第二章 第二节 第2课时 匀变速直线运动的两个导出公式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　匀变速直线运动 第二节　匀变速直线运动的规律 第2课时　匀变速直线运动的两个 导出公式 1.理解匀变速直线运动速度与位移的关系式，并能用其解决简单的匀变速直线运动问题.2.掌握匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式，并会简单应用. 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 2as 初速度v0 加速度a 中间时刻 平均 课前自主学习 5 提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 提示 课前自主学习 6 提示 课前自主学习 7 提示 课前自主学习 8 课堂探究评价 探究 　　速度与位移的关系 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 交通事故中，交警只要知道刹车时的加速度大小，再测出刹车痕迹的长度，就可以求得汽车开始刹车时的速度，从而判断汽车是否超速.这是怎么办到的？ 课堂探究评价 10 活动1：汽车刹车时做匀减速直线运动，车辆的加速度a是已知的，测出的刹车痕迹长度即刹车时位移s的大小，若开始刹车时的车速为v0，则s与刹车时间t的关系式是什么？ 提示 课堂探究评价 11 活动2：已知刹车的末速度vt＝0，可怎样求出刹车时间t? 提示：由vt＝v0＋at可求得t. 提示 活动3：交通事故中刹车时间t无法测量，根据上述活动， 如何求出汽车开始刹车时的速度v0? 课堂探究评价 12 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 课堂探究评价 16 某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长90 m. (1)求飞机从静止开始，以发动机产生的最大加速度在跑道上加速所能获得的最大速度v1，并判断v1是否达到了起飞速度； (2)为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置.对于该型号的舰载飞机，弹射装置必须使它至少具有多大的初速度v0，才可以使舰载飞机在跑道上加速后达到起飞速度. 答案 答案　(1)30 m/s　未达到起飞速度 (2)40 m/s 课堂探究评价 17 (1)第(1)问过程中已知什么量？求什么量？ (2)第(2)问过程中已知什么量？求什么量？ 提示：已知初速度、位移、加速度，求末速度. 提示 提示：已知加速度、位移、末速度，求初速度. 课堂探究评价 18 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示为一滑草场的示意图，山坡AB、BC可视为斜面，AB长25 m，一滑行者从山坡顶端A由静止开始匀加速下滑，在AB段下滑时加速度大小为a1＝2 m/s2，进入BC段做匀减速运动，加速度大小为a2＝1 m/s2，恰好能停在C点.求： (1)滑行者滑到B点的速度大小； (2)滑草场BC段的长度. 答案 答案：(1)10 m/s　(2)50 m 课堂探究评价 21 解析 课堂探究评价 22 名师点拨　多过程运动的分析技巧 物体所做运动如果不是简单的匀变速直线运动，而是匀速直线运动、匀加速直线运动、匀减速直线运动组合的多过程运动，则运动过程比较复杂.对这类问题的分析方法如下： (1)按运动性质将物体的运动划分为多个简单运动过程，画出运动示意图，使运动过程直观清晰. (2)对每个运动过程列运动方程，注意方程式中每一个物理量均对应同一运动过程. (3)联系各个相邻运动过程的桥梁是速度，上一个过程的末速度等于下一过程的初速度.据此列方程组求解. (4)必要时可画v­t图像辅助求解. 名师点拨 课堂探究评价 探究 　　匀变速直线运动中间时刻的速度 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 24 提示 课堂探究评价 25 提示 课堂探究评价 26 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 课堂探究评价 29 答案 课堂探究评价 30 (1)中间时刻的速度与平均速度有什么关系？ (2)位移中点的速度公式是什么？ 提示：相等. 提示 课堂探究评价 31 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练2]　(多选)一小球沿斜面向下做匀加速直线运动，先后经过斜面上的A、B两点，其速度分别为vA＝2 m/s和vB＝14 m/s，经历时间为2 s.下列说法中正确的是(　　) A.从A到B的加速度大小为6 m/s2 B.经过A、B中点时速度大小为8 m/s C.A、B两点之间的距离为16 m D.从A到B中间时刻的速度大小为12 m/s 答案 课堂探究评价 34 解析 课堂探究评价 35 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 11.(综合)“神舟十三号”载人飞船的返回舱在竖直下落过程中，距地面1 m高处时，速度的大小为6 m/s.此时返回舱底部四台缓冲发动机同时启动，向下喷火，使返回舱竖直匀减速降落，落地时速度降至2 m/s.求这一减速阶段： (1)返回舱的加速度a； (2)经历的时间t. 答案 答案：(1)16 m/s2，方向竖直向上　(2)0.25 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 15.(综合)物块在水平面上沿直线做加速度a＝2 m/s2的匀加速直线运动，其依次通过A、B、C、D四个位置，已知AB＝5 m、CD＝11 m，且物块通过AB段和CD段的时间均为1 s，则BC的距离为(　　) A.8 m B.10 m C.12 m D.16 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1.匀变速直线运动速度与位移的关系式：veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝________. 公式不含运动时间t，直接表明了___________、末速度vt、__________和位移s之间的关系. 2.匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式：veq \s\do9(\f(t,2))＝___________. 公式表明，在匀变速直线运动中，某一段时间内_________的瞬时速度等于该段时间内的__________速度. eq \f(v0＋vt,2) 1.判一判 (1)公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as适用于所有的直线运动.(　　) (2)因为veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as，veq \o\al(2,t)＝veq \o\al(2,0)＋2as，所以物体的末速度vt一定大于初速度v0.(　　) (3)在公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as中，a为矢量，与规定的正方向相反时，a取负值.(　　) (4)公式veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2)适用于任何直线运动.(　　) 2.想一想 (1)应用veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as分析匀变速直线运动有何优势？ 提示：因为公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as不涉及物体运动的时间，故在时间未知且不要求计算时间时，应用该式分析匀变速直线运动较方便. (2)某直线运动的初、末速度分别为v0、vt，位移和时间分别为s、t，则该直线运动的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))是否等于eq \f(v0＋vt,2)？如果不是，请写出eq \o(v,\s\up6(－))的正确表达式. 提示：eq \f(v0＋vt,2)是初、末速度的平均值，只有在匀变速直线运动中才等于平均速度，在非匀变速直线运动中一般不等于平均速度；eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t). 提示：s＝v0t＋eq \f(1,2)at2. 提示：刹车时间t是未知的，但是将公式vt＝v0＋at和s＝v0t＋eq \f(1,2)at2联立，消去t，可得速度与位移的关系式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as，末速度vt为零，测量出刹车距离s，并将已知的加速度a代入关系式，即可计算出汽车开始刹车时的速度v0. 1.速度与位移关系式的推导 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(vt＝v0＋at⇒t＝\f(vt－v0,a),s＝v0t＋\f(1,2)at2))⇒s＝eq \f(v0（vt－v0）,a)＋eq \f(a,2)·eq \f(（vt－v0）2,a2)⇒s＝2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) ⇒veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as. 2.速度与位移关系式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的理解及应用 (1)公式的适用条件：公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，适用于匀变速直线运动. (2)公式的意义：公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as反映了初速度v0、末速度vt、加速度a、位移s之间的关系，当其中三个物理量已知时，可求第四个未知的量. (3)公式的矢量性：公式中v0、vt、a、s都是矢量，解题时先要规定正方向.一般规定v0的方向为正方向，则： ①物体做加速运动时，a取正值；做减速运动时，a取负值. ②s＞0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s＜0，说明位移的方向与初速度的方向相反.或者已知位移时，位移的方向与正方向相同，取正值；位移的方向与正方向相反，取负值. ③vt>0，说明末速度的方向与初速度方向相同；vt<0，说明末速度的方向与初速度方向相反. 注意：应用此公式时，注意物理量的符号，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性. (4)两种特殊形式 ①当v0＝0时，veq \o\al(2,t)＝2as(初速度为零的匀加速直线运动). ②当vt＝0时，－veq \o\al(2,0)＝2as(末速度为零的匀减速直线运动，例如刹车问题). 规范解答　(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得 veq \o\al(2,1)－0＝2aL 式中a＝5 m/s2，L＝90 m 解得v1＝30 m/s 因为v1＜50 m/s，所以未达到起飞速度. (2)弹射装置给飞机一定的初速度，舰载飞机在跑道上加速后恰好达到起飞速度时，由速度位移公式得veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2aL 式中vt＝50 m/s 解得v0＝40 m/s 即弹射装置至少使飞机具有40 m/s的初速度，才可以使舰载飞机在跑道上加速后达到起飞速度. 公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as不含t，求解不涉及t的问题很方便. 解析：(1)设滑行者滑到B点的速度大小为vB，滑行者在AB段的运动过程中，由匀变速直线运动速度与位移的关系式可得 veq \o\al(2,B)＝2a1sAB 解得vB＝10 m/s. (2)设滑草场BC段的长度为sBC，滑行者在BC段的运动过程中，由匀变速直线运动速度与位移的关系式可得 0－veq \o\al(2,B)＝－2a2sBC 解得sBC＝50 m. 活动1：小球做匀变速直线运动的v­t图像如图，加速度大小未知，试用图中数据求出eq \f(t,2)时刻的速度veq \s\do9(\f(t,2)). 