专题1 匀变速直线运动规律的推论及特例的应用

因为位移为 $ s $ ,运动时间为 $ t $ ,则这段时间内的平均速度 $ \overline{v}=\dfrac{s}{t} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；物体做匀变速直线运动,这段时间内它的平均速度为 $ \overline{v}=\dfrac{1}{2}({v}_{1}+{v}_{2}) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；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,则经过 $ \dfrac{t}{2} $ ,它的瞬时速度是 $ {v}_{\frac{t}{2}}=\dfrac{s}{t}=\dfrac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

小车在 $ AB $ 段的平均速度等于 $ AB $ 段中间时刻的瞬时速度,则 $ {v}_{1}={\overline{v}}_{AB}=\dfrac{{x}_{AB}}{{t}_{1}}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,小车在 $ BC $ 段的平均速度等于 $ BC $ 段中间时刻的瞬时速度,则 $ {v}_{2}={\overline{v}}_{BC}=\dfrac{{x}_{BC}}{{t}_{2}}=7\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则加速过程的加速度 $ {a}_{1}=\dfrac{{v}_{2}-{v}_{1}}{\dfrac{{t}_{1}+{t}_{2}}{2}}=\dfrac{7-4}{1.5}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,到达 $ C $ 点时的速度 $ {v}_{C}={v}_{2}+{a}_{1}\frac{{t}_{2}}{2}=(7+2×1)\mathrm{m}/\mathrm{s}=9\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,减速过程的加速度大小 $ {a}_{2}=\dfrac{{v}_{C}^{2}}{2{x}_{CD}}=\dfrac{{9}^{2}}{2×9}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=4.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

物体在匀变速直线运动中位移中点的速度大小 $ {v}_{\frac{x}{2}}=\sqrt{\dfrac{{v}_{M}^{2}+{v}_{N}^{2}}{2}}=\sqrt{\dfrac{{v}^{2}+(3v)^{2}}{2}}=\sqrt{5}v $ , $ \mathrm{A} $ 错误；物体在时间 $ t $ 内中间时刻的速度大小 $ {v}_{\frac{t}{2}}=\dfrac{{v}_{M}+{v}_{N}}{2}=\dfrac{v+3v}{2}=2v $ , $ \mathrm{B} $ 正确；由题可知,物体在 $ t $ 时间内的速度的增加量为 $ 2v $ ,由于物体做匀加速直线运动,所以物体经过任意时间 $ t $ ,速度的增加量均为 $ 2v $ , $ \mathrm{C} $ 错误；物体在时间 $ t $ 内中间时刻的速度大小为 $ 2v $ ,则物体在后 $ \dfrac{t}{2} $ 时间所通过的距离比前 $ \dfrac{t}{2} $ 时间所通过的距离大 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{2v+3v}{2}\cdot \dfrac{t}{2}-\dfrac{v+2v}{2}\cdot \dfrac{t}{2}=\dfrac{vt}{2} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

设汽车做加速度大小为 $ a $ 的匀加速直线运动,在连续相等时间 $ T $ 内位移之差相等,故结合题意有 $ {x}_{BC}-{x}_{1}={x}_{2}-{x}_{CD}=a{T}^{2} $ ,整理得 $ {x}_{BC}+{x}_{CD}={x}_{2}+{x}_{1} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

设小球在每两个相邻点之间下滑的时间间隔为 $ t $ ,则 $ t=\dfrac{T}{7} $ .由匀变速直线运动的推论可得 $ {x}_{GF}-{x}_{ED}=2a{t}^{2} $ ,可知 $ GF $ 段比 $ ED $ 段长 $ 2a{t}^{2}=2a{\left(\dfrac{T}{7}\right) ^ {2}}=\dfrac{2a{T}^{2}}{49} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小球做初速度为零的匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的推论可知 $ {v}_{C}:{v}_{D}:{v}_{E}:{v}_{G}=3:4:5:7 $ ,设 $ {v}_{C}=3v $ , $ {v}_{D}=4v $ , $ {v}_{G}=7v $ ,小球在 $ CD $ 中点时的速度大小为 $ {v}_{中}=\sqrt{\dfrac{{v}_{C}^{2}+{v}_{D}^{2}}{2}}=\sqrt{\dfrac{(3v)^{2}+(4v)^{2}}{2}}=\dfrac{5\sqrt{2}v}{2} > \dfrac{{v}_{G}}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；对于做初速度为零的匀加速直线运动的小球,在相同时间间隔内经过的位移之比为 $ 1:3:5:\cdots $ ,因此 $ AB $ 和 $ BC $ 的长度之比为 $ 3:5 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

