第2章 专题强化一 匀变速直线运动的推论-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第一册教师用书word（鲁科版）

本讲义聚焦匀变速直线运动的推论这一核心知识点，系统梳理平均速度公式（等于中间时刻瞬时速度及初末速度平均值）、中点位置瞬时速度公式（初末速度方均根值）、逐差相等公式（Δs=aT²）及初速度为零的匀加速推论（时间和位移等分比例关系），构建从基础推导到特殊应用的递进学习支架。 该资料以科学推理为核心，通过公式严谨推导（如平均速度公式由位移公式推导）、典例多法对比（如典例1用基本公式法与平均速度法）培养科学思维，结合“推导-提醒-典例-练习”结构深化运动观念。课中辅助教师系统教学，课后助力学生通过规律总结与习题巩固查漏补缺，提升解题能力。

专题强化一　匀变速直线运动的推论 要点一　平均速度公式的理解及应用 1.平均速度公式：＝＝。 做匀变速直线运动的物体，在任意一段时间t内的平均速度等于这段时间的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.公式推导：设物体做匀变速直线运动的初速度为v0，加速度为a，t时刻的速度为vt。 由s＝v0t＋at2得，平均速度 ＝＝v0＋at　① 由vt＝v0＋at知，当t'＝时，有 ＝v0＋a·　② 由①②得＝ 与②式同理，有＋a·＝vt　③ 由②③得＝ 综上所述有＝＝。 特别提醒 公式＝＝只适用于匀变速直线运动，而＝适用于所有运动。 【典例1】　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：方法一　基本公式法 设最大速度为vmax，由题意得s＝s1＋s2＝a1＋vmaxt2－a2，t＝t1＋t2，vmax＝a1t1，0＝vmax－a2t2，解得vmax＝＝ m/s＝5 m/s。 方法二　平均速度法 由于汽车在前、后两阶段均做匀变速直线运动，故前、后两阶段的平均速度均为最大速度vmax的一半，即＝＝，由s＝t得vmax＝＝5 m/s。 规律方法 四个常用公式的比较与选用 公式名称 一般形式 涉及的物理量 应用特点 速度公式 vt＝v0＋at vt、v0、a、t 不涉及位移s时优先选用 位移公式 s＝v0t＋at2 s、v0、t、a 不涉及末速度vt时优先选用 位移— 速度关系 －＝2as vt、v0、a、s 不涉及时间t时优先选用 位移—平均速度关系 s＝t vt、v0、s、t 不涉及加速度a时优先选用 　　 1.中国科考船“科学”号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。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（　　） A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2 解析：A　根据中间时刻的速度等于平均速度可知：v1＝ m/s＝2 m/s，v2＝ m/s＝4 m/s。再根据加速度的定义可知：a＝＝ m/s2 ＝ m/s2，故A正确。 2.某物体做直线运动，其v-t图像如图所示，则0～t1时间内物体的平均速度（　　） A.等于 B.大于 C.小于 D.条件不足，无法比较 解析：B　若物体在0～t1时间内做匀加速直线运动，作出其v-t图像如图所示，由v-t图像与时间轴围成的“面积”表示位移可知，物体实际运动位移大小大于物体做匀加速直线运动的位移大小，运动时间相同，则物体实际运动的平均速度大于物体做匀加速直线运动的平均速度，即＞＝，故选项B正确。 要点二　中点位置的瞬时速度公式的理解及应用 1.中点位置的瞬时速度公式：＝。 在匀变速直线运动中，某段位移中点位置的瞬时速度等于这段位移初、末位置的速度的“方、均、根”值。 2.公式推导： 如图所示，前一段位移有－＝2a·，后一段位移有－＝2a·， 所以有＝（＋）， 即有＝。　 特别提醒 （1）公式＝只适用于匀变速直线运动。 （2）对于任意一段匀变速直线运动：＞，即无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，中点位置的瞬时速度总大于中间时刻的瞬时速度。 【典例2】　〔多选〕一个做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2，则下列结论中正确的有（　　） A.物体经过AB位移中点的速度大小为 B.物体经过AB位移中点的速度大小为 C.物体通过AB这段位移的平均速度为 D.物体通过AB这段位移中间时刻的速度为 答案：BCD 解析：设物体经过位移中点时的速度为v，则对前半段的位移有2a·＝v2－，对后半段的位移有2a·＝－v2，由以上两式得v＝，选项A错误，选项B正确；对匀变速直线运动而言，总有＝＝，选项C、D正确。 1.由静止开始做匀加速直线运动的物体，已知经过s位移时的速度是v，那么经过位移为2s时的速度是（　　） A.v　　　B.v C.2v　　　D.4v 解析：B　由推论公式得v＝，解得v'＝v，B正确。 