提示：根据匀变速直线运动的速度公式有：veq \s\do7(\f(t,2))＝v0＋eq \f(1,2)at，vt＝veq \s\do7(\f(t,2))＋eq \f(1,2)at，消去eq \f(1,2)at，整理可得veq \s\do7(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2).(也可根据几何关系求解) 活动2：试用图中数据求出0～t时间内的平均速度eq \o(v,\s\up6(－)). 提示：0～t时间内的位移s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，则0～t时间内的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝v0＋eq \f(1,2)at；将t＝eq \f(vt－v0,a)代入上式，可得eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2).(也可根据几何关系求解) 1.平均速度、中间时刻速度 (1)做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半. (2)公式：eq \o(v,\s\up6(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2). 2.一个重要的导出公式 (1)匀变速直线运动的平均速度求位移公式：s＝eq \f(v0＋vt,2)t. (2)证明：根据平均速度的定义有s＝eq \o(v,\s\up6(－))t， 将eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2)代入，得s＝eq \f(v0＋vt,2)t. 3.位移中点速度 (1)内容：匀变速直线运动中，位移中点的瞬时速度veq \s\do9(\f(s,2))与初速度v0、末速度vt的关系是veq \s\do9(\f(s,2))＝2,0)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,t),2)) . (2)推导：对前一半位移有v2eq \s\do9(\f(s,2))－veq \o\al(2,0)＝2aeq \f(s,2) 对后一半位移有veq \o\al(2,t)－v2eq \s\do9(\f(s,2))＝2aeq \f(s,2) 两式联立可得veq \s\do9(\f(s,2))＝2,0)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,t),2)) . 一滑雪运动员从长度为L的山坡顶端由静止开始沿直线匀加速滑至山脚，经历的时间为t，则下列说法不正确的是(　　) A.运动员运动全过程中的平均速度是eq \f(L,t) B.运动员在eq \f(t,2)时刻的瞬时速度是eq \f(2L,t) C.运动员运动到山坡中点时的瞬时速度是eq \f(\r(2)L,t) D.运动员从山顶运动到山坡中点所需的时间是eq \f(\r(2)t,2) 提示：veq \s\do9(\f(s,2))＝2,0)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,t),2)) . 规范解答　全程的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(L,t)，A正确；eq \f(t,2)时刻运动员的速度等于全程的平均速度eq \f(L,t)，B错误；若末速度为vt，则eq \f(vt,2)＝eq \f(L,t)，vt＝eq \f(2L,t)，运动员运动到山坡中点时的速度veq \s\do9(\f(L,2))＝2,t)eq \r(\f(02＋v,2)) ＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,t)))\s\up12(2),2))＝eq \f(\r(2)L,t)，C正确；设运动员的加速度为a，到达山坡中点用时t′，则L＝eq \f(1,2)at2，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at′2，所以t′＝eq \f(\r(2),2)t，D正确.本题选说法不正确的，故选B. 公式s＝eq \f(v0＋vt,2)t中不含a，求解不涉及a的问题很方便. 解析：从A到B的加速度大小为：a＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(14 m/s－2 m/s,2 s)＝6 m/s2，故A正确；由v2eq \s\do9(\f(s,2))－veq \o\al(2,A)＝2a·eq \f(s,2)，veq \o\al(2,B)－v2eq \s\do9(\f(s,2))＝2a·eq \f(s,2)，联立可得，小球经过A、B中点的速度大小为：veq \s\do9(\f(s,2))＝2,A)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,B),2)) ＝eq \r(\f(（2 m/s）2＋（14 m/s）2,2))＝10 m/s，故B错误；A、B两点之间的距离为：s＝eq \o(v,\s\up6(－))t＝eq \f(vA＋vB,2)t＝eq \f(2 m/s＋14 m/s,2)×2 s＝16 m，故C正确；小球从A到B中间时刻的瞬时速度大小为：veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(vA＋vB,2)＝eq \f(2 m/s＋14 m/s,2)＝8 m/s，故D错误. 1.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)如图所示，波音737航班到达杭州萧山机场后，以60 m/s的速度着陆做匀减速直线运动，直至停下，此过程加速度大小为2 m/s2，则飞机着陆后位移的大小为(　　) A.300 m B.450 m C.900 m D.1800 m 解析：根据匀变速直线运动规律知s＝2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) ＝eq \f(02－602,2×（－2）) m＝900 m，故选C. 2.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)某客机以4 m/s的速度进入起飞跑道，然后做匀加速直线运动，滑行510 m时速度达到起飞速度64 m/s离开地面起飞.