第一章　第2讲　匀变速直线运动的规律 讲义 （教师版）

第2讲　匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)匀变速直线运动
沿着一条直线，且加速度不变的运动。匀变速直线运动的v－t图像是一条倾斜的直线。
(2)匀变速直线运动的基本规律
①速度与时间的关系式：v＝v0＋at。
②位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2。
③速度与位移的关系式：v2－v＝2ax。
以上匀变速直线运动规律表达式均是矢量式。
教材链接·想一想 人教版教材必修第一册P45“拓展学习”，如何利用v－t图像求位移？应用的是什么思想方法？
提示：位移等于v－t图像与t轴围成的面积。应用的是微元法。
2．匀变速直线运动的推论
(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，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。
③位移中点的速度v＝。
(2)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
①T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通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)。
1．匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(　√　)
2．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　×　)
3．匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　×　)
4．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(　√　)
5．匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。(　×　)
6．对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。(　×　)
7．平均速度公式＝适用于所有的直线运动。(　×　)
考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
1．公式选取技巧
涉及的物理量 未涉及的物理量 适宜选用公式
v0，v，a，t x v＝v0＋at
v0，a，t，x v x＝v0t＋at2
v0，v，a，x t v2－v＝2ax
v0，v，t，x a x＝t
2.正方向的选取
(1)无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向。
(2)当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
3．两类特殊的匀减速直线运动
刹车类问题 双向可逆类问题
其特点为匀减速到速度为0后即停止运动，求解时要注意确定其刹车时间为t＝，有时可应用逆向思维 其特点为往返过程加速度不变，如沿光滑斜面上滑的运动和竖直上抛运动，求解时可用全程法，也可用分段法，但必须注意各物理量的正负号
考向1基本公式的应用
【典例1】　(2025·浙江绍兴高三阶段检测)在女子直线400 m比赛中的一段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s后速度达到v1＝8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着经t3＝5 s匀减速运动到v2＝6 m/s(该同学可以看作质点)。求：
(1)该同学在加速运动阶段的加速度a1；
(2)该同学在第16 s末的速度v3；
(3)该同学在这段时间内的位移x。
【解析】　(1)设该同学匀加速阶段的加速度为a1，则v1＝a1t1，解得a1＝2 m/s2。
(2)设该同学匀减速运动阶段的加速度为a2，因为v2＝v1＋a2t3，所以a2＝－0.4 m/s2，当t＝16 s时，该同学已减速运动了t4＝2 s，此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)该同学做匀加速直线运动的位移x1＝a1t＝16 m，做匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m，做匀减速直线运动的位移x3＝v1t3＋a2t＝35 m，则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
【答案】　(1)2 m/s2　(2)7.2 m/s　(3)131m
考向2刹车问题
【典例2】　在平直公路上行驶的汽车，司机突然发现前方出现交通事故，立即刹车，从此时刻起汽车的位置坐标与时间的数值关系为x＝－2t2＋20t＋10(x和t的单位分别为m和s)，则下列说法正确的是(　D　)
A．4 s内汽车发生的位移为58 m
B．8 s内汽车发生的位移为32 m
C．8 s内汽车的平均速度大小为10 m/s
D．8 s内汽车的平均速度大小为6.25 m/s
【解析】　由x＝－2t2＋20t＋10，结合x＝v0t＋at2＋x0，可知汽车刹车的加速度a＝－4 m/s2，初速度v0＝20 m/s，则汽车刹车所用的时间t0＝＝5 s，则4 s内汽车发生的位移为x4＝v0t4＋at＝20×4 m＋×(－4)×42 m＝48 m，A错误；8 s内汽车发生的位移等于5 s内的位移，x5＝t0＝×5 m＝50 m，B错误；8 s内汽车的平均速度大小为＝＝ m/s＝6.25 m/s，C错误，D正确。
1．(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　A　)
A．(－1)∶(－1)
B．(－)∶(－1)
C．(＋1)∶(＋1)
D．(＋)∶(＋1)
解析：木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L＝at，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，故选A。
2．(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　ABC　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
解析：以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为向上的7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2解得t1＝3 s或t2＝1 s，A、B正确；当物体的位移为向下的7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，C正确；由速度公式v＝v0＋at解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，D错误。
考点二　匀变速直线运动的推论及应用
1．常用推论
2．方法选取技巧
(1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用平均速度法。
(2)匀减速到0的运动常用逆向思维法。
(3)处理纸带类问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。
【典例3】　(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知S、T间的距离是R、S间距离的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则电动公交车经过T点时的瞬时速度为(　C　)
A．3 m/s B. 2 m/s
C．1 m/s D. 0.5 m/s