2.〔多选〕一质点沿某一直线做匀变速直线运动，先后通过a、b两点，该质点通过ab全程的平均速度为v1，其中间时刻的瞬时速度大小为v2，中间位置的瞬时速度大小为v3。关于这三个速度的大小，下列判断正确的是（　　） A.若为匀加速运动，则v1＝v2＜v3 B.若为匀加速运动，则v1＜v2＜v3 C.若为匀减速运动，则v1＝v2＜v3 D.若为匀减速运动，则v1＞v2＞v3 解析：AC　匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v1＝v2，设a、b两点的速度分别为va、vb，则v2＝，v3＝ ，因为－＝－＝＞0，可知不论匀加速直线运动，还是匀减速直线运动，均有v3＞v2。故A、C正确，B、D错误。 要点三　逐差相等公式的理解及应用 1.逐差相等公式：Δs＝sⅡ－sⅠ＝sⅢ－sⅡ＝…＝aT2。 做匀变速直线运动的物体，如果在各个连续相等的时间T内的位移分别为sⅠ，sⅡ，sⅢ，…sN，则匀变速直线运动中任意两个连续相等时间间隔内的位移差都相等。 2.公式推导：（如图所示） s1＝v0T＋aT2 s2＝v0·2T＋a·（2T）2 s3＝v0·3T＋a·（3T）2 …… 所以sⅠ＝s1＝v0T＋aT2 sⅡ＝s2－s1＝v0T＋aT2 sⅢ＝s3－s2＝v0T＋aT2 …… 故sⅡ－sⅠ＝aT2，sⅢ－sⅡ＝aT2 …… 所以Δs＝sⅡ－sⅠ＝sⅢ－sⅡ＝…＝aT2。 特别提醒 （1）公式中“T”具有任意性。 （2）对于不相邻的任意两段位移：sm－sn＝（m－n）aT2。 （3）推论只适用于匀变速直线运动。 3.应用 （1）判断物体是否做匀变速直线运动 如果Δs＝sⅡ－sⅠ＝sⅢ－sⅡ＝…＝sN－sN－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动。 （2）求加速度：利用Δs＝aT2，可求得a＝。 【典例3】　一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体的初速度vA、末速度vC及加速度a。 答案：1 m/s　21 m/s　2.5 m/s2 解析：方法一　基本公式法 由位移公式得s1＝vAT＋aT2，s2＝vA·2T＋a（2T）2－，vC＝vA＋a·2T，将s1＝24 m，s2＝64 m，T＝4 s代入以上各式，联立解得a＝2.5 m/s2，vA＝1 m/s，vC＝21 m/s。 方法二　平均速度公式法 连续两段时间T内的平均速度分别为＝＝ m/s＝6 m/s，＝＝ m/s＝16 m/s。由于B是A、C的中间时刻，则＝，＝，又vB＝＝＝ m/s＝11 m/s，解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s，其加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2。 方法三　逐差相等公式法 由Δs＝aT2，可得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2；又s1＝vAT＋aT2，vC＝vA＋a·2T，解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s。 1.一列做匀加速直线运动的火车，从某时刻开始计时，第1 min内火车前进了240 m，第6 min内火车前进了1 140 m，则该火车的加速度为（　　） A.0.01 m/s2 B.0.03 m/s2 C.0.05 m/s2 D.0.1 m/s2 解析：C　对于匀变速直线运动有Δs＝aT2。此题中T＝60 s，s1＝240 m，s6＝1 140 m，所以a＝＝0.05 m/s2。故C正确。 2.〔多选〕猎豹是动物界的“短跑之王”。据测，一只成年猎豹能在几秒之内达到108 km/h的最大速度。如图所示的是某猎豹突然启动追赶猎物的情境，启动过程可以看成从静止开始的匀加速直线运动，已知猎豹第2 s内跑出了7.5 m，第3 s内跑出了12.5 m，则（　　） A.猎豹的加速度为5 m/s2 B.猎豹的加速度为10 m/s2 C.猎豹加速到最大速度所用时间为3 s D.猎豹加速到最大速度所用时间为6 s 解析：AD　由逐差相等公式sⅡ－sⅠ＝aT2，代入数据解得猎豹的加速度a＝5 m/s2，故A错误，B正确；猎豹的最大速度vt＝108 km/h＝30 m/s，由vt＝at，解得t＝6 s，故C错误，D正确。 要点四　初速度为零的匀加速直线运动的推论的理解及应用 1.按时间等分（设相等的时间间隔为T） （1）1T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。（由v＝at可推得） （2）1T内、2T内、3T内……nT内位移之比： s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。