第二章 3．匀变速直线运动位移与时间的关系-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第二章　匀变速直线运动的规律 3．匀变速直线运动位移与时间的关系 目录 1 2 4 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 3 科学思维 3 课前自主学习 1．利用v­t图像求位移(如图) v­t图像中，对应时间t内图线与两个坐标轴所围成的_______________，在数值上等于在这段时间内的位移值。 2．匀变速直线运动的位移与时间的关系式(位移公式)： _______________ 。 图形的“面积” 课前自主学习 5 提示 提示：×　 提示： √　 提示： × 　 提示： × 　 课前自主学习 6 提示 2．想一想 (1)若v­t图像中图线在时间轴下方，物体的位移在图中是如何体现的？ 提示：图线在时间轴的下方，表明物体向负方向运动，图线与时间轴所围的图形在时间轴下方，图形面积可记为负值，面积的大小表示位移的大小，面积的“负号”表示位移沿负方向。　 提示：匀变速直线运动的位移x是时间t的二次函数，由数学知识可知，匀变速直线运动的x­t图像应为抛物线。 课前自主学习 7 课堂探究评价 探究1　位移公式的理解和应用 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 9 提示 活动1：以速度v0做匀速直线运动的物体，时间t0内的位移是什么？在图甲所示的图像中可以用什么来表示？ 活动2：图乙是匀变速直线运动的v­t图像，根据活动1的结论，试猜想：匀变速直线运动的位移在图乙中可以用什么来表示？ 提示：位移x＝v0t0；在图甲所示的v­t图像中可以用图线与时间轴所包围的矩形面积来表示。 　 提示：匀变速直线运动的位移大小也能用v­t图像中图线与时间轴所包围图形的面积来表示，即初速度为v0、末速度为vt、运动时间为t的匀变速直线运动的位移可用图乙中的梯形面积表示。 课堂探究评价 10 提示 活动3：如图丙，将图乙的运动分成几个小段，在每一小段内，粗略认为物体以该小段起始时刻的瞬时速度做匀速直线运动，则图丙中各小矩形的面积之和可表示什么？ 活动4：如图丁所示，将图乙的运动划分为更多的小段，对比图丁和图丙，分析活动2的猜想是否正确。 提示：根据活动1的结论，图丙中各个小矩形的面积之和表示各段位移之和，可近似代表图乙中物体做匀变速直线运动的位移。 　 提示：通过对比图丁和图丙可知，图丁中小矩形的面积之和比图丙中小矩形的面积之和能更精确地表示图乙所示匀变速直线运动的位移，即小矩形越窄，多个小矩形的面积之和越接近物体的位移。如果把整个运动过程分割得非常细，很多小矩形的面积之和就能非常精确地代表物体的位移，这些小矩形合在一起便形成了图乙中的梯形，所以活动2的猜想正确。 课堂探究评价 11 提示 活动5：若已知匀变速直线运动的初速度v0、加速度a，如何推导出位移x与时间t的关系式？ 课堂探究评价 12 1．位移与面积的关系 匀变速直线运动v­t图像与时间轴所围成的“梯形面积”等于“位移”。 课堂探究评价 13 图线在时间轴上方，图线与时间轴所围的图形的 面积为正值，表示的位移为正；图线在时间轴下方，图 线与时间轴所围的图形的面积为负值，表示的位移为负； 图线与时间轴有交叉，总位移为上、下面积的代数和。 例如：如果一个物体的v­t图像如图所示，图线与t轴围成 两个三角形，面积分别为x1和x2，此时x1<0，x2>0，则0～t2时间内该物体的总位移x＝x1＋x2＝|x2|－|x1|，若x>0，位移为正，若x<0，位移为负。 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 若物体做匀加速直线运动 a与v0同向，a取正值 若物体做匀减速直线运动 a与v0反向，a取负值 若位移的计算结果为正值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相同 若位移的计算结果为负值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相反 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 例1　某同学骑共享单车上学时，经过一段下行的缓坡，在该缓坡上做匀加速直线运动，初速度大小为v0＝5 m/s，加速度大小为a＝0.5 m/s2，求： (1)该同学在前3 s内的位移大小； (2)该同学在第3 s内的位移大小。 答案　(1)17.25 m　(2)6.25 m 答案 课堂探究评价 18 提示 (1)两问分别要求的是哪段时间内的位移？ (2)选用什么公式来求解位移？ 提示：第一问要求的是0～3 s内的位移，即所求位移的时间间隔是3 s；第二问要求的是第3 s内的位移，所求位移的时间间隔是1 s，即第2 s末到第3 s末的位移。　 课堂探究评价 19 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练1]　一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示。汽车通过A、B两棵相邻的树用了3 s，通过B、C两棵相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度和通过树A时的速度为多少？ 答案：1 m/s2　3.5 m/s　 答案 解析 课堂探究评价 22 例2　汽车以10 m/s的速度行驶5分钟后突然刹车，如果刹车过程汽车做匀变速直线运动，加速度大小为5 m/s2，则刹车后3秒内汽车行驶的距离是多少？ (1)刹车问题先求什么？如何求解？ (2)能直接将所给刹车后的时间代入位移与时间的关系式计算该段时间的位移吗？ 答案　10 m 答案 提示 提示：先求刹车时间，由匀变速直线运动速度与时间的关系式可以求解。 提示：不能。物理解题需要符合实际，要先判断所给时间是否就是汽车运动的时间。 课堂探究评价 23 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练2]　(多选)一质点从t＝0时刻开始做匀减速直线运动，直到速度减小到零，其位移x与时间t的关系式为x＝24t－8t2，式中的物理量均采用国际单位制，下列关于该质点的说法正确的是(　　) A．