高考物理人教版一轮学案1.2匀变速直线运动的规律

第2讲匀变速直线运动的规律知识梳理·双基自测ZHISHISHULISHUANGJIZICE知识梳理知识点1匀变速直线运动的公式及推论1．匀变速直线运动注意：无论匀加速还是匀减速直线运动，中间位置的速度总是大于中间时刻的速度。2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：v1︰v2︰v3︰…︰vn＝1︰2︰3︰…︰n。(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1︰x2︰x3︰…︰xn＝12︰22︰32︰…︰n2。(3)第一个T内，第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ︰xⅡ︰xⅢ︰…︰xN＝1︰3︰5︰…︰(2n－1)。(4)通过连续相等的位移所用时间的比为：t1︰t2︰t3︰…︰tn＝1︰(eq\r(2)－1)︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰…︰(eq\r(n)－eq\r(n－1))。思考：一辆汽车从A点开始以初速度v0做匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t到达B点，再过时间t到达C点。(1)如何推导AC段的平均速度eq\x\to(v)AC？如何推导B点的速度vB？eq\x\to(v)AC与vB的大小关系如何？(2)如何推导AB段与BC段的位移差的表达式？(3)如何推导出汽车若从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1︰t2︰t3︰…︰tn＝1︰(eq\r(2)－1)︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰…[答案](1)eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0＋v0＋2at,2)＝v0＋at；vB＝v0＋at；二者相等。(2)利用公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2推导，得二者位移差为at2。(3)利用公式x＝eq\f(1,2)at2推导。知识点2自由落体运动和竖直上抛运动注意：整段研究竖直上抛运动时，注意所选取的正方向和相应时刻或位置速度的方向。双基自测一、堵点疏通1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)2．匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×)3．匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。(√)4．匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动。(√)5．物体从高处下落就是自由落体运动。(×)6．竖直上抛运动是匀变速直线运动。(√)7．竖直上抛运动上升至最高点的时间为eq\f(v0,g)。(√)二、对点激活1．(2020·陕西汉中月考)(多选)如图大致地表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，以下对于此过程的分析正确的是(AD)A．其中甲、乙、丙图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论B．其中丁图是实验现象，甲、乙、丙图是经过合理的外推得出的结论C．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显D．运用甲图的实验，可“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显[解析]本题考查伽利略对自由落体的研究。在伽利略时代，由于没有好的测量较短时间的仪器，在高度不是很大的情况下物体在竖直方向做自由落体运动的时间很短，伽利略认为，物体做自由落体运动的规律和在斜面上向下运动的规律是相同的，因此伽利略在研究物体在斜面上的运动，认为可以“冲淡”重力的作用，然后经过合理外推得出自由落体运动的规律，故A、D正确。2．(2020·湖北、山东部分重点中学联考)(多选)汽车沿平直公路运动，某时刻速度大小为v，从此时刻起开始做匀减速直线运动，加速度大小为a，经过时间t恰好停止运动，这段时间内经历的路程为x。下列关系式中正确的有(BCD)A．x＝vt＋eq\f(1,2)at2 B．x＝eq\f(1,2)at2C．x＝eq\f(vt,2) D．v2＝2ax[解析]本题考查位移的表达式。位移、速度、加速度均为矢量，以汽车的初速度方向为正方向，因此应有x＝vt－eq\f(1,2)at2；由于vt＝v－at＝0，即v＝at，代入x＝vt－eq\f(1,2)at2，得x＝eq\f(1,2)at2；0－v2＝2(－a)x，即v2＝2ax；匀变速直线运动的平均速度为eq\f(v＋0,2)，则x＝eq\f(vt,2)，故B、C、D符合题意。3．(2020·安徽毛坦厂中学期中)一物体自离地H高处自由下落，当速度达到落地速度的一半时，该物体离地的高度是(B)A．eq\f(H,4) B．eq\f(3H,4)C．eq\f(\r(2)H,2) D．eq\f(H,2)[解析]本题考查自由落体运动的规律。设物体落地时的速度大小为v，则有v2－0＝2gH，(eq\f(v,2))2－0＝2gh，联立解得h＝eq\f(H,4)，物体离地的高度为H－h＝eq\f(3H,4)，故B正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一匀变速直线运动基本关系式的应用1．恰当选用公式题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t2．运动公式中符号的规定一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方向为正方向。3．解答运动学问题的基本思路eq\x(\a\al(画过程,示意图))→eq\x(\a\al(判断运,动性质))→eq\x(\a\al(选取正,方向))→eq\x(\a\al(选公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方程,并讨论))例1(2020·广东广州一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为A．