最后更新: 2025-12-27 11:21 查看: 223 次纠错评论(0) 课件开VIP

匀变速直线运动的核心公式★★★★★

## 匀变速直线运动的核心公式
匀变速运动核心有四个公式：
$$
\boxed{
 \left\{\begin{array}{l}   
&①a = \frac{v - v_0}{t} ...(加速度公式) \\
&② \bar{v} = \frac{v_0 + v}{2} ...(平均速度公式) \\
&③ s = \bar{v} \cdot t = \frac{v_0 + v}{2} \cdot t ...(位移公式) \\
&④ v^2 = v_0^2 + 2 a s ...(不含时间的速度公式)
\end{array}\right.
}
$$

下面将使用纯数学方法来推导上面公式。

## 速度公式

加速度定义：
$$
a = \frac{v - v_0}{t}
$$
整理得：
$$
v = v_0 + a t ...(1)
$$
这就是速度与时间的关系式。

> 如果我们把$v$看出$y$，$v_0$看成$b$, $a$看成$k$,$t$看出$x$， (1)式就是 $y=kx+b$ 这是初中数学学过的典型的一次函数图像,对比如下

![图片](/uploads/2025-12/c2f80c.jpg){width=500px}

匀变速直线运动的核心是**加速度恒定**$(a=\text{常数}$）,这就像一次函数$y=kx+b$里，$k$ 是常数一样。

加速度的定义是“速度变化率”$(a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v - v_0}{t}$），变形后直接得到速度。
 
 **核心逻辑**：速度随时间线性增加（或减少），斜率为加速度。 
 
例子：汽车以$2 \text{m/s}^2$加速，初速度$5 \text{m/s}$，$3\text{s}$ 后速度为$ 5 + 2 \times 3 = 11 \text{m/s}$，符合“每秒速度加2”的直观感受。

## 位移公式（面积法）

如果物体做匀速直线运动，它的速度 $v$ 不随时间 $t$ 变化，其 $v-t$ 图像是一条平行于时间轴的直线，如下图左图所示．在时间 $t$ 内的位移 $s=vt$ ，正好对应着 $v-t$ 图像中阴影矩形的面积．

![图片](/uploads/2025-12/89da02.jpg){width=500px}

如果物体做匀变速直线运动，他的位移仍然是速度直线和t轴围成的面积，只是此时的图像将是一个梯形，参考上图右图。

在梯形里，上底是$v_0$,下底是$v_0+at$， 高是$t$， 所以，梯形的面积为

$$
\boxed{
s = v_0 t + \frac12 a t^2 ...(2)
}
$$
 
这就是含有时间的匀变速位移公式，如果仔细看公式（2），他可以分解为 $v_0 t$ 和 $\frac12 a t^2$ 之和，前者是匀速（矩形）的面积，后者是加速（三角形）的面积，因此
 
> **匀变速运动可以看出匀速直线运动和加速直线运动两者的代数和**。
 
特别的，（2）式中，如果初速度$v_0=0$， 则公式变为

$$
\boxed{
s =   \frac12 a t^2 ...(3)
}
$$

（3）式是一个大量使用的公式，比如汽车从静止到加速运动就适用这个公式。更特别的是，

> **刹车运动，可以倒过来看成逆向的成汽车从静止到加速的运动。**

## 平均速度
平均速度的定义是$t$时间内，位移走了$s$，则
$$
\bar{v}=\frac{s}{t}
$$

将（2）带入上式有
$$
\boxed{
\bar{v}=v_0+ \frac{1}{2} at ...(4)
}
$$

上式又可以写为
$$
\bar{v}=\dfrac{2v_0+at}{2}=\dfrac{v_0+(v_0+at)}{2}=\dfrac{v_0+v_末}{2}
$$

由此得到
$$
\boxed{

\bar{v}=\dfrac{v_0+v_末}{2} ...(5)
}
$$

（5）式表明，对于匀加速运动，他的平均速度等于起始和结束两个速度的和除以2.