【解析】　设R、S间的距离为x，则S、T间的距离为2x，设公交车经过两段距离的时间分别为t1、t2，根据题意有RS＝10 m/s＝＝，ST＝5 m/s＝＝，联立解得t2＝4t1，vR－vT＝10 m/s，再根据匀变速直线运动规律有vT＝vR－a(t1＋t2)，则at1＝2 m/s，又RS＝v＝vR－a·，解得vR＝11 m/s，则vT＝1 m/s，故选C。
3．(2025·江苏苏州高三联考)如图所示，某物体沿着一条直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，最终停止在D点。A、B之间的距离为s0，B、C之间的距离为s0，物体通过AB与BC两段距离所用时间都为t0，则下列说法正确的是(　B　)
A．B点的速度是
B．由C到D的时间是
C．物体运动的加速度是
D．C、D之间的距离为
解析：物体通过AB与BC两段距离所用时间都为t0，所以vB为AC的中间时刻速度，根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论式可得vB＝＝，故A错误；AB与BC两段为连续相邻相同时间的位移，根据匀变速直线运动的推论式Δs＝aT2可得s0－s0＝at，解得a＝－，根据速度—时间关系式vt＝v0＋at，代入数据可得物体从B到D的时间为t＝＝t0，则物体从C到D的时间为t0－t0＝t0，故B正确，C错误；根据匀变速直线运动的速度—位移公式v－v＝2ax，代入数据可得B、D间距离为x＝＝s0，则C、D间距离为s0－s0＝s0，故D错误。
4．(多选)如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到停止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是(　AC　)
A．该飞机的加速度大小为2 m/s2
B．该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s
C．该飞机在跑道上滑行的时间为30 s
D．该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m
解析：把飞机着陆后沿直线匀减速滑行到停止的运动逆向看成由静止做加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移大小为x1＝at，在t2＝4 s内的位移大小为x2＝at，根据题意有x2－x1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；飞机着陆时的速度v0＝ m/s＝60 m/s，该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at5＝60 m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝t＝×30 m＝900 m，D错误。
考点三　初速度为零的匀变速直线运动的比例关系问题
【典例4】　(多选)四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计，子弹重力忽略不计。以下说法正确的是(　BCD　)
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1
C．子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
【解析】　子弹射入水球中做匀减速直线运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误；子弹的运动可看作反向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，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故B正确；子弹的运动可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据x＝at2可得从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比为1∶∶∶2，根据v＝at可知逆向子弹依次进入每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1，故C正确；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。
5．在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动的过程中，第一个t时间内的位移大小为x1，最后两个t时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为(　C　)
A．17∶4 B．13∶4
C．15∶4 D．15∶8
解析：初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…、第n个t时间内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移即为逆过程中第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移即为逆过程中前两个t时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正确。
6．如图为某海湾大桥上四段长度均为110 m的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则满足(　B　)
A．2＜＜3 B．3＜＜4
C．4＜＜5 D．5＜＜6
解析：设等跨连续桥梁的长度为L，将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，设汽车通过ab段和通过de段所用时间分别为t1、t2，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，t2∶t1＝1∶(2－)，又根据平均速度定义有，v1＝，v2＝，所以汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为＝＝＝2＋，则3<<4，故选B。
课时作业2
1．(5分)一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为(　C　)
A．4∶3 B．3∶1
C．5∶3 D．5∶2
解析：根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝，故＝，C正确。
2．(5分)中国自主研发的“暗剑”无人机，最大速度可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　B　)
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：无人机经过第一段的平均速度v1＝＝60 m/s；无人机经过第二段的平均速度v2＝＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则无人机的加速度大小为a＝＝40 m/s2。
3．(5分)在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝20t－2t2(x的单位是m，t的单位是s)。该汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度为(　B　)
A．48 m B．50 m
C．72 m D．120 m
解析：对比位移与时间的关系式x＝v0t＋at2可知，汽车的初速度v0＝20 m/s、加速度a＝－4 m/s2，汽车刹车时间为t＝＝5 s，所以汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即x＝＝50 m，故B正确。
4．(5分)汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　C　)
A．汽车在第1 s末的速度大小可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1 s末的速度大小一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