（由s＝at2可推得） （3）第一个T内、第二个T内、第三个T内……第N个T内的位移之比： sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝1∶3∶5∶…∶（2N－1）。（由sⅠ＝s1，sⅡ＝s2－s1，sⅢ＝s3－s2，…可推得） 2.按位移等分（设相等的位移为s） （1）s末、2s末、3s末……ns末的瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶。（由＝2as，可得vt＝，所以可推得） （2）通过s，2s，3s，…ns所用时间之比： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。（由s＝at2，可得t＝，所以可推得） （3）通过第一个s、第二个s、第三个s……第N个s所用时间之比： tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。（由tⅠ＝t1，tⅡ＝t2－t1，tⅢ＝t3－t2，…可推得） 特别提醒 （1）以上比例式只适用于初速度为零的匀加速直线运动。 （2）对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用前面的比例关系可以快速解答此类问题。（逆向思维法） 【典例4】　〔多选〕如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比分别为（　　） A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3＝∶∶1 C.t1∶t2∶t3＝1∶∶ D.t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1 答案：BD 解析：可用逆向思维法把子弹的运动看作从右向左的初速度为零的匀加速直线运动。子弹由右向左依次“穿出”3个木块的速度之比为1∶∶，则子弹实际运动依次穿入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3＝∶∶1，故B正确。子弹从右向左，通过每个木块的时间之比为1∶（－1）∶（－），则子弹实际运动通过每个木块所用时间之比为t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1，故D正确。 规律方法 匀变速直线运动中“逆向思维法” 　　“逆向思维”是把人们通常思考问题的思维反过来思考的思维方式，运用逆向思维分析和解决问题的方法叫作逆向思维法。匀变速直线运动中常把末速度为0的匀减速直线运动看成初速度为0、加速度大小相等的反向匀加速直线运动。 1.做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是（　　） A.3.5 m　　B.2 m C.1 m　　D.0 解析：B　利用逆向思维把物体看成反方向的、初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…可知，该物体在第1 s内的位移与第4 s内的位移之比为7∶1，即＝，x1＝2 m，故选B。 2.〔多选〕对于初速度为零的匀加速直线运动，以下说法正确的是（　　） A.物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5 B.物体在1 s、3 s、5 s内的位移之比为1∶3∶5 C.物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为1∶∶ D.物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为1∶∶ 解析：ACD　由v＝at得v∝t，故物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5，A正确；由s＝at2得s∝t2，故物体在1 s、3 s、5 s内的位移之比为12∶32∶52，B错误；由v2＝2as得v∝，故物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为1∶∶，C正确；由s＝at2得t∝，物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为1∶∶，D正确。 1.汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定以速率为8 m/s行驶的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定（　　） A.拖行路程为4 m，符合规定 B.拖行路程为8 m，不符合规定 C.拖行路程为8 m，符合规定 D.拖行路程为4 m，不符合规定 解析：A　根据平均速度推论知，刹车试验的拖行路程：s＝ t＝×1 m＝4 m，则拖行路程为4 m，小于5.9 m，符合规定，故A正确。 