> **注意：公式（5）仅对匀加速直线运动有效，一般的运动没有这个公式**。

例子：物体从静止开始加速，$5\,\text{s}$后速度$10\,\text{m/s}$，平均速度为$\frac{0 + 10}{2} = 5\,\text{m/s}$，位移$5 \times 5 = 25\,\text{m}$，如果用位移公式算的一样$(0 \times 5 + \frac{1}{2} \times 2 \times 5^2 = 25\,\text{m}$）。

## 不含时间的位移—速度公式
由 $v = v_0 + a t$ 得 $t = \frac{v - v_0}{a}$，代入 $s = v_0 t + \frac12 a t^2$：

化简 
$$
s = v_0 \cdot \frac{v - v_0}{a} + \frac12 a \cdot \left( \frac{v - v_0}{a} \right)^2
$$

即

$$
\boxed{
v^2 = v_0^2 + 2as ...(6)
}
$$

例子：汽车以$10\,\text{m/s}$刹车，加速度$-5\,\text{m/s}^2$，刹车距离为$v^2 - v_0^2 = 2as \Rightarrow 0 - 100 = 2 \times (-5)s \Rightarrow s = 10\,\text{m}$，直接算出刹车距离，不用算时间。

总之，这些公式都来源于 加速度定义 和 匀变速的平均速度特性，加上代数推导

##  记忆口诀：用“口诀+逻辑” 
把公式编成**顺口溜**或**关键词句**，结合逻辑关联，能快速唤醒记忆：  
- **速度-时间公式**：“末速等于初速加at”$(v = v_0 + at$）——强调“速度随时间线性变化”，“加”对应加速$(a>0$），“减”对应减速$(a<0$）。  
- **位移-时间公式**：“初速乘时间，加上二分之一at平方”$(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2$）——前半部分是“匀速运动的位移”，后半部分是“加速度带来的额外位移”，符合“匀变速=匀速+加速”的逻辑。  
- **速度-位移公式**：“末速平方减初速平方，等于2a乘位移”$(v^2 - v_0^2 = 2as$）——强调“无时间关联”，适合“刹车、滑行”等场景（不用算时间）。  
- **平均速度公式**：“平均速度是初末的平均值”$(\bar{v} = \frac{v_0 + v}{2}$）——记住“匀变速才适用”，非匀变速（如变加速）不能用。

##  用图像“可视化”记忆 
$v-t$图像是匀变速直线运动的“万能工具”，能直观展示公式的物理意义：  
- **斜率**：$v-t$图像的斜率等于加速度$(a = \frac{\Delta v}{\Delta t}$），斜率越大，加速越快；斜率为负，说明减速。  
- **面积**：$v-t$图像与时间轴围成的面积等于位移$(s = \text{面积}$），梯形面积对应位移公式，三角形面积对应刹车距离（末速度为0）。  
- **截距**：纵截距是初速度$(t=0$时的速度），横截距是停止时间$(v=0$时的时间）。

例子：$v-t$图像是一条从$v_0=5\,\text{m/s}$开始，斜率为$2\,\text{m/s}^2$的直线，$t=3\,\text{s}$时速度为$11\,\text{m/s}$（斜率），位移是梯形面积$(5 \times 3 + \frac{1}{2} \times 2 \times 3^2 = 24\,\text{m}$），一目了然。

## 解题技巧：知三求二 
匀变速直线运动有**五个核心变量**：初速度$(v_0)$、末速度$(v)$、加速度$(a)$、时间$(t)$）、位移$(x)$，**任意四个变量确定，第五个就能求**，但每个公式对应“缺少一个变量”的场景：  
- 缺**a**：用平均速度公式$(\bar{v} = \frac{v_0 + v}{2}$）和位移公式$(x = \bar{v}t$）联立。  
- 缺**v**：用速度-时间公式$(v = v_0 + at$）。  
- 缺**v_0**：用速度-时间公式变形$(v_0 = v - at$）。  
- 缺**t**：用速度-位移公式$(v^2 = v_0^2 + 2ax$）。  
- 缺**x**：用位移-时间公式$(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2$）。

例子：题目给了$v_0=10\,\text{m/s}$、$a=-2\,\text{m/s}^2$、$t=5\,\text{s}$，求$v$和$x$：

缺$v$，用速度-时间公式：$v = 10 + (-2) \times 5 = 0\,\text{m/s}$（停止）。  
 缺$x$，用位移-时间公式：$x = 10 \times 5 + \frac{1}{2} \times (-2) \times 5^2 = 25\,\text{m}$。 
 
 
### 刹车问题
用速度-位移公式$(v^2 = v_0^2 + 2ax$），因为刹车时不需要算时间，只关心“初速度、加速度、刹车距离”。比如：“汽车以$20 \text{m/s}$刹车，加速度$-5\text{m/s}^2$，能刹多远？”

用公式算：$0 - 400 = 2 \times (-5)x \Rightarrow x = 40\,\text{m}$，记住这个例子，下次遇到刹车问题就会用这个公式。

### 自由落体
自由落体是匀变速直线运动的特例 $(v_0=0、 a=g=9.8\text{m/s}^2$），用速度公式($v=gt$）、位移公式($h=\frac{1}{2}gt^2$）、速度-位移公式($v^2=2gh$）

比如：“苹果从$10\,\text{m}$高处落下，落地速度是多少？”