将抛出的砖块的运动看作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推论可知,连续相等的时间间隔内的位移之比为 $ 1:3:5:\cdots :(2n-1) $ ,所以可知砖块抛出后第一个 $ t $ 时间内的位移与最后一个 $ t $ 时间内的位移之比为 $ {x}_{1}:{x}_{5}=9:1 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间间隔内的末速度之比为 $ 1:2:3:\cdots :n $ ,可得砖块抛出后第一个时间间隔 $ t $ 末与最后一个时间间隔 $ t $ 初的速度之比为 $ 4:1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等位移所用时间之比为 $ 1:(\sqrt{2}-1):(\sqrt{3}-\sqrt{2}):\cdots :(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) $ ,可得砖块抛出后经过第一个 $ s $ 与最后一个 $ s $ 所用的时间之比为 $ (\sqrt{5}-2):1 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

因为小球每次与挡板碰撞前后速度大小相等、方向相反,可把小球看成一直做匀减速直线运动,末速度为0,采用逆向思维法,把小球看成初速度为0、加速度大小为 $ a $ 的匀加速直线运动.小球的总位移为 $ x=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2a}=16\mathrm{m}=4s $ ,所以小球停在最左端,小球与右侧挡板碰撞两次,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；根据初速度为0的匀加速直线运动的推论可知，小球经过第一个 $ s $ 、第二个 $ s $ 、第三个 $ s $ 、第四个 $ s $ 的时间比为 $ 1:(\sqrt{2}-1):(\sqrt{3}-\sqrt{2}):(2-\sqrt{3}) $ ,所以小球第一次与第二次在两板间运动的时间之比为 $ \dfrac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-\sqrt{2}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；小球在向右运动过程中加速度方向向左,而在向左运动过程中加速度方向向右,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

解法一：位移比例法

将物体的运动视为从斜面最高点向下的初速度为零的匀加速直线运动.对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间里通过的位移之比为 $ {x}_{1}:{x}_{2}:{x}_{3}:\cdots :{x}_{n}=1:3:5:\cdots :(2n-1) $ ,

因为 $ {x}_{BC}:{x}_{AB}=\dfrac{{x}_{AC}}{4}:\dfrac{3{x}_{AC}}{4}=1:3 $ ,而通过 $ {x}_{AB} $ 的时间为 $ t $ ,所以通过 $ {x}_{BC} $ 的时间 $ {t}_{BC}=t $ .

解法二：时间比例法

将物体的运动视为从斜面最高点向下的初速度为零的匀加速直线运动.对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的位移所用的时间之比为 $ {t}_{1}:{t}_{2}:{t}_{3}:\cdots :{t}_{n}=1:(\sqrt{2}-1):(\sqrt{3}-\sqrt{2}):\cdots :(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) $ ,

现将整个斜面分成相等的四段,如图甲所示,设通过 $ BC $ 段的时间为 $ {t}_{x} $ ,那么通过 $ BD $ 、 $ DE $ 、 $ EA $ 的时间分别为 $ {t}_{BD}=(\sqrt{2}-1){t}_{x} $ 、 $ {t}_{DE}=(\sqrt{3}-\sqrt{2}){t}_{x} $ 、 $ {t}_{EA}=(2-\sqrt{3}){t}_{x} $ ,又 $ {t}_{BD}+{t}_{DE}+{t}_{EA}=t $ ,解得 $ {t}_{x}=t $ .

甲

解法三：逆向思维法

物体向上匀减速运动到斜面最高点,可视为从斜面最高点由静止开始向下匀加速滑下,故 $ {x}_{BC}=\dfrac{1}{2}a{t}_{BC}^{2} $ , $ {x}_{AC}=\dfrac{1}{2}a(t+{t}_{BC})^{2} $ ,又 $ {x}_{BC}=\dfrac{{x}_{AC}}{4} $ ,联立解得 $ {t}_{BC}=t $ .

