高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律（含解析）

这是一份高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律（含解析），共22页。
目录
TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用1
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用3
（一）比例法的应用4
（二）Δx＝aT2推论法的应用6
（三）平均速度公式的应用7
（四）图象法的应用8
热点题型三 自由落体和竖直上抛运动8
拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动11
热点题型四 物体运动的多过程问题12
（一）：多过程运动之-----“先以由静止加速在以匀减至速度为零”模型12
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）14
（三）多过程运动之“返回出发点”模型15
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型15
（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型17
【题型演练】18
【题型归纳】
热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(（1）速度—时间关系：v＝v0＋at,（2）位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,（3）速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――――→,\s\up11(初速度为零),\s\d4(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
【例1】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，
某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，则该运动员的加速度
及在加速阶段通过的距离为（ ）．
5 m/s2 10 m B. 5 m/s2 11 m C. 2.5 m/s2 10 m D. 2.5 m/s2 10 m
【答案】 A
【解析】 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得：
s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
s1＋s2＝eq \f(1,2)a(2t0)2
t0＝1 s
联立解得：a＝5 m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2
v＝at1
s＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2
设加速阶段通过的距离为s′，
则s′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
求得s′＝10 m
【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内
的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s
【答案】B
【解析】将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度v＝eq \f(x,t′)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s.
【变式2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为( )
A．4 m/s与2 m/s2 B．0与4 m/s2
C．4 m/s与4 m/s2 D．4 m/s与0
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s＝4t＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v0＝4 m/s，加速度的大小为a＝4 m/s2，选项C正确．
【变式3】(2019·广西钦州模拟)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为( )
A．12.5 m B．2 m C．10 mD．0.5 m
【答案】D
【解析】据v＝at可得由刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝eq \f(1,2)at′2＝0.5 m.
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用
1．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝ SKIPIF 1 < 0 .
(3)位移中点速度 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \r(\f(v02＋v2,2)).
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3.思维方法
（一）比例法的应用
【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
【答案】BD
【解析】.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，选项A错误，B正确．
【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高
度为H。上升第一个 SKIPIF 1 < 0 所用的时间为t1，第四个 SKIPIF 1 < 0 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 SKIPIF 1 < 0 满足
A．1< SKIPIF 1 < 0 0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确；速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误；5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v,2)＝5 m/s>0，方向竖直向上，D错误．
（2）(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m
【答案】D
【解析】.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×(5 s)2－eq \f(1,2)g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．
【变式1】如图所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2.则3 s内小球运动的( )
A．路程为25 m B．位移为15 m C．速度改变量为30 m/s D．平均速度为5 m/s
【答案】A
【解析】由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移x＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝－5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由v＝v0－gt得速度的改变量Δv＝v－v0＝－gt＝－30 m/s，C错误；上升阶段通过路程x1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，下降阶段通过的路程x2＝eq \f(1,2)gt22，t2＝t－eq \f(v0,g)＝2 s，解得x2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为x1＋x2＝25 m，A正确．
【变式2】．(多选)将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的( )
A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
【答案】AB
【解析】物体的初速度v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间t1＝eq \f(v0,g)＝3 s，上升高度h1＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝45 m；下降时间t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝20 m．末速度v＝gt2＝20 m/s，方向竖直向下．故5 s内的路程s＝h1＋h2＝65 m；位移x＝h1－h2＝25 m，方向竖直向上；速度改变量Δv＝v－(－v0)＝50 m/s，表示方向竖直向下；平均速度v＝eq \f(x,t)＝5 m/s，方向竖直向上．综上可知，选项A、B正确．
拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动
如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
【例7】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
【答案】 ACD
【解析】 当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得4＝5t－eq \f(1,2)×2t2
解得t1＝1 s，t2＝4 s当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得－4＝5t－eq \f(1,2)×2t2
解得t3＝eq \f(5＋\r(41),2) s，故A、C、D正确，B错误．
【变式1】(2019·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为eq \f(t,2)，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2 C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落eq \f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝eq \f(gt2,8).根据h＝eq \f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq \f(1,2)gt2、eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3gt2,8)－eq \f(gt2,8)＝eq \f(gt2,4)，故D正确，A、B、C错误．
热点题型四 物体运动的多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．
（一）：多过程运动之-----“先以 SKIPIF 1 < 0 由静止加速在以 SKIPIF 1 < 0 匀减至速度为零”模型
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v0
（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
= 1 \* GB3 ①速度公式 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
= 2 \* GB3 ②速度位移公式 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
= 3 \* GB3 ③平均速度位移公式 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
（2）位移三个公式： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0
（3）解题策略：画出 SKIPIF 1 < 0 图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。
【例8】(2019·湖南湘中名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，
两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比
和加速度大小之比，下列说法正确的是 ( )
A．1∶2 2∶1 B．1∶2 1∶2
C．2∶1 2∶1 D．2∶1 1∶2
【答案】A
【解析】设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比eq \f(a1,a2)＝eq \f(\f(v,t),\f(v,2t))＝eq \f(2,1)；根据平均速度的推论知，x1＝eq \f(v,2)t，x2＝eq \f(v,2)·2t，所以eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2)，选项A正确．
【变式1】在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方
突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，
下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1 B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1 D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
【解析】汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确．由v＝eq \f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确．
【答案】BC
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）
t
O
v
t
a
v0
加速时间 SKIPIF 1 < 0 ；加速距离 SKIPIF 1 < 0
匀速时间 SKIPIF 1 < 0 ；匀速距离 SKIPIF 1 < 0
总位移 SKIPIF 1 < 0
【例9】(2019·广西柳州冲刺)甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发，其运动的v ­t图象如图所示，
已知t3时刻两车相遇，相遇前两车最大距离为25 m，已知t2＝10 s．求：
(1)甲车在加速阶段的加速度大小；
(2)两车相遇的时间t3.(取eq \r(2)＝1.4，结果保留两位有效数字)
【答案】(1)2 m/s2 (2)17 s
【解析】(1) 0～t2时间内位移关系：
eq \f(1,2)vt2＝eq \f(1,2)v(t2－t1)＋25
解得：t1＝5 s
所以甲的加速度：a1＝eq \f(v,t2－t1)＝2 m/s2
(2) 0～t3时间内，eq \f(1,2)a1(t3－t1)2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)
a2＝eq \f(v,t2)＝1 m/s2
解得：t3＝5(2＋eq \r(2)) s＝17 s
【变式1】(2018·山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10 m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25 m时，绿灯还有2 s的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.请通过计算说明：
(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；
(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？
【答案】 见解析
【解析】 (1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s内前进的距离为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2＝24 m，由于x1小于25 m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．
(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.