用$v^2=2gh \Rightarrow v=\sqrt{2 \times 9.8 \times 10} \approx 14\,\text{m/s}$，记住这个例子，下次遇到自由落体就会用这些公式。

### 公式总结

下表列出了核心公式。

![图片](/uploads/2025-12/066c3e.jpg)

## 例题
`例` 如图所示，某＂闯关游戏＂的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1处以加速度 $2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2$ 由静止加速到 $2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）
 ![图片](/uploads/2025-12/c12edb.jpg)
A．关卡 2
B．关卡 3
C．关卡 4
D．关卡 5

解析：选 C．关卡刚放行时，该同学加速的时间 $t=\frac{v}{a}=1 \mathrm{~s}$ ，运动的距离 $x_1=\frac{1}{2} a t^2=1 \mathrm{~m}$ ，然后以 $2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 的速度匀速运动，经 4 s 运动的距离为 8 m ，因此第 1 个 5 s 内运动距离为 9 m ，过了关卡 2 ，到关卡 3 时再用时 3.5 s ，大于 2 s ，因此能过关卡 3 ，运动到关卡 4 前共用时 12.5 s ，而运动到第 12 s 时，关卡关闭，因此被挡在关卡 4 前，C 正确。

`例` 一旅客在站台 8 号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长 25 米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第 6 节车厢经过他用了 4 s ，动车停下时旅客刚好在 8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为
 ![图片](/uploads/2025-12/401604.jpg)
 
 解： 设第 6 节车厢刚到达旅客处时，车的速度为 $v_0$ ，加速度为 $a$ ，则有 $L=v_0 t +\frac{1}{2} a t^2$
从第 6 节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有
$0-v z=2 a \cdot 2 L$,
解得 $a \approx-0.5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2$ 或 $a=-18 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2$（舍去），则加速度大小约为 $0.5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2$ ．

`例` 短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．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 ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．

解析：根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动。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 $x_1$ 和 $x_2$ ，由运动学规律得

$x_1=\frac{1}{2} a t_0^2 ...(1)$
$x_1+x_2=\frac{1}{2} a\left(2 t_0\right)^2 ...(2)$

式中 $t_0=1 \mathrm{~s}$ ，联立（1）（2）两式并代入已知条件，得

$$
a=5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2...(3)
$$

设运动员做匀加速运动的时间为 $t_1$ ，匀速运动的时间为 $t_2$ ，匀速运动的速度为 $v$ ；跑完全程的时间为 $t$ ，全程的距离为 $x$ ．依题意及运动学规律，得

$$
\left\{
\begin{aligned}
& t=t_1+t_2 ...(4) \\
& v=a t_1 ...(5) \\
& x=\frac{1}{2} a t_1^2+v t_2...(6)
\end{aligned}
\right.
$$

设加速阶段通过的距离为 $x^{\prime}$ ，则 $x^{\prime}=\frac{1}{2} a t^2 ...(7)$
联立（3）（4）（5）（6）（7）式，并代入数据得 $x^{\prime}=10 \mathrm{~m}$
最终答案： $5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2 \quad 10 \mathrm{~m}$

`例` (多选)物体做匀加速直线运动，在时间 $T$ 内通过位移 $x_1$ 到达 $A$ 点，接着在时间 $T$ 内又通过位移 $x_2$ 到达 $B$ 点，则物体（ 
A．在 $A$ 点的速度大小为 $\frac{x_1+x_2}{2 T}$
B．在 $B$ 点的速度大小为 $\frac{3 x_2-x_1}{2 T}$
C．运动的加速度为 $\frac{2 x_1}{T^2}$
D．运动的加速度为 $\frac{x_1+x_2}{T^2}$
解析：选 AB ．根据匀变速直线运动规律可知，该物体在 $A$ 点的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即 $v_A=\frac{x_1+x_2}{2 T}$ ，选项 A 正确；设物体加速度大小为 $a$ ，有 $x_2-x_1=a T^2$ ，则 $a=\frac{x_2-x_1}{T^2}$ ，选项 C、D 错误；物体在 $B$ 点的速度大小为 $v_B=v_A+a T=\frac{3 x_2-x_1}{2 T}$ ，选项 B 正确。

