(vt,2)t a 说明：(1)以上四个公式中，只有vt＝v0＋at和s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2是独立的基本公式，其他公式都是根据这两个基本公式推导出来的。两个基本公式联立，如果消去时间t，即可得到公式v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as，如果消去加速度a，即可得到公式s＝ eq \f(v0＋vt,2)t。 (2)上述公式涉及5个物理量：v0、vt、a、s、t，若已知其中3个物理量，便可由以上公式求出剩下的2个量。即5个量中只有3个是独立的。 解析　(1)列车在坡路上做匀加速直线运动，由公式vt＝v0＋at，可得列车在坡上运动的时间t＝ eq \f(vt－v0,a)＝ eq \f(12 m/s－8 m/s,0.2 m/s2)＝20 s。 (2)解法一(v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as)：由匀变速直线运动的位移—速度关系式v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as， 可得坡路的长度 s＝eq \o\al(2,t) eq \f(v－v eq \o\al(2,0),2a) ＝ eq \f((12 m/s)2－(8 m/s)2,2×0.2 m/s2)＝200 m。 解法二(v­t图像法)：根据题意画出列车在坡上运动的v­t图像如图所示， 由v­t图线与t轴所围面积表示位移，可得坡路的长度s＝ eq \f(8＋12,2)×20 m＝200 m。 解法三 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＝\f(v0＋vt,2)t))：根据匀变速直线运动平均速度求位移的公式s＝ eq \f(v0＋vt,2)t， 可得坡路的长度s＝ eq \f(8 m/s＋12 m/s,2)×20 s＝200 m。 解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a＝－6 m/s2 由vt＝v0＋at知，飞机在地面上滑行的时间 t＝ eq \f(vt－v0,a)＝ eq \f(0－60 m/s,－6 m/s2)＝10 s 所以飞机着陆后12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移。 由v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as可得 s＝eq \o\al(2,t) eq \f(v－v eq \o\al(2,0),2a) ＝ eq \f(0－(60 m/s)2,2×(－6 m/s2))＝300 m。 (2)飞机着陆后的运动可反向看成初速度为0、加速度为a′＝6 m/s2的匀加速直线运动，有 s′＝ eq \f(1,2)a′t′2＝ eq \f(1,2)×6 m/s2×(4 s)2＝48 m。 解析：由题意知s­t图像为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，可知该质点做匀变速直线运动，s­t图线的斜率表示速度，由题图可知，图线的斜率变小，质点的速度变小，所以该质点做匀减速直线运动，故A正确；s­t图线的斜率表示速度，则vP＝ eq \f(12 m－4 m,2 s－0)＝4 m/s，故B错误；设质点的初速度为v0，则0～2 s内的位移为s2＝ eq \f(v0＋vP,2)t2＝12 m，解得v0＝8 m/s，D错误；质点的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(vP－v0,t2)＝ eq \f(4 m/s－8 m/s,2 s)＝－2 m/s2，即大小为2 m/s2，方向为负方向，C正确。 解析：由a­t图像可知，在0～ eq \f(T,2)时间内a＝a0>0，物体的v­t图线斜率为正，故B、C错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体的v­t图线斜率为负，且斜率的绝对值与0～ eq \f(T,2)时间内斜率的绝对值相等，故A错误，D正确。 解析：解法一(vt＝v0＋at、v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as)：根据vt＝v0＋at，解得机器人在运动过程中的加速度大小a＝ eq \f(vt－v0,t)＝ eq \f(1.4 m/s－0.2 m/s,3 s)＝0.4 m/s2，根据v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as，解得该过程机器人的位移大小是s＝eq \o\al(2,t) eq \f(v－v eq \o\al(2,0),2a) ＝ eq \f((1.4 m/s)2－(0.2 m/s)2,2×0.4 m/s2)＝2.4 m，B正确，A、C、D错误。 