则加速度a＝eq \f(v02,2x)＝2 m/s21)的过程中，质点的位移大小为x，则在速度由v0变为(k+1) v0的过程中，质点的位移大小为( )
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】试题分析：题中不涉及时间，我们选用位移速度公式分析解题．
设质点的加速度为a，根据位移速度公式可得 SKIPIF 1 < 0 ①， SKIPIF 1 < 0 ②，联立解得 SKIPIF 1 < 0 ，A正确．
3.(2018·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t.则物体运动的加速度大小为( )
A.eq \f(Δx,t2) B.eq \f(Δx,2t2) C.eq \f(Δx,3t2) D.eq \f(2Δx,3t2)
【答案】 C
【解析】 物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq \f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq \f(t,2)＝eq \f(3,2)t，则物体加速度的大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得：a＝eq \f(Δx,3t2)，故选C.
4.一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经
过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A．初速度v0的大小为2.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x3的大小为1.125 m D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
【答案】BCD
【解析】由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－aT＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝eq \f(Δv,a)＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)＝1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度v＝eq \f(x3,t3)＝0.75 m/s，选项D正确．
5.如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点．已知AB＝6 m，BC＝4 m，
从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2 m/s，
则下列说法正确的是( )
A．质点到达B点时速度大小为2.55 m/s B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点从A点运动到C点的时间为4 s D．A、D两点间的距离为12.25 m
【答案】BD
【解析】设加速度大小为a，根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx＝at2，解得t＝eq \f(Δx,at)＝eq \f(6－4,2) s＝1 s，a＝2 m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得vB＝vAC＝eq \f(xAB＋xBC,2t)＝5 m/s，选项A错误；由速度与位移公式可得xAD＝xAB＋eq \f(veq \\al(2,B),2a)＝12.25 m，选项D正确．
6.跳伞运动员以大小为5 m/s的速度匀速下降的过程中，在距地面10 m处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小g＝10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s
C．eq \r(2) sD．(2－eq \r(2))s
【答案】A
【解析】选A.扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为v0＝5 m/s的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为t1＝eq \f(10,5) s＝2 s，扣子下落过程中有10 m＝v0t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，解得t2＝1 s，时间差Δt＝t1－t2＝1 s，A正确．
6.(2019·贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为3 m，这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是1.3 s，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g取10 m/s2)( )
A．3.0 s B．1.7 s C．0.4 s D．1.3 s
【答案】B
【解析】楼高为：h＝15×3 m＝45 m．由h＝eq \f(1,2)gt2解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×45,10)) s＝3.0 s，Δt＝3.0 s－1.3 s＝1.7 s，则至多允许反应的时间为1.7 s．故选项B正确．
7.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m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3s，那么该消防队员（ ）
A. 下滑过程中的最大速度为4m/s B. 加速与减速运动过程的时间之比为1：2
C. 加速与减速过程中的平均速度之比为2：1 D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1：4
【答案】B
【解析】A：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移： SKIPIF 1 < 0 即 SKIPIF 1 < 0 ，代入数据解得： SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
B：设加速与减速过程的时间分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，加速度大小分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，解得： SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；
C：根据平均速度的推论知 SKIPIF 1 < 0 ，则平均速度之比为为1：1，故C错误；
D：因为平均速度之比为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。
8.物体的初速度为v0，以加速度a做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n倍，则物体发生的位移为( )
A. SKIPIF 1 < 0 B.eq \f(n2v02,2a)C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】设位移为x，由题意知末速度为nv0，由v2－v02＝2ax，得x＝eq \f(v2－v02,2a)＝eq \f(n2v02－v02,2a)＝ SKIPIF 1 < 0 ，选项A正确．
9.(2019·海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s增加到15 m/s 所用时间为t1，位移为x1；速度由15 m/s增加到20 m/s所用时间为t2，位移为x2.下列说法正确的是( )
A．t1>t2B．t1＝t2
C．x1＝x2D．x1