2.冰壶的运动可以看成匀减速直线运动，假设冰壶经过6 s停止运动，那么冰壶在先后连续相等的三个2 s内通过的位移之比s1∶s2∶s3为（　　） A.1∶2∶3 B.5∶3∶1 C.1∶4∶9 D.3∶2∶1 解析：B　冰壶的运动过程可以看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续2 s内的位移之比为1∶3∶5，所以冰壶在连续相等的三个2 s内的位移之比为5∶3∶1。故B正确。 3.〔多选〕如图所示的是港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则（　　） A.通过cd段的时间为t B.通过ce段的时间为（2－）t C.ae段的平均速度等于b点的瞬时速度 D.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 解析：BC　根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－），可得出通过cd段的时间为（－）t，故A错误；通过de段的时间为（2－）t，则通过ce段的时间为（2－）t，故B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，故C正确，D错误。 4.一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，设斜面足够长，最初3 s的位移为s1，第2个3 s内的位移为s2，且s2－s1＝1.8 m。试求： （1）s1、s2的值； （2）物体下滑的加速度； （3）6 s末的速度。 答案：（1）0.9 m　2.7 m　（2）0.2 m/s2　（3）1.2 m/s 解析：（1）（2）由s2－s1＝at2知，a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2。 由s1＝a＝×0.2×9 m＝0.9 m及s2－s1＝1.8 m知s2＝s1＋1.8 m＝2.7 m。 （3）6 s末的速度：vt＝at＝0.2×6 m/s＝1.2 m/s。 1.如图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s，则该战斗机起飞前的运动时间为（　　） A. B. C. D. 解析：A　由平均速度公式可知s＝t，即t＝，故A正确。 2.〔多选〕某个物体做初速度为零的匀变速直线运动，比较它在开始运动后第1 s内、第2 s内、第3 s内的运动，下列说法中正确的是（　　） A.末速度之比是1∶2∶3 B.中间时刻的速度之比是1∶3∶5 C.位移大小之比是1∶2∶3 D.平均速度之比是1∶2∶3 解析：AB　由公式vt＝at得第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶2∶3，故A正确；由公式s＝at2，得第1 s内、前2 s内、前3 s内位移之比为1∶4∶9，则第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，故C错误；再由位移与时间的比值表示平均速度，也表示中间时刻的速度，由于时间相等，所以平均速度之比为1∶3∶5；中间时刻的速度之比是1∶3∶5，故B正确，D错误。 3.水平地面上的一物体由静止开始做匀加速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7 s内的位移与第11个3 s内的位移之比为（　　） A.2∶1　　B.1∶2 C.7∶3　　D.3∶7 解析：C　设物体的加速度大小为a，第1 s内的位移为s0，根据位移公式s＝at2可知，物体在第1个7 s内的位移为s1＝49s0，第1个3 s内的位移为s2＝9s0，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得知，第5个7 s内的位移为s3＝（2×5－1）s1＝9s1＝9×49s0，第11个3 s内的位移为s4＝（2×11－1）s2＝21s2＝21×9s0，所以第5个7 s内的位移与第11个3 s内的位移之比为s3∶s4＝（9×49s0）∶（21×9s0）＝7∶3，故选C。 4.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝4 m，BC＝8 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为2 s，则下列说法不正确的是（　　） A.物体加速度的大小为1 m/s2 B.CD＝12 m C.OA＝0.5 m D.物体在C点的瞬时速度为3 m/s 解析：D　由相邻相等时间间隔的位移之差Δs＝aT2，得a＝＝1 m/s2，A正确；由相邻相等时间间隔的位移之差为恒量得CD－BC＝BC－AB，解得CD＝12 m，B正确；瞬时速度vC＝＝＝5 m/s，可以得出OC之间的距离OC＝＝12.5 m，OA＝OC－AC＝0.5 m，C正确，D错误。 