解法二 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＝\f(v0＋vt,2)t))：根据匀变速直线运动平均速度求位移公式，有s＝ eq \f(v0＋vt,2)t＝ eq \f(1.4 m/s＋0.2 m/s,2)×3 s＝2.4 m，B正确，A、C、D错误。 解析：根据sAB＝ eq \f(vA＋vB,2)t，解得汽车经过A杆时的速度vA＝5 m/s，C正确；根据vB＝vA＋at，解得车的加速度为a＝ eq \f(vB－vA,t)＝ eq \f(5,3) m/s2，B错误；车从出发到B杆所用时间t′＝ eq \f(vB－0,a)＝9 s，A正确；根据v eq \o\al(2,A)＝2asA，解得出发点到A杆的距离为sA＝7.5 m，D正确。 解析： (1)以汽车初速度方向为正方向，汽车初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s 前20 s内位移为s1＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1) 代入数据解得s1＝300 m。 (2)汽车开始刹车时的速度为 v＝v0＋a1t1＝10 m/s＋0.5 m/s2×20 s＝20 m/s 根据匀变速直线运动的位移—速度关系式可得 0－v2＝－2a2s2 解得刹车时的加速度大小为 a2＝ eq \f(v2,2s2)＝ eq \f((20 m/s)2,2×25 m)＝8 m/s2。 8．某物体做直线运动，物体的速度—时间图像如图所示。若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度 eq \o(v,\s\up10(－)) (　　) A．等于 eq \f(1,2)(v0＋v1) B．小于 eq \f(1,2)(v0＋v1) C．大于 eq \f(1,2)(v0＋v1) D．条件不足，无法比较 解析：如果物体在0～t1时间内做匀变速直线运动，则有 eq \o(v,\s\up10(－))′＝ eq \f(v0＋v1,2)，这段时间发生的位移s1大小为如图所示阴影部分的面积，则s1＝ eq \o(v,\s\up10(－))′t1，而阴影部分的面积小于该物体的速度—时间图线与t轴包围的面积，即该物体在0～t1时间内实际位移的大小s2＝ eq \o(v,\s\up10(－)) t1>s1，则 eq \o(v,\s\up10(－))> eq \o(v,\s\up10(－))′＝ eq \f(v0＋v1,2)，故C正确。 解析：将汽车的刹车过程逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，最后1 s由公式s＝ eq \f(1,2)at2，可得汽车刹车过程中，加速度大小为a＝4 m/s2，故A正确；设汽车的初速度为v0，由匀变速直线运动的位移公式，汽车刹车过程中第1 s内的位移为s1＝v0t1－ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,1)，代入数据解得v0＝16 m/s，B错误；根据vt＝v0－at，其中vt＝0，解得刹车过程的时间为t＝4 s，故C正确；由匀变速直线运动的位移—速度关系式有0－v eq \o\al(2,0)＝－2as总，刹车过程中，汽车运动的总位移大小为s总＝eq \o\al(2,0) eq \f(0－v,－2a) ＝ eq \f(0－(16 m/s)2,－2×4 m/s2)＝32 m，故D正确。 解析：从开始刹车时计时，若汽车刚好经过4 s停止运动，则汽车的位移为s′＝ eq \f(v0＋vt,2)t＝ eq \f(10 m/s＋0,2)×4 s＝20 m>10 m，说明汽车速度减为零的时间小于4 s，设汽车减速时的加速度大小为a，则有0－v eq \o\al(2,0)＝－2as，得a＝eq \o\al(2,0) eq \f(v,2s) ＝5 m/s2，故B正确。 12．(多选)某物体做匀变速直线运动，测量物体运动时间t及对应的位移s的多组数据，绘制出 eq \f(s,t)­t图像如图所示。下列判断正确的是 (　　) A．t＝0时的速度为20 m/s B．匀变速直线运动的加速度为5 m/s2 C．8 s时刻的速度为40 m/s D．0～8 s的平均速度为40 m/s 解析：由匀变速直线运动位移公式s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，整理得 eq \f(s,t)＝v0＋ eq \f(1,2)at，结合 eq \f(s,t)­t图像可知，t＝0时的速度为v0＝20 m/s，图像中直线的斜率为k＝ eq \f(a,2)＝ eq \f(40 m/s－20 m/s,8 s－0)＝2.5 m/s2，解得匀变速直线运动的加速度为a＝5 m/s2，故A、B正确；根据 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)可知， eq \f(s,t)­t图像某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻的平均速度，故0～8 s的平均速度为40 m/s，故D正确；8 s时刻的速度为v＝v0＋at＝20 m/s＋5 m/s2×8 s＝60 m/s，故C错误。 $