初速度大小为12 m/s B．加速度大小为16 m/s2 C．第1 s内的平均速度大小为16 m/s D．第2 s内的平均速度大小为0 答案 课堂探究评价 26 解析 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 提示 活动1：通过上一节的学习我们知道，匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的始、末速度的算术平均值，结合本节所学，匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度与平均速度有什么关系？请用解析法讨论。 课堂探究评价 29 提示 活动2：结合上面图像，请用图像法验证上述结论。 课堂探究评价 30 课堂探究评价 31 答案 课堂探究评价 32 规范解答 提示 中间时刻的速度与平均速度有什么关系？ 提示：相等。　 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练3]　(多选)一小球沿斜面向下做匀加速直线运动，先后经过斜面上的A、B两点，其速度分别为vA＝2 m/s和vB＝14 m/s，经历时间为2 s。下列说法中正确的是(　　) A．从A到B的加速度大小为6 m/s2 B．从A到B的平均速度大小为8 m/s C．A、B两点之间的距离为16 m D．从A到B中间时刻的瞬时速度大小为12 m/s 答案 课堂探究评价 35 解析 课堂探究评价 36 探究3　位移差公式Δx＝aT2 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 活动1：如图是做匀变速直线运动的小车经打点计时器打出的一条纸带，已知打点周期为T(即每隔时间T打一次点)，小车运动的加速度为a。试用解析法证明：相邻点迹间距离之差Δx＝aT2(即证明BC－AB＝CD－BC＝DE－CD＝…＝aT2)。 提示 课堂探究评价 37 活动2：请用图像法证明上述结论。 提示 提示如图，Δx＝x2－x1即为平行四边形ABCD的面积，其高为aT，长为T，则Δx＝aT·T＝aT2。 课堂探究评价 38 课堂探究评价 ①对于不相邻的相等的时间T内的两段位移：xm－xn＝(m－n)aT2。 ②此推论只适用于匀变速直线运动。 课堂探究评价 40 2．Δx＝aT2的应用——求纸带的加速度 (1)逐差法 在研究匀变速直线运动的实验中，其实验目的之一是使用打点计时器测量匀变速直线运动的加速度。除通过求出各时刻的速度，画v­t图像求解加速度外，还可以用公式法求解。原理如下： 设物体做匀加速直线运动的加速度是a，在各个连续相等时间间隔T内的位移分别是x1、x2、…、x6，如图甲所示。 课堂探究评价 41 课堂探究评价 课堂探究评价 答案 例4　有一个做匀变速直线运动的物体，它在两段连续相等的时间内通过的位移分别是24 m和64 m，连续相等的时间为4 s，求物体在这两段时间内的初速度和加速度大小。 本题已知什么信息？应用什么规律求解更简单？ 答案　1 m/s　2.5 m/s2 提示 课堂探究评价 44 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 48 [变式训练4－1]　一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滚下，依次经过A、B、C三点。已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球在经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　) A．2 m/s，4 m/s，6 m/s B．2 m/s，3 m/s，4 m/s C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s 答案 解析 课堂探究评价 49 [变式训练4－2]　如图是“测量匀变速直线运动的加速度”实验中得到的一条纸带(相邻两计数点间还有一个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电。 (1)相邻两个计数点之间的时间间隔t＝________ s。 (2)打点计时器打计数点3时，小车的速度大小是v＝________ m/s。(计算结果保留两位有效数字) (3)小车的加速度大小为a＝________ m/s2。(计算结果保留两位有效数字) 答案 0.04 0.64 3.0 课堂探究评价 50 解析 课堂探究评价 科学思维 科学思维 53 例　(多选)汽车在限速为40 km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．汽车在刹车阶段做匀减速运动 B．汽车在加速阶段的加速度大小为3 m/s2 C．汽车开始减速时距斑马线约为16 m D．汽车在3.5～5.5 s时间内的平均速度为5 m/s 答案 科学思维 54 规范解答 科学思维 55 [方法感悟]　本题中位移的求解，除了用到微元累积法，还用到了估算的方法。实际生活中，图线的形状大多是不规则的，计算图线与坐标轴所围面积时，用小方格估算是一种很有效的方法。后续课程还会遇到微元累积法和估算法的运用。 科学思维 56 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 [名师点拨]　逆向思维法求解运动问题 逆向思维法是把运动过程的“末状态”作为“初状态”来反向研究问题的方法。如物体做匀减速直线运动可看成反向匀加速直线运动来处理。末状态已知的情况下，若采用逆向思维法往往能起到事半功倍的效果。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 8．(由v­t图像求位移)一智能机器人某次执行任务时，在水平面上沿x轴运动，其v­t图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．第1 s内和第4 s内，机器人的加速度大 小相等、方向相反 B．0～3 s内，机器人的平均速度为2.5 m/s C．第1 s内和前3 s内，机器人的位移相同 D．