`例`质点由 $A$ 点出发沿直线 $A B$ 运动，行程的第一部分是加速度大小为 $a_1$ 的匀加速运动，接着做加速度大小为 $a_2$ 的匀减速运动，到达 $B$ 点时恰好速度减为零．若 $A B$ 间总长度为 $s$ ，则质点从 $A$ 到 $B$ 所用时间 $t$ 为（ 
A．$\sqrt{\frac{s\left(a_1+a_2\right)}{a_1 a_2}}$
B．$\sqrt{\frac{2 s\left(a_1+a_2\right)}{a_1 a_2}}$
C．$\frac{2 s\left(a_1+a_2\right)}{a_1 a_2}$
D．$\sqrt{\frac{a_1 a_2}{2 s\left(a_1+a_2\right)}}$
解析：选 B．设第一阶段的末速度为 $v$ ，则由题意可知：$\frac{v^2}{2 a_1}+\frac{v^2}{2 a_2}=s$ ，解得：$v=\sqrt{\frac{2 a_1 a_2 s}{a_1+a_2}}$ ；而 $s=\frac{0+v}{2} t_1+\frac{v+0}{2} t_2=\frac{v}{2} t$ ，由此解得：$t=\sqrt{\frac{2 s\left(a_1+a_2\right)}{a_1 a_2}}$ ，所以选 B．

`例` 物体以一定的初速度从斜面底端 $A$ 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为 $l$ ，到达斜面最高点 $C$ 时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端 $\frac{3}{4} l$ 处的 $B$ 点时，所用时间为 $t$ ，求物体从 $B$ 滑到 $C$ 所用的时间．
 ![图片](/uploads/2025-12/6ffb7c.jpg)
 
 解析：方法一：逆向思维法
物体向上匀減速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下约加速滑下斜面。设物体从 $B$到 $C$ 所用的时间为 $t_{B C}$ ．
由运动学公式得 $x_{B C}=\frac{a t_{B C}^2}{2}, x_{A C}=\frac{a\left(t+t_{B C}\right)^2}{2}$ ，
又 $x_{B C}=\frac{x_{A C}}{4}$ ，
由以上三式解得 $t_{B C}=t$ ．

方法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为 $v_0$ ，物体从 $B$ 滑到 $C$ 所用的时间为 $t_{B C}$ ，由匀变速直线运动的规律可得 $v z=2 a x_{A C} ...(1)$

$$
\begin{aligned}
& v_B^2=v_0^2-2 a x_{A B}...(2) \\
& x_{A B}=\frac{3}{4} x_{A C}...(3)
\end{aligned}
$$

由（1）（2）（3）解得 $v_B=\frac{v_0}{2}...(4)$

$$
\begin{aligned}
& \text { 又 } v_B=v_0-a t...(5) \\
& v_B=a t_B...(6)
\end{aligned}
$$

由（4）（5）（6）解得 $t_{B C}=t$ ．

方法三：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 $x_1: x_2$ ： $x_3: \cdots: x_n=1: 3: 5: \cdots:(2 n-1)$ ．

因为 $x_{C B}: x_{B A}=\frac{x_{A C}}{4}: \frac{3 x_{A C}}{4}=1: 3$ ，而通过 $x_{B A}$ 的时间为 $t$ ，所以通过 $x_{B C}$ 的时间 $t_{B C}=t$ ．

方法四：中间时刻速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度， $\bar{v}{ }_{A C}= \frac{v_0+0}{2}=\frac{v_0}{2}$ ．又 $v_0^2=2 a x_{A C}, v_B^2=2 a x_{B C}, x_{B C}=\frac{x_{A C}}{4}$ ．由以上三式解得 $v_B=\frac{v_0}{2}$ ．可以看成 $v_B$ 正好等于 $A C$ 段的平均速度，因此 $B$ 点是这段位移的中间时刻，因此有 $t_{B C}=t$.

方法五：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出 $v-t$ 图象．如图所示，利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得 $\frac{S \triangle A O C}{\triangle}=\frac{C O^2}{C D^2}$ ，且 $\frac{S \triangle A O C}{1}=\frac{4}{1}, O D=t, O C=t+t_{B C}$ ．所以 $\frac{4}{1}=$

$$
S \triangle B D C \quad S \triangle B D C
$$

$\frac{\left(t+t_{B C}\right)^2}{t^2}$ ，解得 $t_{B C}=t$ ．

![图片](/uploads/2025-12/f82160.jpg)
 
 
 