4.2m B．C．7.8m D．[解析]本题考查直线运动中的临界问题。汽车的速度21.6km/h＝6m/s，汽车在前0.3s＋0.7s内做匀速直线运动，位移为x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m，随后汽车做匀减速运动，位移为x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m，所以该ETC通道的长度为L＝x1＋x2＝6m＋3.6名师点拨使用公式时，要先选好公式，每个公式都是4个物理量，当已知量较少时，要设出过程间的共量，当已知量较多时，要优先选择一次方程解题，选好公式后，代数时要先规定好正方向，注意代入数值的正、负。〔变式训练1〕(2020·湖南长沙月考)(多选)如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3s内经过相距30m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15m/s，A．汽车经过A点时的速度大小为5B．A点与O点间的距离为20C．汽车从O点运动到A点需要的时间为5sD．汽车从O点运动到B点的平均速度大小为7.5[解析]本题考查匀变速直线运动的规律。汽车在AB段的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s，而汽车做匀加速直线运动，则有eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)，即vA＝2eq\x\to(v)－vB＝2×10m/s－15m/s＝5m/s，选项A正确；汽车的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2xAB)，代入数据解得a＝eq\f(10,3)m/s2，由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,A)＝2axOA，代入数据解得xOA＝3.75m，选项B错误；由vA＝atOA可得，汽车从O点运动到A点需要的时间tOA＝1.5s，选项C错误；汽车从O点运动到B点的平均速度大小为eq\x\to(v)′＝eq\f(vB,2)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，选项D正确。考点二解决匀变速直线运动问题的常用方法1．基本公式法：基本公式指速度公式v＝v0＋at、位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2及速度—位移关系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。它们均是矢量式，应用时要注意物理量的方向。2．平均速度法：定义式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)对任何性质的运动都适用，而eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动。3．中间时刻速度法：veq\f(t,2)＝eq\x\to(v)适用于匀变速直线运动，在某些题目中应用它可以简化解题过程。4．比例法：对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解。5．逆向思维法：即把运动过程的末态作为初态，反向研究问题。一般用于末态已知，特别是末速度为零的情况。6．图像法：应用v－t图像，可把较复杂的问题转变为简单的数学问题解决。用图像定性分析有时可避开烦琐的计算。7．推论法：对一般匀变速直线运动问题，若出现连续相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解。例2物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示。已知物体运动到斜面长度eq\f(3,4)处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。(用尽量多的方法解决此题)[解析]解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面。故xBC＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,BC)，xAC＝eq\f(1,2)a(t＋tBC)2又xBC＝eq\f(1,4)xAC，解得：tBC＝t。解法二：比例法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x1︰x2︰x3︰…︰xn＝1︰3︰5︰…︰(2n－1)现有xBC︰xBA＝(eq\f(1,4)xAC)︰(eq\f(3,4)xAC)＝1︰3，通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t。解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。eq\x\to(v)AC＝eq\f(1,2)(v＋v0)＝eq\f(1,2)(v0＋0)＝eq\f(1,2)v0又veq\o\al(2,0)＝2axAC①veq\o\al(2,B)＝2axBC②xBC＝eq\f(1,4)xAC③解得①②③得：vB＝eq\f(1,2)v0可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，所以物体从B到C用时也为t。解法四：图像面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图像，如图所示。eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC故eq\f(4,1)＝eq\f(t＋tBC2,t\o\al(2,BC))得tBC＝t。