t＝3 s时，机器人的运动方向发生改变 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 相等 匀加速 1.1 0.875 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 10．(综合)一架飞机着陆时的速度为60 m/s，滑行20 s后停下，它滑行的距离是多少？ 答案：600 m 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 12．(综合)2020年11月10日，“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，此次的坐底深度达10909米。潜水器完成科考任务后返回水面的某一阶段可视为匀加速直线运动，在此过程中测得潜水器上升连续两段12 m的高度分别用时4 s和2 s，则该过程的加速度大小为(　　) A．0.5 m/s2 B．0.75 m/s2 C．1 m/s2 D．1.5 m/s2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 14．(综合)(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m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3 s，那么该消防队员(　　) A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2 C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1 D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 15．(综合)如图是某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带。 (1)已知打点计时器的电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________。 (2)A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点未画出。图中B、C两点间距未标示，则C点对应的速度是________ m/s，对应匀变速直线运动的加速度为________ m/s2。 答案 0.02 s 0.10　 0.20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．知道v­t图像中的“面积”与位移的对应关系。2.理解匀变速直线运动位移与时间的关系式，并能进行相关计算。3.理解并掌握推论eq \o(v,\s\up14(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))和Δx＝aT2。 x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 1．判一判 (1)初速度越大，时间越长，匀变速直线运动物体的位移一定越大。(　　) (2)匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、时间三个因素有关。(　　) (3)公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2仅适用于匀加速直线运动。(　　) (4)如果a<0，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，知位移随着时间逐渐减小。(　　) (2)匀速直线运动的位移与时间的关系式为x＝vt，由此式可以得出它的位移x与时间t呈线性关系，作出的x­t图像为倾斜直线；匀变速直线运动的位移与时间的关系式为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，那么它的x­t图像应为什么形状？ 提示：根据梯形面积公式可知，x＝eq \f(1,2)(v0＋vt)t，将vt＝v0＋at代入，可得x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。 2．匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。 (1)公式的理解 ①公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2是位移公式，而不是路程公式。利用该公式求的是位移，而不是路程，只有在单方向直线运动中，所求的位移大小才等于路程。 ②矢量性：位移公式为矢量式，该公式中除t外各量均为矢量，注意其方向。x、a、v0必须选取统一的正方向，一般选取初速度的方向为正方向。若取初速度方向为正方向，其情况列表如下。 ③此公式只适用于匀变速直线运动，对非匀变速直线运动不适用。 ④x＝v0t＋eq \f(1,2)at2是位移公式，不是位置公式。若t＝0时物体的位置坐标为x0，则物体位置x与时间t的关系式为x－x0＝v0t＋eq \f(1,2)at2(其中x－x0即位移)。 (2)公式的特殊形式 ①当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)。 ②当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2(由静止开始的匀加速直线运动)。 提示：因为该同学骑车做匀加速直线运动，v0、a、t已知，可以运用x＝v0t＋eq \f(1,2)at2来计算。 规范解答　　(1)前3 s内该同学的位移： x3＝v0t3＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,3)＝5 m/s×3 s＋eq \f(1,2)×0.5 m/s2×(3 s)2＝17.25 m。 (2)前2 s内该同学的位移： x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)＝5 m/s×2 s＋eq \f(1,2)×0.5 m/s2×(2 s)2＝11 m 因此，第3 s内的位移： x＝x3－x2＝17.25 m－11 m＝6.25 m。 (1)使用公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2时，要注意v0、a、x是矢量。