第2章 4 匀变速直线运动规律的应用（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

该高中物理课件聚焦“匀变速直线运动规律的应用”核心知识点，通过预习案“必备知识·问题导学”导入，衔接前期匀变速直线运动基本公式（如v=v₀+at、v²-v₀²=2ax），后续以探究案互动探究、提升案基础落实、知能达标训练深化，构建“预习-探究-提升-达标”学习支架。 其亮点在于分案递进设计，预习案引导科学探究中的问题提出，探究案通过互动探究培养科学思维的模型建构与科学推理，达标训练强化物理观念中的运动观念，助力学生从规律理解到实际应用，教师可依托分层设计提升教学效率。

4　匀变速直线运动规律的应用 第二章　匀变速直线运动的规律 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 目 录 预习案 01 探究案 02 知能达标训练 04 CONTENTS 提升案 03 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 预习案 必备知识·问题导学 01 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 2ax v0＋at 2ax 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 03 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 点击进入Word 知能达标训练 04 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第二章　匀变速直线运动的规律 物理·必修 第一册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 科学思维 1．知道速度—位移公式，会用公式分析计算有关问题 2．知道中间位置的速度公式，会用公式分析计算有关问题 3．理解初速度为零的几个比例式 4．会熟练运用匀变速直线运动的公式解决问题 一、匀变速直线运动的速度与位移的关系 1．速度—位移公式：veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝__________。 2．推导过程 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(vt＝_________,,,,,,,,x＝___________)) eq \o(———→,\s\up17(两式),\s\do15(消去t))x＝__________—→veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝_____。 v0t＋eq \f(1,2)at2 eq \f(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0),2a) 二、匀变速直线运动中间位置速度 1．中间位置速度公式 v eq \s\do16(\f(x,2)) ＝ eq \r(\f(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,t),2)) 2．推导 探究点一　对速度—位移公式的理解 对公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的理解 公式意义 初、末速度、加速度和位移之间的关系 各量意义 vt、v0、a、x分别为末速度、初速度、加速度、位移 公式特点 ①含有4个量，若知其中三个，能求另外一个 ②不含时间t 矢量性 x、v0、a均为矢量，应用公式时，一般选v0的方向为正方向，若匀加速，a>0；若匀减速，a<0 适用条件 匀变速直线运动 　某型号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到 50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问： (1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？ (2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？ [解析]　解法一　(1)设弹射系统使飞机具有的初速度为v0，由运动学公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，可知v0＝eq \r(v\o\al(2,t)－2ax)＝30 m/s。 (2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动。由公式veq \o\al(2,t)＝2ax可知该舰身长至少应为x＝eq \f(v\o\al(2,t),2a)＝250 m。 解法二　(1)设初速度为v0，起飞时间为t，则：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(vt＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2)) 把vt＝50 m/s，x＝160 m，a＝5 m/s2代入 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(v0＝30 m/s,t＝4 s)) (2)起飞时间为t′，vt＝at′，t′＝10 s x′＝eq \f(1,2)at′2＝250 m。 [答案]　(1)30 m/s　(2)250 m ●方法总结 解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法 (1)如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式vt＝v0＋at； (2)如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2； (3)如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax。 1．长100 m的列车通过长1 000 m的隧道时做匀加速直线运动，列车刚进隧道时的速度是10 m/s，完全出隧道时的速度是12 m/s，求： (1)列车过隧道时的加速度的大小； (2)通过隧道所用的时间。 解析　(1)x＝1 000 m＋100 m＝1 100 m， v1＝10 m/s，v2＝12 m/s， 由veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2ax得， 加速度a＝eq \f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2x)＝0.02 m/s2。 (2)由v2＝v1＋at得 所用时间为t＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(12－10,0.02) s＝100 s。 