解法五：推论法对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比t1︰t2︰t2︰…︰tn＝1︰(eq\r(2)－1)︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰(eq\r(4)－eq\r(3))︰…︰(eq\r(n)－eq\r(n－1))现将整个斜面分成相等的四段，如图所示。设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(eq\r(2)－1)tx，tDE＝(eq\r(3)－eq\r(2))tx，tEA＝(eq\r(4)－eq\r(3))tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t。[答案]t〔变式训练2〕“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则“蛟龙号”在t0(t0≤t)时刻距离海平面的深度为(D)A．eq\f(vt,2) B．eq\f(vt\o\al(2,0),2t)C．vt0(1－eq\f(t0,2t)) D．eq\f(vt－t02,2t)[解析]本题考查逆向思维的应用。根据加速度的定义可知，“蛟龙号”上浮时的加速度大小a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维可知，“蛟龙号”在t0时刻距离海平面的深度h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(vt－t02,2t)，D正确。考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动的特点(1)自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动。(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁。2．竖直上抛运动的两种研究方法(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。3．竖直上抛运动的对称性如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理有tAB＝tBA。(2)速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等，方向相反。(3)能量对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。例3(2021·陕西西安一中月考)(多选)在塔顶上以初速度大小为20m/s将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力，设塔足够高。则当物体位移大小为10m时，物体所经过的时间可能为(A．(2－eq\r(2))s B．(2＋eq\r(2))sC．eq\r(6)s D．(2＋eq\r(6))s[解析]本题考查竖直上抛运动的规律。设竖直向上为正方向，当物体的位移大小为10m时，若在抛出点上方，则有10m＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝(2＋eq\r(2))s或t2＝(2－eq\r(2))s；若在抛出点下方，则有－10m＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(6))s或t4＝(2－eq\r(6))s(舍去)，故A、B、D正确。名师点拨抓住两种运动的实质，选用不同的解题技巧(1)根据定义，全盘接收对自由落体运动，v0＝0，a＝g，将匀变速运动的所有公式和推论全部接收过来。(2)机智灵活，思维发散①对竖直上抛运动，既能分段处理又可全程处理。②全程处理时，要注意速度、加速度、位移等的方向，方程以匀减速体现，初速度方向与重力加速度方向必相反。如速度公式：v＝v0－gt或v＝－v0＋gt位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2或h＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2(3)理解运算结果中的符号。〔变式训练3〕(2020·河北武邑中学一调)(多选)从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是(AD)A．H＝eq\f(4,3)hB．物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C．物体A、B在空中运动的时间相等D．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等[解析]本题考查竖直上抛运动与自由落体运动的相遇问题。设A、B两物体到达离地面高h时所用时间为t，则根据自由落体运动的规律有v2＝2g(H－h)，v＝gt；设A物体竖直上抛的初速度为v0，有v＝v0－gt，veq\o\al(2,0)－v2＝2gh，解得v0＝2v，H＝eq\f(4,3)h，故A正确。物体A竖直上抛的初速度v0＝2v，设物体B落地时的速度为v′，则有v′2＝2gH，由A项分析知veq\o\al(2,0)－v2＝2gh，H＝eq\f(4,3)h，联立解得v′＝2v，所以v0＝v′，故B错误。根据竖直上抛运动的对称性可知，物体A在空中运动的时间tA＝2×eq\f(v0,g)＝eq\f(4v,g)，物体B在空中运动的时间为tB＝eq\f(v′,g)＝eq\f(2v,g)＝eq\f(1,2)tA，故C错误。以地面为参考平面，落地时两者的速度相等，质量相等，则动能相等，所以机械能也相等，由于物体A、B落地前只有重力做功，机械能守恒，故D正确。考点四多阶段匀变速运动问题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：找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．解题关键多运动过程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。例4(2021·湖北车胤中学月考)低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱。如图所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H＝179m的悬崖边跳伞时的情景。