式中包含v0、a、x、t四个物理量，当其中三个量已知时，可求第四个未知量。 (2)应用公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2解题的基本思路 ①确定研究对象，并分析判断物体是否做匀变速直线运动。 ②选择研究过程。 ③分清已知量和待求量，找出与所选研究过程相对应的v0、a、t、x的值，特别要注意v0并不一定是物体运动的初速度，而是与研究过程相对应的初速度。 ④规定正方向，判定各矢量的正、负，统一已知量的单位，然后代入公式。 ⑤求解方程并说明，必要时对结果进行讨论。 解析：设汽车经过树A时的速度为v0， 加速度为a，对AB段，由位移与时间关系式得：x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 对AC段，由位移与时间关系式得：x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 其中x1＝15 m，x2＝30 m，t1＝3 s，t2＝5 s， 联立两式，并代入数据得：a＝1 m/s2，v0＝3.5 m/s。 规范解答　依题意画出运动草图如图所示。 设经时间t汽车速度减为零，根据匀变速直线运动速度与时间的关系式vt＝v0＋at， 代入数据解得t＝2 s， 由于汽车在刹车2 s后就停下了，所以有x3＝x2＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝10 m/s×2 s＋eq \f(1,2)×(－5 m/s2)×(2 s)2＝10 m。 刹车类问题的处理思路 实际交通工具刹车后，可认为是做匀减速直线运动，且运动过程不可逆，即当速度减小到零时，车辆就会停止。求解此类问题中位移的思路是： (1)先求出它们从刹车到停止的刹车时间t刹＝eq \f(0－v0,a)。 (2)比较所给时间与刹车时间的关系，确定运动时间，最后再利用运动学公式求解。若t>t刹，不能直接将所给时间t代入公式求解；若t<t刹，则在t时间内未停止运动，可直接将时间t代入公式求解。 解析：根据位移x与时间t的关系式x＝24t－8t2，对比x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得，初速度v0＝24 m/s，加速度a＝－16 m/s2，则A错误，B正确；速度减为零所用的时间t＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－24 m/s,－16 m/s2)＝1.5 s，则第1 s内的位移为x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝24 m/s×1 s＋eq \f(1,2)×(－16 m/s2)×(1 s)2＝16 m，则第1 s内的平均速度大小为v1＝eq \f(x1,t1)＝eq \f(16 m,1 s)＝16 m/s；第2 s内的位移为x2＝v0t＋eq \f(1,2)at2－x1＝24 m/s×1.5 s＋eq \f(1,2)×(－16 m/s2)×(1.5 s)2－16 m＝2 m，则第2 s内的平均速度大小为v2＝eq \f(x2,t2)＝eq \f(2 m,1 s)＝2 m/s，C正确，D错误。 探究2　一个重要推论：veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \o(v,\s\up14(－)) 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 提示：设初始时刻速度为v0，加速度为a，则经过时间eq \f(t,2)，根据速度公式，速度变为veq \s\do9(\f(t,2))＝v0＋a·eq \f(t,2)，根据位移公式，时间t发生的位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，这段时间内的平均速度eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0t＋\f(1,2)at2,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，因此veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)。 提示：初速度为v0、加速度为a的匀变速直线运动的v­t图像如图所示，时间t内的位移x在数值上等于图中梯形OABD的“面积”。eq \f(t,2)时刻的速度为veq \s\do9(\f(t,2))，若以此速度做匀速运动，时间t内的位移在数值上等于矩形OEFD的“面积”。由几何关系可知，图中△BCF与△ECA全等，可以设想把△BCF割下补到△ECA处，从而梯形OABD变成了矩形OEFD，二者“面积”相等，因此这段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度的结论成立。 平均速度、中间时刻速度 (1)做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间始、末速度矢量和的一半。 (2)推导：设物体的初速度为v0，做匀变速直线运动的加速度为a，t时刻的速度为vt。 由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，平均速度eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at ① 由vt＝v0＋at知，eq \f(t,2)时刻的速度veq \s\do9(\f(t,2))＝v0＋a·eq \f(t,2) ② 由①②得eq \o(v,\s\up14(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))，又vt＝veq \s\do9(\f(t,2))＋a·eq \f(t,2) ③ 由②③得veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2) 所以eq \o(v,\s\up14(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2)。 例3　(多选)一滑雪运动员从长度为L的山坡顶端由静止开始沿直线滑至山脚，经历的时间为t，则下列说法正确的是(　　) A．若运动员做匀加速运动，则运动员运动全过程中的平均速度是eq \f(L,t) B．若运动员做匀加速运动，则运动员在eq \f(t,2)时刻的瞬时速度是eq \f(2L,t) C．若运动员先匀加速再匀减速至速度为0，则运动员运动全过程中的平均速度是eq \f(L,t) D．若运动员先匀加速再匀减速至速度为0，则运动员在eq \f(t,2)时刻的瞬时速度是eq \f(2L,t) 规范解答　运动员做匀加速直线运动时，全程的平均速度eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(L,t)，eq \f(t,2)时刻运动员的速度等于全程的平均速度eq \f(L,t)，A正确，B错误；运动员先匀加速后匀减速至速度为0时，全程的平均速度eq \o(v,\s\up14(－))′＝eq \f(L,t)，因不知道运动员匀加速运动与匀减速运动的加速度大小，故不能确定运动员在eq \f(t,2)时刻的瞬时速度，C正确，D错误。 eq \o(v,\s\up14(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(v0＋vt,2)只对匀变速直线运动适用；对于一般的变速运动，某段时间中间时刻的瞬 时速度与这段时间始、末速度的算术平均值并不相等，也与这段时间的平均速度不相等。eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)适用于任何运动。 解析：从A到B的加速度大小为a＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(14 m/s－2 m/s,2 s)＝6 m/s2，故A正确；小球从A到B的平均速度大小为eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(vA＋vB,2)＝eq \f(2 m/s＋14 m/s,2)＝8 m/s，B正确；A、B两点之间的距离为x＝eq \o(v,\s\up14(－))t＝8 m/s×2 s＝16 m，故C正确；小球从A到B中间时刻的瞬时速度大小为veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \f(vA＋vB,2)＝eq \f(2 m/s＋14 m/s,2)＝8 m/s，故D错误。 提示：BC－AB＝AC－2AB＝vA·2T＋eq \f(1,2)a·(2T)2－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vAT＋\f(1,2)aT2))＝aT2。同理可证CD－BC＝DE－CD＝…＝aT2，即Δx＝aT2。 1．位移差公式：Δx＝aT2 (1)内容：做匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间T内的位移差是个恒量，且Δx＝aT2。 (2)证明：如图， x1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2， x2＝v0·2T＋eq \f(1,2)a(2T)2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0T＋\f(1,2)aT2))＝v0T＋eq \f(3,2)aT2， 所以Δx＝x2－x1＝aT2。 由公式Δx＝aT2可得：x4－x1＝(x4－x3)＋(x3－x2)＋(x2－x1)＝3aT2， 同理：x5－x2＝x6－x3＝3aT2。 由测得的各段位移x1、x2、…、x6可求出：a1＝eq \f(x4－x1,3T2)，a2＝eq \f(x5－x2,3T2)，a3＝eq \f(x6－x3,3T2)， 所以a1、a2、a3的平均值：eq \o(a,\s\up14(－))＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝eq \f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,9T2)。 这就是我们所要测定的匀变速直线运动的加速度。所用方法称为逐差法。 这样处理数据的过程中，所给的实验数据x1、x2、…、x6全部都用到了，所以，在“使用全部所给数据，全面真实反映纸带的情况”，并采用了“多次测量求平均值”的原则下，减小了实验误差。 (2)两段法 “两段法”实际上就是将图甲所示纸带的6段位移分成两大部分：xⅠ和xⅡ，如图乙所示，则xⅠ和xⅡ是运动物体在两个相邻的相等时间间隔T′＝3T内的位移。 由xⅡ－xⅠ＝aT′2可得：a＝eq \f(xⅡ－xⅠ,T′2)＝eq \f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,9T2)。 显然，得到的计算结果和前面完全相同，但这种方法避免了“逐差法”求多个a，再求这些a的平均值的麻烦，而且在思路上更清晰，计算上也更简捷。“连续相等时间内的位移”中“相等时间”的长度可任意选取，不必拘泥于纸带上已给的相邻计数点间的时间间隔T。凡是“逐差法”适用的情景，都可以用“两段法”快速求得结果。 提示：连续相等的时间4 s，连续相等时间内的两段位移24 m、64 m。先应用Δx＝aT2求出a，再用x＝v0t＋eq \f(1,2)at2求v0。 规范解答　画出物体运动的示意图，如图所示，物体从A到B再到C各用时4 s，AB＝24 m，BC＝64 m。 解法一(常规解法)：设物体的加速度为a， 则x1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 x2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(vA·2T＋\f(1,2)a（2T）2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vAT＋\f(1,2)aT2)) 将x1＝24 m，x2＝64 m，T＝4 s代入两式求得vA＝1 m/s，a＝2.5 m/s2。 解法二(用平均速度求解)： eq \o(v,\s\up14(－))1＝eq \f(x1,T)＝eq \f(24 m,4 s)＝6 m/s eq \o(v,\s\up14(－))2＝eq \f(x2,T)＝eq \f(64 m,4 s)＝16 m/s 又eq \o(v,\s\up14(－))2＝eq \o(v,\s\up14(－))1＋aT 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再由x1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 求得vA＝1 m/s。 解法三(用推论Δx＝aT2求解)： 由x2－x1＝aT2 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再代入x1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 可求得vA＝1 m/s。 Δx＝aT2的应用 (1)判断物体是否做匀变速直线运动 如果对于任意时间T，Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1都成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动。 (2)求加速度 利用Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2)。 解析：根据Δx＝aT2得，a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(10 m－6 m,（2 s）2)＝1 m/s2，经过B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(6 m＋10 m,2×2 s)＝4 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋aT＝4 m/s＋1 m/s2×2 s＝6 m/s，经过A点的速度vA＝vB－aT＝4 m/s－1 m/s2×2 s＝2 m/s，A正确。 解析：(1)打点计时器的电源频率是50 Hz，故打点周期为0.02 s，又因为相邻两计数点间还有一个点没有画出，所以相邻的计数点间有2个打点周期的时间间隔，即t＝0.04 s。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可知打纸带上点3时小车的速度大小为：v＝eq \f(x3＋x4,2t)＝eq \f(（2.3＋2.8）×10－2 m,2×0.04 s)＝0.64 m/s。 (3)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小：a＝eq \f(x36－x03,（3t）2)＝eq \f(（3.8＋3.3＋2.8）×10－2 m－（1.4＋1.9＋2.3）×10－2 m,（3×0.04 s）2)＝3.0 m/s2。 微元累积思维 匀变速直线运动位移公式的推导，主要是将运动过程细分，然后对多个细分过程累积求和，这种思维方法一般称为微元累积思维。 上面这种分析问题的方法具有一般意义，原则上对于处理任意形状的v­t图像都适用。对于如图所示的运动物体的位移，可用其v­t图像着色部分图形的面积来表示。 在处理较复杂的变化量问题时，常常先把整个区间化为若干个小区间，认为每一小区间内研究的量不变，再求和。这是物理学中常用的一种方法，后续课程还会遇到。这种方法实质是微积分思想在高中物理的体现。 规范解答　v­t图线的斜率表示加速度，由题图可知，汽车在刹车阶段做加速度变化的减速运动，故A错误；汽车在加速阶段的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(8 m/s－2 m/s,5.5 s－3.5 s)＝3 m/s2，故B正确；由题图可知，汽车在0.5～3.5 s内减速行驶，v­t图像与t轴所围面积表示位移，面积大于半个小方格的算1格，不足半个小方格的舍去，可知0.5～3.5 s内v­t图像与t轴所围图形有16个小方格，每个小方格的面积表示2 m/s×0.5 s＝1 m，则开始减速时汽车距斑马线约为1 m×16＝16 m，故C正确；v­t图像与t轴所围面积表示位移，则汽车在3.5～5.5 s时间内运动的位移x＝eq \f(2 m/s＋8 m/s,2)×2 s＝10 m，平均速度eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)＝5 m/s，故D正确。 解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系式，可得人在斜坡上通过的距离x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝5 m/s×5 s＋eq \f(1,2)×(－0.4 m/s2)×(5 s)2＝20 m，故选C。 1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的应用))某人骑自行车以5 m/s的初速度沿足够长的斜坡向上做减速运动，加速度大小是0.4 m/s2，经过5 s(还在上坡)，他在斜坡上通过的距离是(　　) A．30 m B．25 m C．20 m D．15 m 解析：根据匀变速直线运动位移与时间关系式有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得a＝1.0 m/s2，故选B。 2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的应用))一个物体以初速度v0＝2 m/s做匀加速直线运动，在前3 s内通过的位移是10.5 m，则它的加速度为(　　) A．0.5 m/s2 B．1.0 m/s2 C．1.5 m/s2 D．2.0 m/s2 解析：设一节车厢的长为L，则L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，nL＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，将t1＝2 s，t2＝6 s代入，两式相比，解得n＝9，C正确。 3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的应用))一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的路旁观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列火车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有(　　) A．3节 B．6节 C．9节 D．12节 解析：设着陆速度为v，则起飞速度v0＝1.5v，起飞滑跑时间t1＝eq \f(x1,\f(v0,2))＝eq \f(2x1,v0)＝eq \f(6000 m,1.5v)＝eq \f(4000 m,v)，着陆滑跑时间t2＝eq \f(x2,\f(v,2))＝eq \f(2x2,v)＝eq \f(4000 m,v)，故t1∶t2＝1∶1，B正确。 4．(eq \o(v,\s\up14(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞时，需要滑跑距离约为3000 m，着陆距离约为2000 m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速直线运动，起飞时速度是着陆速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是(　　) A．3∶2 B．1∶1 C．1∶2 D．2∶1 解析：质点是从静止开始运动的，设加速度为a，则位移x＝eq \f(1,2)at2，第10 s内的位移等于前10 s内的位移与前9 s内的位移之差，故第10 s内的位移为eq \f(1,2)a·(10 s)2－eq \f(1,2)a·(9 s)2＝19 m，解得a＝2.0 m/s2，B正确。 5.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的应用))一质点由静止开始做匀加速直线运动，它在第10 s内的位移为19 m，则其加速度大小为(　　) A．1.9 m/s2 B．2.0 m/s2 C．9.5 m/s2 D．3.0 m/s2 解析：根据x2－x1＝aT2，a＝eq \f(Δv,T)，联立可求得a＝eq \f(（Δv）2,x2－x1)，故B正确。 6．(Δx＝aT2)一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2。则该质点的加速度大小为(　　) A.eq \f(（2Δv）2,x1＋x2) B.eq \f(（Δv）2,x2－x1) C.eq \f(2（Δv）2,x2－x1) D．(Δv)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2))) 7.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的应用))(多选)在冬奥会某次冰壶比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20 s停止，已知倒数第3 s内的位移大小为1.0 m，下列说法中正确的是(　　) A．冰壶的加速度大小为0.3 m/s2 B．冰壶的加速度大小为0.4 m/s2 C．冰壶第1 s末的速度大小为5.7 m/s D．冰壶第1 s内的位移大小为7.8 m 解析：将冰壶投出后的匀减速直线运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，已知冰壶倒数第3 s内的位移大小为1.0 m，则x3＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，代入数据得冰壶的加速度大小为a＝0.4 m/s2，故A错误，B正确；由匀变速直线运动速度与时间的关系式可知冰壶投出时的初速度大小为v0＝at0＝0.4 m/s2×20 s＝8 m/s，所以冰壶在第1 s末的速度大小为v1＝v0－at1＝8 m/s－0.4 m/s2×1 s＝7.6 m/s，故C错误；冰壶第1 s内的位移大小为x1＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝7.8 m，故D正确。 解析：第1 s内机器人的加速度为a1＝eq \f(5 m/s－0,1 s)＝5 m/s2，第4 s内机器人的加速度为a4＝eq \f(0－（－5 m/s）,4 s－3 s)＝5 m/s2，则第1 s内和第4 s内，机器人的加速度大小相等、方向相同，故A错误；v­t图像中，图线与横轴所围面积为物体在对应时间内的位移，故0～3 s内，机器人的位移为x3＝s02＋s23＝eq \f(5 m/s×2 s,2)＋eq \f(－5 m/s×（3 s－2 s）,2)＝eq \f(5,2) m，平均速度为eq \o(v,\s\up14(－))3＝eq \f(x3,t3)＝eq \f(\f(5,2) m,3 s)＝eq \f(5,6) m/s，故B错误；由v­t图线与横轴所围面积表示位移可知，第1 s内和前3 s内，机器人的位移相同，故C正确；2～4 s内速度始终为负，则t＝3 s时，机器人的运动方向没有发生改变，故D错误。 9．(Δx＝aT2)如图所示，一个小球沿斜面向下运动，用每间隔eq \f(1,10) s曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为eq \f(1,10) s，测得小球在几个连续相等时间内的位移(数据见表)，则 x1/cm x2/cm x3/cm x4/cm 8.20 9.30 10.40 11.50 (1)小球在连续相等时间内的位移之差________(选填“相 等”或“不相等”)，小球的运动性质属于________直线运动。 (2)小球的加速度为________ m/s2。 (3)图中频闪相机拍摄第二张照片的时刻小球的瞬时速度为________ m/s。 解析：(1)由表中数据可知，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，即小球在连续相等时间内的位移之差相等，小球做匀加速直线运动。 (2)小球的加速度为a＝eq \f(x3＋x4－x2－x1,4T2)＝1.1 m/s2。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式veq \s\do9(\f(t,2))＝eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(x,t)，则v＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(（8.20＋9.30）×10－2 m,2×0.1 s)＝0.875 m/s。 解析：解法一：由vt＝v0＋at得 a＝eq \f(vt－v0,t)＝eq \f(0－60 m/s,20 s)＝－3 m/s2 飞机滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝60 m/s×20 s＋eq \f(1,2)×(－3 m/s2)×(20 s)2＝600 m。 解法二：全程的平均速度 eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(v0＋vt,2)＝eq \f(60 m/s＋0,2)＝30 m/s 飞机滑行的距离为x＝eq \o(v,\s\up14(－))t＝30 m/s×20 s＝600 m。 11．(eq \o(v,\s\up14(－))、veq \s\do9(\f(t,2)))某物体做直线运动，物体的速度—时间图像如图所示。若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度eq \o(v,\s\up14(－))(　　) A．等于eq \f(1,2)(v0＋v1) B．小于eq \f(1,2)(v0＋v1) C．大于eq \f(1,2)(v0＋v1) D．条件不足，无法比较 解析：如果物体在0～t1时间内做匀变速直线运动，则有eq \o(v,\s\up14(－))′＝eq \f(v0＋v1,2)，这段时间发生的位移x1大小为如图所示阴影部分的面积，则x1＝eq \o(v,\s\up14(－))′t1，而阴影部分的面积小于该物体的速度—时间图线与t轴包围的面积，即该物体在0～t1时间实际位移的大小x2＝eq \o(v,\s\up14(－)) t1>x1，则eq \o(v,\s\up14(－))>eq \o(v,\s\up14(－))′＝eq \f(v0＋v1,2)，故C正确。 解析：根据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知，第一段位移中间时刻的速度为v1＝eq \f(Δx,Δt1)＝eq \f(12 m,4 s)＝3 m/s，第二段位移中间时刻的速度为v2＝eq \f(Δx,Δt2)＝eq \f(12 m,2 s)＝6 m/s，而两段位移中间时刻的时间间隔为Δt＝eq \f(2 s,2)＋eq \f(4 s,2)＝3 s，则该过程的加速度大小为a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(6 m/s－3 m/s,3 s)＝1 m/s2，故C正确。 13.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2的理解与应用))为了探究遥控汽车的性能，现把遥控汽车放在平直公路上分别进行实验，某次实验中关闭遥控汽车的电源，得到其x­t关系式为：x＝－eq \f(3,2)t2＋8t＋4.0(x的单位是m，t的单位是s)，则(　　) A．遥控汽车的初速度为5 m/s B．遥控汽车的加速度为eq \f(3,2) m/s2 C．遥控汽车在第3 s内的平均速度大小为eq \f(2,3) m/s D．遥控汽车在第3 s内的平均速度大小为eq \f(1,2) m/s 解析：观察发现，本题的x­t关系式不是匀变速直线运动位移与时间的关系式，而是匀变速直线运动位置坐标与时间的关系式，与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＋x0对比可知，遥控汽车的初速度为v0＝8 m/s，加速度为a＝－3 m/s2，故A、B错误；遥控汽车减速用时t1＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(8,3) s，即在第3 s前便已停止运动，则遥控汽车2 s内的位移为x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)＝10 m，第3 s内的位移为Δx＝eq \f(v0,2)t1－x2＝eq \f(2,3) m，第3 s内的平均速度大小为v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(2,3) m/s，故C正确，D错误。 解析：设下滑过程中的最大速度为v，加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v＝a1t1，v＝a2t2，解得：t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故B正确；根据平均速度eq \o(v,\s\up14(－))＝eq \f(v0＋v,2)，知加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1，消防队员下滑的总位移为：x＝eq \f(v,2)t1＋eq \f(v,2)t2，而t＝t1＋t2，解得下滑过程的最大速度为：v＝eq \f(2x,t)＝eq \f(2×12 m,3 s)＝8 m/s，故A错误，C正确；因为加速与减速运动过程的平均速度之比为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。 解析：(1)已知打点计时器的电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02 s。 (2)因每两个相邻计数点间有四个点未画出，可知T＝0.1 s；根据Δx＝x－0.70 cm＝1.10 cm－x，可得x＝0.90 cm，Δx＝0.20 cm。则vC＝eq \f(xBD,2T)＝eq \f(（1.10＋0.90）×10－2 m,2×0.1 s)＝0.10 m/s。根据Δx＝aT2可得a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(0.20×10－2 m,（0.1 s）2)＝0.20 m/s2。 $$