答案　(1)0.02 m/s2　(2)100 s 探究点二　匀变速直线运动重要推论的应用 1．重要推论 2．用v­t图像比较v eq \s\do16(\f(x,2)) 和v eq \s\do16(\f(t,2)) 的大小 如图甲、乙所示，中间位置的瞬时速度与t′对应，故有v eq \s\do16(\f(x,2)) >v eq \s\do16(\f(t,2)) 。 　光滑斜面的长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法不正确的是(　　) A．物体运动全过程中的平均速度是eq \f(L,t) B．物体在eq \f(t,2)时的瞬时速度是eq \f(2L,t) C．物体运动到斜面中点时瞬时速度是eq \f(\r(2)L,t) D．物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是eq \f(\r(2),2)t [解析]　全程的平均速度v＝eq \f(x,t)＝eq \f(L,t)，A对；eq \f(t,2)时，物体的速度等于全程的平均速度eq \f(L,t)，B错；若末速度为v，则eq \f(v,2)＝eq \f(L,t)，v＝eq \f(2L,t)，故中间位置的速度v中＝eq \f(v,\r(2))＝eq \f(\r(2)L,t)，C对；设物体的加速度为a，到达中间位置用时t′，则L＝eq \f(1,2)at2，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at′2所以t′＝eq \f(\r(2),2)t，D对。 [答案]　B [变式] (多选)在例题中，若物体从长为L的斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度大小为v。下列判断正确的是(　　) A．物体滑到斜面的中点时所用时间为eq \f(L,v) B．物体在斜面上滑行的时间为eq \f(2L,v) C．物体滑到斜面的中点时速度大于eq \f(v,2) D．物体下滑的加速度大小为eq \f(v2,2L) 解析　根据位移公式，由L＝eq \f(v,2)t解得物体沿斜面下滑时间为t＝eq \f(2L,v)，根据速度—位移公式，有v2＝2aL，解得物体下滑加速度为a＝eq \f(v2,2L)。设物体滑到斜面的中点时所用时间为t′，对前半程根据位移公式，有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at′2解得t′＝eq \f(\r(2)L,v)，故A错误；B、D正确；物体滑到斜面的中点时速度为v eq \s\do16(\f(t,2)) ＝at′＝eq \f(\r(2),2)v＞eq \f(v,2)，故C正确。 答案　BCD 2．一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中先后经过相距27 m的A、B两点所用时间为2 s，汽车经过B点时的速度为15 m/s。求： (1)汽车经过A点时的速度大小和加速度大小。 (2)汽车从出发点到A点经过的距离。 (3)汽车经过B点后再经过2 s到达C点，则BC间距离为多少？ 解析　(1)设汽车运动方向为正方向，过A点时速度为vA，则AB段平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))AB＝eq \f(vA＋vB,2)， 故由x＝eq \o(v,\s\up6(－))ABt＝eq \f(vA＋vB,2)t， 解得vA＝12 m/s。 对AB段：a＝eq \f(vB－vA,tAB)＝1.5 m/s2。 (2)对OA段(v0＝0)：由veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax 得xOA＝eq \f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,0),2a)＝48 m。 (3)汽车经过BC段的时间等于经过AB段的时间，根据公式x2－x1＝aT2 对于AC段有：xBC－xAB＝aT2， 得xBC＝xAB＋aT2＝27 m＋1.5×22 m＝33 m。 答案　(1)12 m/s　1.5 m/s2　(2)48 m (3)33 m 探究点三　初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 1．初速度为零的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间间隔为T) (1)T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n (2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2 (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内位移之比 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 2．初速度为零的匀加速直线运动，按位移等分(设相等的位移为x) (1)通过前x、前2x、前3x…时的速度之比 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n) (2)通过前x、前2x、前3x…的位移所用时间之比 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n) (3)通过连续相等的位移所用时间之比 tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)) 【注意】　①以上比例式成立的条件是物体做初速度为零的匀加速直线运动。②对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系，可使问题简化。 　一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法正确的是(　　) A．第5 s内的位移是4.5 m B．第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s C．质点的加速度是0.125 m/s2 D．质点的加速度是0.25 m/s2 解析　由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差相等可知第5 s内的位移是3 m，故A错误；第3 s末的瞬时速度等于三四秒内的平均速度，即v3＝eq \f(x3＋x4,2t)＝2.25 m/s，故B正确；由Δx＝at2可得a＝0.5 m/s2，故C、D错误。 答案　B [变式] 1．若例题中物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是6 m，可知(　　) A．物体运动的加速度大小为6 m/s2 B．第2 s末的速度大小为6 m/s C．第1 s内的位移大小为3 m D．