运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以a＝8m/s2的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为80kg，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过4m/s(1)运动员展开伞时的最大速度是多少？(2)如果以下落的快慢决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间是多少？[解析]本题借助跳伞运动考查运动学规律的应用。(1)设运动员做自由落体运动的最大位移为x，最大速度为v0，则veq\o\al(2,0)＝2gx，又v2－veq\o\al(2,0)＝－2a(H－x)，联立解得v0＝40(2)运动员在空中做自由落体运动位移最大时，运动的时间最短，设运动员在空中运动的最短时间为t，则由v0＝gt1，得t1＝eq\f(v0,g)＝4s，运动员做匀减速运动的时间为t2＝eq\f(v0－v,a)＝eq\f(40－4,8)s＝4.5s，故最短时间为t＝t1＋t2＝4s＋4.5s＝8.5s。[答案](1)40m/s(2)8.5名师点拨求解多阶段运动问题的三点注意(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG刹车类运动和双向可逆类运动1．刹车类运动：如汽车刹车、物体沿粗糙平面滑动，这类运动的速度减到零后停止运动。2．双向可逆运动：如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动，这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速。例5(2021·重庆江津中学模拟)汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，则从刹车开始，2s内和5s内汽车的位移之比为(B)A．5︰4 B．3︰4C．4︰5 D．4︰3[解析]本题考查根据位移—时间关系表达式计算某时间段位移的大小。位移x随时间t变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，可知该车的初速度为20m/s，加速度为－5m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－20,－5)s＝4s，则2s内的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m,5s内的位移等于4s内的位移，则x2＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×4m＝40m，可知2s内与5s内汽车的位移之比为3︰4，故A、C、D错误，B正确。例6(2021·辽宁葫芦岛六校协作体联考)(多选)在足够长的光滑固定斜面上，一小物块以大小为6m/s的初速度从A点沿斜面向上运动，2s后到达B点(图中未画出)，小物块到达B点时的速度大小为4m/s。A、B两点间的距离可能为(ACA．2mC．10m[解析]本题考查匀变速直线运动的规律和速度的矢量性。小物块做匀变速直线运动，位移x＝eq\f(v＋v0,2)t，小物块在B点时速度大小是4m/s，可能为正(沿斜面向上)，也可能为负(沿斜面向下)，可求得位移为2m或10名师点拨两类匀减速直线运动问题的区别(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速运动，然后做匀减速直线运动。(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后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。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2019·全国卷Ⅰ，18)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eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足(C)A．1<eq\f(t2,t1)<2 B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D．4<eq\f(t2,t1)<5[解析]空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1︰(eq\r(2)－1)︰(eq\r(3)－eq\r(2))︰…︰(eq\r(n)－eq\r(n－1))。由题意知，t2︰t1＝1︰(2－eq\r(3))＝2＋eq\r(3)，由结果知选项C正确。2．(2020·山东淄博实验中学期中)以30m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g＝10m/s2，以下判断正确的是(A．小球到达最高点时的加速度为0B．小球上升阶段所用的时间为6sC．小球从抛出到落回抛出点经过的路程为90D．小球从抛出到落回抛出点过程的平均速度为15[解析]本题考查竖直上抛运动规律。竖直上抛整个过程加速度为g，上升阶段末速度为零，则有0＝v0－gt，解得t＝3s，故A、B错误；上升高度x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得x＝45m，所以小球从抛出到落回抛出点经过的路程为90m3．(2020·山东潍坊期末)(多选)2019年世界男子冰壶锦标赛在加拿大莱斯布里奇举行，瑞典队以7︰2战胜加拿大队夺得冠军。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(BD)A．v1︰v2︰v3＝3︰2︰1B．v1︰v2︰v3＝eq\r(3)︰eq\r(2)︰1C．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[解析]本题考查匀变速直线运动的推论。因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，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t1︰t2