`例`长为 $l$ 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 $v_0$ ，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 $v\left(v<v_0\right)$. 已知列车加速和减速时加速度的大小分别为 $a$ 和 $2 a$ ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 $v_0$ 所用时间至少为
A. $\frac{v_0-v}{2 a}+\frac{L+l}{v}$
B. $\frac{v_0-v}{a}+\frac{L+2 l}{v}$
C. $\frac{3\left(v_0-v\right)}{2 a}+\frac{L+l}{v}$
D. $\frac{3\left(v_0-v\right)}{a}+\frac{L+2 l}{v}$
解：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 $v\left(v<v_0\right)$ ，则列车进隧道前必须减速到 $v$ ，若用时最少，则列车先匀减速到 $v$ 进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到 $v_0$ 。则有 $v=v_0-2 a t_1$ ，解得 $t_1=\frac{v_0-v}{2 a}$ ，
在隧道内匀速有 $t_2=\frac{L+l}{v}$
列车尾部出隧道后立即加速到 $v_0$ ，有 $v_0=v+a t_3$
解得 $t_3=\frac{v_0-v}{a}$
则列车从减速开始至回到正常行驶速率 $v_0$ 所用时间至少为 $t=$ $\frac{3\left(v_0-v\right)}{2 a}+\frac{L+l}{v}$, 故选 C.

`例`对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住.假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同.问：
(1)这位驾驶员的反应时间为多少；
(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少.
 ![图片](/uploads/2024-12/2dc87e.jpg)
 
 ## 两种匀减速直线运动的比较
  ![图片](/uploads/2024-12/cf82f4.jpg)
  
 `例` 一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移（单位：m）与时间（单位：s）的关系式为 $x=30 t-2.5 t^2(m$ ），下列分析正确的是 A.刹车过程中最后 1 s 内的位移大小是 5 m
B. 刹车过程中在相邻 1 s 内的位移差的绝对值为 10 m
C. 从刹车开始计时， 8 s 内通过的位移大小为 80 m
D. 从刹车开始计时，第 1 s 内和第 2 s 内的位移大小之比为 $11: 9$
解：由匀变速直线运动的规律 $x=v_0 t+\frac{1}{2} a t^2$, 可得初速度 $v_0=30 m / s$, 加速度 $a=-5 m / s ^2$, 刹车过程中在相邻 1 s 内的位移差的绝对值 $|\Delta x|=$ $|a(\Delta t)|=5 m$ ，从刹车开始计时到停下的时间 $t_{ m }=\frac{0-v_0}{a}=6 s, 8 s$ 内通过的位移大小为 $x_{ m }=\frac{0-v_0^2}{2 a}=90 m$, 选项 B、C 错误;
把末速度为 0 的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动, 刹车过程中最后 1 s 内的位移大小为 $x_1=-\frac{1}{2} a t_0{ }^2=2.5 m$, 从刹车开始计时,第 1 s 内和第 2 s 内的位移大小之比为 $11: 9$, 选项 D 正确, A 错误.

`例`(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为$5 m/s^2$、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
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＋  $\sqrt{7}$   ) s
D.物体此时的速度大小一定为5 m/s

解：以沿斜面向上为正方向，则 $a=-5 m / s ^2$ ，当物体的位移为沿斜面向上 7.5 m 时，$x=7.5 m$ ，由运动学公式 $x=v_0 t+\frac{1}{2} a t^2$ ，解得 $t_1=3 s$ 或 $t_2=$ 1 s ，故 A，B 正确．
当物体的位移为沿斜面向下 7.5 m 时，$x=-7.5 m$ ，由 $x=v_0 t+\frac{1}{2} a t^2$ ，解得 $t_3=(2+\sqrt{7}) s$ 或 $t_4=(2-\sqrt{7}) s ($ 舍去 $)$ ，故 C 正确．
由速度时间公式 $v=v_0+a t$ ，解得 $v_1=-5 m / s , ~ v_2=5 m / s , ~ v_3=-5 \sqrt{7} m / s$ ，故 D 错误．

## 逆向思维法解决匀变速直线运动问题

`例` 假设某次深海探测活动中，"蛟龙号" 完成海底科考任务后坚直上浮，从上浮速度为 $v$ 时开始匀减速运动并计时，经过时间 $t$ ，"蛟龙号"上浮到海面，速度恰好减为零，则 "蛟龙号" 在 $t_0\left(t_0<t\right)$ 时刻距离海面的深度为
A. $v_0\left(1-\frac{t_0}{2 t}\right)$
B. $\frac{v\left(t-t_0\right)^2}{2 t}$
C. $\frac{v t}{2}$
D. $\frac{v t_0{ }^2}{2 t}$
解："蛟龙号" 上浮时的加速度大小为 $a=\frac{v}{t}$, 根据逆向思维法, 可知 "蛟龙号" 在 $t_0$ 时刻距离海面的深度为 $h=\frac{1}{2} a\left(t-t_0\right)^2=\frac{v\left(t-t_0\right)^2}{2 t}$, 故选 B.

> 逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动.

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