客机在跑道起飞滑行的加速度大小是(　　) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.8 m/s2 解析：由匀变速直线运动速度与位移的关系式，可得客机在跑道起飞滑行的加速度大小是a＝2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2s) ＝eq \f(（64 m/s）2－（4 m/s）2,2×510 m)＝4 m/s2，故选B. 3.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆的刹车加速度大小是15 m/s2，该路段限速为60 km/h，则该车(　　) A.超速 B.不超速 C.是否超速无法判断 D.行驶速度刚好是60 km/h 解析：由匀变速直线运动速度与位移关系式可得0－veq \o\al(2,0)＝－2as，解得肇事车辆的初速度大小为v0＝eq \r(2as)＝eq \r(2×15 m/s2×30 m)＝30 m/s＝108 km/h＞60 km/h，该车超速.故选A. 4.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)如图所示，假设列车在某段铁轨做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为s1，则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是(　　) A.eq \f(5,2)s1 B.eq \f(5,3)s1 C.2s1 D.3s1 解析：由公式2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) ＝s，得eq \f(s2,s1)＝eq \f(（15 m/s）2－（10 m/s）2,（10 m/s）2－（5 m/s）2)＝eq \f(5,3)，即s2＝eq \f(5,3)s1，故B正确. 5.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)如图所示为贵州北盘江大桥，它是世界上第一座上承式推力转体式铁路钢管混凝土拱桥，桥面距江面高度差达280 m，桥长468.2 m，主跨为236 m，大桥两侧有等间距的钢索吊着桥身.一汽车在桥上做匀加速直线运动，当经过第一根钢索时，汽车的速度大小为6 m/s，当经过第四根钢索时，汽车的速度大小为12 m/s，则汽车通过第二根钢索时的速度大小为(　　) A.8 m/s B.6eq \r(2) m/s C.9 m/s D.10 m/s 解析：设沿汽车运动方向相邻两根钢索之间的距离为s，则从经过第一根钢索到经过第四根钢索，由匀变速直线运动的规律，有veq \o\al(2,4)－veq \o\al(2,1)＝2a×3s，同理，从经过第一根钢索到经过第二根钢索，有veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2as，联立解得汽车通过第二根钢索时的速度大小为v2＝6eq \r(2) m/s，故选B. 6.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，运动的位移与速度的数值关系为s＝10－0.1v2，其中位移s的单位为m，速度v的单位为m/s，则下列分析正确的是(　　) A.刹车过程的加速度大小为10 m/s2 B.刹车过程持续的时间为5 s C.0时刻的速度为10 m/s D.刹车过程的位移为5 m 解析：根据公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as，将s＝10－0.1v2整理，可得v2－100＝－10s，式中的物理量均采用国际单位制，即－10 m/s2＝2a，veq \o\al(2,0)＝100 m2/s2，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；刹车过程持续时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝2 s，B错误；刹车过程的位移为s＝2,0)eq \f(0－v,2a) ＝10 m，D错误. 7.(eq \o(v,\s\up6(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))(多选)一物体做匀变速直线运动，初速度为2 m/s，4 s内的位移为20 m，则下列说法正确的是(　　) A.物体的平均速度为5 m/s B.物体4 s末的速度为－2 m/s C.物体4 s末的速度为8 m/s D.物体2 s末的速度为5 m/s 解析：物体的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(20 m,4 s)＝5 m/s，A正确；根据eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2)，可得物体4 s末的速度为vt＝2eq \o(v,\s\up6(－))－v0＝8 m/s，B错误，C正确；2 s末为0～4 s的中间时刻，则物体2 s末的速度为veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \o(v,\s\up6(－))＝5 m/s，D正确. 8.(eq \o(v,\s\up6(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))如图，长100 m的列车匀加速通过长1000 m的平直隧道，车头刚进隧道时速度是10 m/s，车尾刚出隧道时速度是12 m/s，则列车通过隧道所用的时间是(　　) A.81.8 s B.90.9 s C.100 s D.109.1 s 解析：列车通过隧道走过的位移为s＝1000 m＋100 m＝1100 m，根据匀变速直线运动规律可知列车的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2)＝eq \f(10＋12,2) m/s＝11 m/s，设该过程所用时间为t，由s＝eq \o(v,\s\up6(－)) t，解得列车通过隧道的时间t＝100 s，故选C. 9.(eq \o(v,\s\up6(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))潜水器完成科考任务后返回水面的某一阶段可视为匀加速直线运动，在此过程中测得潜水器上升连续两段12 m的高度分别用时4 s和2 s，则该过程的加速度大小为(　　) A.0.5 m/s2 B.0.75 m/s2 C.1 m/s2 D.1.5 m/s2 解析：根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，第一段位移中间时刻的速度为v1＝eq \f(Δx,Δt1)＝eq \f(12 m,4 s)＝3 m/s，第二段位移中间时刻的速度为v2＝eq \f(Δx,Δt2)＝eq \f(12 m,2 s)＝6 m/s，而两段位移中间时刻的时间间隔为Δt＝eq \f(2 s,2)＋eq \f(4 s,2)＝3 s，则该过程的加速度大小为a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(6 m/s－3 m/s,3 s)＝1 m/s2，故C正确. 10.(eq \o(v,\s\up6(－))、veq \s\do9(\f(t,2))、veq \s\do9(\f(s,2)))(多选)物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程是s，它在中间位置eq \f(1,2)s处的速度为v1，在中间时刻eq \f(1,2)t时的速度为v2，则v1和v2的关系为(　　) A.当物体做匀加速直线运动时，v1<v2 B.当物体做匀减速直线运动时，v1<v2 C.当物体做匀速直线运动时，v1＝v2 D.当物体做匀减速直线运动时，v1>v2 解析：当物体做匀加速直线运动时，如图甲所示，根据图像可得v1＞v2，A错误；当物体做匀减速直线运动时，如图乙所示，根据图像可得v1＞v2，B错误，D正确；当物体做匀速直线运动时，速度始终不变，故v1＝v2，C正确. 解析：(1)返回舱速度从v1＝6 m/s降至v2＝2 m/s的过程，做匀减速直线运动，取向下为正方向，位移s＝1 m，由匀变速直线运动规律，有veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2as 解得a＝－16 m/s2 即返回舱加速度大小为16 m/s2，方向竖直向上. (2)该过程的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v1＋v2,2)＝4 m/s 由eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)，解得经历的时间t＝eq \f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝0.25 s. 12.(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as的应用)电影特技中有一种叫作“快镜头”的特技，对于一辆从静止开始做匀加速直线运动的汽车，不使用特技时，屏幕上汽车的加速度为a，汽车运动到某点时的速度为v，当使用4倍速度的“快镜头”时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点时的速度分别为(　　) A.8a，4v B.8a，8v C.16a，4v D.16a，8v 解析：使用4倍速度的“快镜头”，则有v′＝4v；由于使用“快镜头”时汽车发生的位移与不使用“快镜头”时相同，即s′＝s，由公式a＝2,t)eq \f(v,2s) 得知，屏幕上汽车的加速度a′＝16a.故C正确. 13.(综合)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\up6(－))(　　) 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\up6(－))′＝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\up6(－))′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时间实际位移的大小s2＝eq \o(v,\s\up6(－)) t1>x1，则eq \o(v,\s\up6(－))>eq \o(v,\s\up6(－))′＝eq \f(v0＋v1,2)，故C正确. 14.(eq \o(v,\s\up6(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员(　　) A.下滑过程中的最大速度为4 m/s B.加速与减速运动过程的时间之比为1∶2 C.加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1 D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4 解析：设下滑过程中的最大速度为v，加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v＝a1t1，v＝a2t2，解得：t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故B正确；根据平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2)，知加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1，消防队员下滑的总位移为：s＝eq \f(v,2)t1＋eq \f(v,2)t2，而t＝t1＋t2，解得下滑过程的最大速度为：v＝eq \f(2s,t)＝eq \f(2×12 m,3 s)＝8 m/s，故A错误，C正确；因为加速与减速运动过程的平均速度之比为1∶1，加速和减速的时间之比为1∶2，则加速和减速的位移之比为1∶2，故D错误. 解析：物块在AB段的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))AB＝eq \f(xAB,t)＝5 m/s，则在AB段的中间时刻的瞬时速度v1＝eq \o(v,\s\up6(－))AB＝5 m/s，则物块在B点时的速度vB＝v1＋aeq \f(t,2)＝6 m/s，同理物块在CD段的中间时刻的瞬时速度v2＝eq \o(v,\s\up6(－))CD＝eq \f(xCD,t)＝11 m/s，则物块在C点时的速度vC＝v2－aeq \f(t,2)＝10 m/s，由匀变速直线运动速度位移关系有veq \o\al(2,C)－veq \o\al(2,B)＝2axBC，解得xBC＝16 m，故D正确. $$