解法四：基本公式法

因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设物体从 $ B $ 滑到 $ C $ 所用的时间为 $ {t}_{BC} $ ,加速度大小为 $ a $ ,由匀变速直线运动规律可得 $ 0-{v}_{0}^{2}=-2a{x}_{AC} $ , $ {v}_{B}^{2}-{v}_{0}^{2}=-2a{x}_{AB} $ , $ {x}_{AB}=\dfrac{3}{4}{x}_{AC} $ ,联立解得 $ {v}_{B}=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ ,又 $ {v}_{B}={v}_{0}-at $ , $ {v}_{B}=a{t}_{BC} $ ,解得 $ {t}_{BC}=t $ .

解法五：中间时刻速度法

利用推论：匀变速直线运动某段位移中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度, $ {\overline{v}}_{AC}=\dfrac{{v}_{0}+0}{2}=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ ,又 $ {v}_{0}^{2}=2a{x}_{AC} $ , $ {v}_{B}^{2}=2a{x}_{BC} $ , $ {x}_{BC}=\dfrac{{x}_{AC}}{4} $ ,联立解得 $ {v}_{B}=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ . $ {v}_{B} $ 正好等于 $ AC $ 段的平均速度,因此 $ B $ 点是这段位移的中间时刻位置,有 $ {t}_{BC}=t $ .

解法六：图像法

根据匀变速直线运动规律,作出物体的 $ v-t $ 图像,如图乙所示.

乙

利用相似三角形规律,面积之比等于对应边平方之比,得 $ \dfrac{{S}_{△AOC}}{{S}_{△BDC}}=\dfrac{C{O}^{2}}{C{D}^{2}} $ ,且 $ \dfrac{{S}_{△AOC}}{{S}_{△BDC}}=\dfrac{4}{1} $ , $ OD=t $ , $ OC=t+{t}_{BC} $ ,所以 $ \dfrac{4}{1}=\dfrac{(t+{t}_{BC})^{2}}{{t}_{BC}^{2}} $ ,解得 $ {t}_{BC}=t $ .

把子弹的运动逆向看成初速度为零的匀加速直线运动,根据位移—速度公式 $ {v}^{2}=2ax $ ,则有 $ {v}_{6}=\sqrt{2a\cdot 4d} $ , $ {v}_{9}=\sqrt{2ad} $ , $ v=\sqrt{2a\cdot 9d} $ ,可得 $ {v}_{6}:{v}_{9}=2:1 $ , $ {v}_{9}:v=1:3 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；同理,得 $ {v}_{7}=\sqrt{2a\cdot 3d} $ , $ {v}_{4}=\sqrt{2a\cdot 6d} $ ,则子弹穿过前三个木块的时间和穿过最后三个木块的时间之比为 $ \dfrac{v-{v}_{4}}{a}:\dfrac{{v}_{7}}{a}=\dfrac{\sqrt{2a\cdot 9d}-\sqrt{2a\cdot 6d}}{a}:\dfrac{\sqrt{2a\cdot 3d}}{a}=(\sqrt{3}-\sqrt{2}):1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；子弹在木块5中点的速度为 $ v\prime =\sqrt{\dfrac{0+{v}^{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}v $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

$ v-t $ 图像与横轴所围的图形面积等于位移,列车在全程的位移 $ x=\dfrac{1}{2}({t}_{0}+\dfrac{{t}_{0}}{4}){v}_{0}=\dfrac{5}{8}{v}_{0}{t}_{0} $ ,平均速度 $ \overline{v}=\dfrac{x}{{t}_{0}}=\dfrac{5{v}_{0}}{8} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

（1） 该汽车整个停车过程中的位移大小 $ {x}_{0}=\sqrt{{ℎ}^{2}+{x}^{2}} $ ,该汽车整个停车过程中的平均速度的大小 $ \overline{v}=\dfrac{{x}_{0}}{{t}_{0}+t} $ ,解得 $ \overline{v}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 令匀加速过程的末速度大小为 $ v $ ,根据速度公式有 $ v={a}_{1}{t}_{加} $ ,匀减速过程,利用逆向思维,根据速度公式有 $ v={a}_{2}{t}_{减} $ ,其中 $ {t}_{0}={t}_{加}+{t}_{减} $ ,匀减速过程与匀加速过程总位移大小 $ ℎ=\dfrac{v}{2}{t}_{加}+\dfrac{v}{2}{t}_{减}=\dfrac{v}{2}{t}_{0} $ ,解得 $ v=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {t}_{减}=2\mathrm{s} $ , $ {a}_{1}=\dfrac{4}{7}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,匀减速上升阶段的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{v}{2}{t}_{减} $ ,解得 $ {x}_{1}=4\mathrm{m} $ .