解析：采用逆向思维法，由于最后1 s内汽车的位移为2 m，根据x2＝at得，汽车加速度大小a＝＝4 m/s2，第1 s内汽车的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at，代入数据解得初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度大小v1＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误。
5．(5分)(2025·山东济南高三检测)一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，下列说法正确的是(　C　)
A．车头到第2根电线杆时，速度大小为
B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t
C．车头到第5根电线杆时，速度大小为
D．车头到第5根电线杆时，速度大小为
解析：设车头到第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，车头到第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；车头到第5根电线杆时的速度为v′＝2×＝，C正确，D错误。
6．(5分)(2024·湖北武汉高三检测)在高山滑雪男子大回转比赛中，运动员沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为(　C　)
A．8L1 B．L3
C．L1＋L3 D．(L1＋L3)
解析：运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1，有L1＝v0t＋at2，L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2＝2v0t＋4at2，L3＝(v0＋3at)·t＋at2＝v0t＋at2观察可得L2＝L1＋L3，故选C。
7．(5分)(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　C　)
A．＋ B．＋
C．＋ D．＋
解析：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得减速运动的时间t1＝，在隧道内匀速运动的时间t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得加速运动的时间t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋。
8．(5分)一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是(　C　)
A．计时时刻送货车的速度为0
B．送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C．送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s
D．送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s
解析：根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据v＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s，D错误。
9．(5分)(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　B　)
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
解析：108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的总时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速过程与减速过程的位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t′1＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x′1＝at′＝×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速过程与减速过程的位移相等，可得匀速运动的时间t′2＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝5×4 680 s＝23 400 s＝6小时30分，故选B。
10．(5分)(多选)某人驾驶一辆汽车在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆拖拉机，他立即刹车。刹车后汽车做匀减速直线运动，已知汽车在刹车后的第1个2 s内位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m，下列说法正确的是(　BD　)
A．汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为 m/s2
B．汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2
C．汽车刹车后停止前，可能撞上拖拉机
D．汽车刹车前的速度为14 m/s
解析：假设汽车在第4个2 s内一直做匀变速直线运动，根据x4－x1＝3aT2，将x1＝24 m、x4＝1 m、T＝2 s代入解得a＝－ m/s2，再由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可得x1＝v0t1＋at，将t1＝2 s、x1＝24 m代入解得初速度v0≈14 m/s，速度减为零用时t＝≈7.3 s，可见假设不成立，则汽车在8 s末前速度减为零。设汽车的加速度为a，第1个2 s内的位移x1＝v0t1＋at，汽车速度减为零的时间t＝，第4个2 s内的位移x′＝(－a)(t－6 s)2，联立解得a＝－2 m/s2，v0＝14 m/s，汽车刹车距离x＝＝49 m<50 m，故汽车刹车后停止前，不会撞上拖拉机，A、C错误，B、D正确。
11．(12分)(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
解析：(1)根据匀变速运动速度公式v＝at1，可得救护车匀速运动时的速度大小v＝2×10 m/s＝20 m/s。
(2)救护车匀加速运动过程中的位移x1＝at＝100 m，设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得t2＝＋t3。停止鸣笛时救护车距出发处的距离x＝x1＋(t3－t1)×v，代入数据联立解得x＝680 m。
答案：(1)20 m/s　(2)680 m
12．(18分)(2024·广东佛山一模)如图，2023年9月21日，中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，为广大青少年带来一场精彩的太空科普课。在奇妙“乒乓球”实验中，“神舟十六号”航天员朱杨柱用“特制”乒乓球拍将静止的水球拍出，若将该直线运动过程看成水球先做匀加速运动后匀速运动，其中加速时间t1＝1 s，加速运动阶段位移为s1＝0.1 m，匀速运动阶段用时t2＝3 s，求：
(1)水球匀速运动时的速度v的大小；
(2)水球加速运动过程中加速度大小；
(3)全过程水球的总位移的大小。
解析：(1)据题意水球从静止开始做匀加速直线运动可得s1＝t1，代入数据解得1 s末水球的速度为v＝0.2 m/s，之后水球做匀速直线运动，速度大小等于1 s末的速度大小为0.2 m/s。
(2)由匀加速直线运动规律得v2＝2as1，代入数据解得加速过程中加速度大小为a＝0.2 m/s2。
(3)水球匀速运动阶段用时t2＝3 s，位移大小为s2＝vt2＝0.6 m，水球运动全过程的总位移的大小为s＝s1＋s2＝0.7 m。
答案：(1)0.2 m/s　(2)0.2 m/s2　(3)0.7 m