物体在前4 s内的平均速度大小为12 m/s 解析　根据初速度为0的匀加速直线运动规律，连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7，结合题中第4 s内与第2 s内的位移之差是6 m，可得第1 s,2 s,3 s,4 s内位移分别为1.5 m,4.5m,7.5m,10.5m。第1 s由位移时间公式x＝eq \f(1,2)at2，代入数值可得a＝3 m/s2，A、C错误；第2 s末的速度大小为v2＝at2＝3×2 m/s＝6 m/s，B正确；物体在前4 s内的平均速度大小为eq \x\to(v)＝eq \f(1.5＋4.5＋7.5＋10.5,4) m/s＝6 m/s，D错误。 答案　B 2．若例题中物体由静止开始做匀加速直线运动，第4 s内的位移是14 m，下列说法中正确的是(　　) A．第5 s内的位移为16 m B．前4 s内的位移为32 m C．物体的加速度为8 m/s2 D．物体在前2 s内的平均速度为2 m/s 解析　物体做初速度为零的匀加速直线运动x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶3∶5∶7∶9，x5＝eq \f(9,7)x4＝18 m，故A错误；第1 s内位移x1＝eq \f(1,7)x4＝2 m，x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，a＝4 m/s2，故C错误；同理x2＝6 m，x3＝10 m，前4 s内物体的位移x＝x1＋x2＋x3＋x4＝32 m，故B正确；物体在前2 s内的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x1＋x2,t2)＝eq \f(2＋6,2) m/s＝4 m/s，故D错误。 答案　B 3．做匀减速直线运动的物体在4 s时停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　) A．3.5 m　　　　　　　 B．2 m C．1 m D．0 解析　物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，所以由eq \f(14 m,7)＝eq \f(x1,1)得，所求位移x1＝2 m。 答案　B 1．(速度与位移关系的理解与应用)如图所示，物体A在斜面上由静止匀加速滑下x1后，又匀减速地在水平面上滑过x2后停下，测得x2＝2x1，则物体在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为(　　) A．a1＝a2　　　　　　　 B．a1＝2a2 C．a1＝eq \f(1,2)a2 D．a1＝4a2 解析　设匀加速运动的末速度为v，对于匀加速直线运动阶段有v2＝2a1x1， 对于匀减速运动阶段，采用逆向思维有： v2＝2a2x2， 联立两式解得eq \f(a1,a2)＝eq \f(x2,x1)＝2，即a1＝2a2。 答案　B 2．(多选)(中间时刻与中间位置)对做初速度为零的匀加速直线运动的物体有(　　) A．中间时刻正好运动到中间位置 B．中间位置在中间时刻之前到达 C．中间时刻的瞬时速度等于整段路程中的平均速度 D．中间时刻的速度等于末速度的一半 解析　中间时刻的速度小于中间位置的速度，这两点不一样，应先到中间时刻、后到中间位置。A、B错误。中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，C正确。v eq \s\do16(\f(t,2)) ＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，D正确。 答案　CD 3．(多选)如图所示，物体依次经过A、B、C、D四点。已知物体通过AB、BC、CD的时间分别为t、2t、2t，AB段长为L1、CD段长为L2，下列说法正确的是(　　) A．物体运动的加速度大小为eq \f(L2－2L1,7t2) B．BC段长度为eq \f(8L1＋3L2,7) C．C点的速度大小为eq \f(4L1＋5L2,14t) D．B点的速度大小为eq \f(5L1＋10L2,28t) 解析　AB中间时刻速度和CD中间时刻速度分别为v1＝eq \f(L1,t)，v2＝eq \f(L2,2t)，则加速度a＝eq \f(v2－v1,3.5t)＝eq \f(L2－2L1,7t2)，故A正确；根据逐差公式可知xCD－xBC＝a·(2t)2，则xBC＝eq \f(8L1＋3L2,7)，故B正确；C点速度vC＝v1＋a×2.5t＝eq \f(4L1＋5L2,14t)，故C正确；B点速度vB＝v1＋a×0.5t＝eq \f(12L1＋L2,14t)，故D错误。 答案　ABC 4．水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,3l)、(0,0)和(0,2l)点。已知A从静止开始沿y轴正方向做匀加速直线运动，同时B沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点P(2l,4l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，且在弹性限度内，则A运动的加速度大小为(　　) A.eq \f(\r(3)v2,3l) B.eq \f(v2,2l) C.eq \f(v2,3l) D.eq \f(v2,6l) 解析　因为开始时AR∶BR＝1∶2，可知当R到达P点时，因橡皮筋的伸长是均匀的，则有DP∶PC＝1∶2，如图所示，根据相似三角形关系可知OC＝BD＝6l，则AD＝3l。由运动学公式6l＝vt,3l＝eq \f(1,2)at2，解得a＝eq \f(v2,6l)，故选D。 答案　D 5．(平均速度公式的应用)升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，求： (1)匀加速上升的加速度大小a1和匀减速上升的加速度大小a2； (2)上升的总高度H。 解析　根据题意，升降机运动由3个阶段组成：以a1的加速度匀加速上升t1＝2 s；以v＝3 m/s的速度匀速上升t2＝10 s；以a2的加速度减速上升t3＝3 s，最后停止。 (1)由加速度公式a＝eq \f(Δv,Δt)得a1＝eq \f(v－0,t1)＝1.5 m/s2，a2＝eq \f(0－v,t3)＝－1 m/s2。匀加速上升加速度大小为1.5 m/s2，匀减速上升加速度大小为1 m/s。 (2)匀加速上升的位移h1＝eq \f(1,2)vt1＝eq \f(1,2)×3×2 m＝3 m，匀速上升的位移h2＝vt2＝3×10 m＝30 m，匀减速上升的位移h3＝eq \f(1,2) vt3＝eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，上升的总高度为H＝h1＋h2＋h3＝(3＋30＋4.5) m＝37.5 m。 答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　(2)37.5 m $$