5.一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上匀速行驶。遇突发情况后，司机紧急刹车使车做匀减速直线运动。已知汽车的速度在1 s内减小了8 m/s，下列说法错误的是（　　） A.汽车在减速过程中的加速度大小为8 m/s2 B.在减速行驶的全过程中汽车的平均速度大小为10 m/s C.汽车刹车后，在3 s内运动的距离是24 m D.汽车刹车后，在2 s末的速度大小为4 m/s 解析：C　汽车的速度在1 s内减小了8 m/s，所以汽车在减速过程中的加速度大小为8 m/s2，A正确；减速行驶的全过程中汽车的平均速度大小为＝ m/s＝10 m/s，B正确；汽车运动的时间为t＝ s＝2.5 s，故汽车刹车后，在3 s内运动的位移为s＝10×2.5 m＝25 m，C错误；汽车刹车后，在2 s末的速度大小为v＝20 m/s－8×2 m/s＝4 m/s，D正确。 6.做匀加速直线运动的物体，从A点运动到C点所用的时间为t，B为A、C之间的一点，已知物体在AB段的平均速度为v，在BC段的平均速度为3v，则下列说法正确的是（　　） A.物体运动的加速度为 B.物体运动的加速度为 C.物体运动到B点时的瞬时速度一定是2v D.A、C间的距离一定是2vt 解析：A　物体做匀加速直线运动，设AB、BC的长度分别为s1、s2，在AB段所用的时间为t1，则平均速度为v＝，即为AB段的中间时刻的瞬时速度；物体在BC段所用的时间为t2，则平均速度为3v＝，即为BC段的中间时刻的瞬时速度。速度由v变化到3v的时间为Δt＝，所以加速度a＝＝，选项A正确，B错误；因为初速度不知道，所以不能求物体运动到B点时的速度和A、C间的距离，故C、D错误。 7.如图所示，我国的“复兴号”列车正在飞驰运行，列车在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m所用时间是6 s，则（　　） A.动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为69 m B.动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m C.动车组计时开始的速度为3.5 m/s D.动车组计时开始的速度为2.5 m/s 解析：C　第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝＝6 m/s，第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2＝＝10 m/s，则动车组的加速度a＝＝0.5 m/s2；根据Δs＝aT2得，接下来6 s内的位移s3＝s2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A、B错误；动车组的初速度v0＝v1－a＝6 m/s－0.5× m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 8.一旅客在站台10号车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动。他发现第1号～5号五节车厢依次全部通过他用了10 s，动车停下时旅客刚好在10号车厢门口（9号车厢最末端），则该动车的加速度大小为（　　） A.2.0 m/s2 B.1.0 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.2 m/s2 解析：C　采用逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，则有＝，解得t1＝20 s，由位移公式得4L＝a，代入数据解得a＝0.5 m/s2，故选C。 9.（2025·福建龙岩市高一期末） “福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰。采用平直通长飞行甲板，如图所示。某舰载机由弹射系统提供30 m/s的初速度，在甲板的跑道上以5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，当舰载机速度达到50 m/s时能离开航空母舰起飞。下列说法正确的是（　　） A.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行10 s起飞 B.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行160 m起飞 C.研究航空母舰在海上运动的时间时，不可将航空母舰看成质点 D.研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间时，舰载机不可以看成质点 解析：B　舰载机需在甲板上滑行的时间为t＝＝＝4 s，A错误；舰载机在甲板上滑行的距离为s＝t＝×4 s＝160 m，B正确；研究航空母舰在海上运动的时间时，航空母舰的长度对问题的研究影响很小，航空母舰可以看成质点，C错误；研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间时，舰载机大小和形状对问题的影响可以忽略，舰载机可以看成质点，D错误。 10.〔多选〕2022年2月中国成功举办第24届冬奥会，北京成为世界上首个“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目是极具观赏性的一项比赛，将冰壶运动简化成如下模型：冰壶从A点以初速度v0掷出，沿直线AD做匀减速直线运动，恰好停在营垒中心点D处，AB＝BC＝CD，下列说法中正确的是（　　） A.冰壶在AB、BC、CD三段上运动的时间之比tAB∶tBC∶tCD＝∶∶1 B.冰壶在A、B、C处的速度大小之比vA∶vB∶vC＝∶∶1 C.冰壶从A运动到D的平均速度为v0 D.冰壶运动到AD中点位置的速度为v0 解析：BCD　冰壶运动过程为匀减速直线运动，且减速到零，运用逆向思维，可以将其看成反向的匀加速直线运动，设加速度为a，有sCD＝a，sCD＋sBC＝a（tCD＋tBC）2，sCD＋sBC＋sAB＝a（tCD＋tBC＋tAB）2，综上所述，整理有tAB∶tBC∶tCD＝（－）∶（－1）∶1，故A项错误；运用逆向思维，对CD段、BD段、AD段分别有－0＝2asCD，－0＝2a（sCD＋sBC），－0＝2a（sCD＋sBC＋sAB），整理有vA∶vB∶vC＝∶∶1，故B项正确；因为冰壶在AD段的运动属于匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论有＝＝v0，故C项正确；设AD段中点位置的速度为v，则其前半段运动和后半段运动有v2－＝－2a×，0－v2＝－2a×，整理有v＝v0，故D项正确。 11.（鲁科版P45第3题改编）如图所示，在某一段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速度324 km/h。 （1）求列车减速时的加速度大小； （2）求列车从静止开始驶离车站，加速到原来速度所用的时间； （3）求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。 答案：（1）0.3 m/s2　（2）180 s　（3）30 m/s 解析：（1）324 km/h＝90 m/s，根据加速度定义式得a＝＝＝－0.3 m/s2 负号表示加速度的方向与初速度的方向相反 所以加速度大小为0.3 m/s2。 （2）根据匀变速直线运动的规律得s2＝t2 解得t2＝180 s。 （3）运行总时间t总＝t1＋t2＋t停＝300 s＋180 s＋240 s＝720 s 匀加速直线运动的位移 s1＝t1＝×300 s＝13 500 m 则列车从开始减速到恢复到原速度这段时间内的平均速度大小 ＝＝＝30 m/s。 12.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得sAB＝15 cm，sBC＝20 cm。试问： （1）小球的加速度是多大？ （2）拍摄时小球B的速度是多大？ （3）拍摄时sCD是多大？ 答案：（1）5 m/s2　（2）1.75 m/s　（3）0.25 m 解析：（1）由推论Δs＝aT2可知，小球的加速度为a＝＝＝＝5 m/s2。 （2）由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，即vB＝＝＝＝1.75 m/s。 （3）由于连续相等时间内的位移差恒定，则sCD－sBC＝sBC－sAB，所以sCD＝2sBC－sAB＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m。 13.爬墙车靠着真空负压原理可以吸附在墙壁上运动，如图所示。某遥控爬墙车在竖直墙面上从O点由静止开始，先竖直向上做匀加速直线运动，经过0.2 s前进0.1 m到达A点。这时，通过遥控使其速度保持不变，继续匀速运动2 s到达B点。为防止撞到房顶，遥控使其以大小为10 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达C点时恰好停止。求： （1）爬墙车到达A点时的速度v； （2）爬墙车在墙上爬行的总高度。 答案：（1）1 m/s　（2）2.15 m 解析：（1）爬墙车在O、A之间的平均速度大小为 ＝＝0.5 m/s 根据匀变速直线运动规律的推论有＝ 解得爬墙车到达A点的速度v＝1 m/s。 （2）爬墙车做匀速直线运动阶段爬行的高度为 h2＝vt2＝2 m 爬墙车做匀减速直线运动阶段爬行的高度为 h3＝＝0.05 m 爬墙车在墙上爬行的总高度为 H＝h1＋h2＋h3＝2.15 m。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $