08 第2章 素养提升课(一) 匀变速直线运动规律的应用（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册（鲁科版）

素养提升课(一)　匀变速直线运动规律的应用 [学习目标]　1．掌握匀变速直线运动的平均速度公式，并能解决相关问题。2．会推导初速度为零的匀变速直线运动的比例式，并深刻理解，掌握其用法。3．会推导位移差公式Δs＝aT2，并会应用它解决相关加速度的问题等。 考点1　匀变速直线运动的平均速度公式 三个平均速度公式及适用条件 1．，适用于所有运动。 2．，适用于匀变速直线运动。 3．＝v ，即一段时间内的平均速度，等于这段时间内中间时刻的速度，适用于匀变速直线运动。 【典例1】　从车站开出的汽车做匀加速直线运动，运动了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速直线运动至停车，总共历时20 s，行进了50 m，求汽车在此次运动过程中的最大速度。 思路点拨：在匀变速直线运动中，汽车初速度为0，匀加速达最大速度，接着匀减速到0，首选平均速度公式解决。 [解析]　方法一：基本公式法 设最大速度为vmax，由题意得 s＝s1＋s2＝＋vmaxt2－，t＝t1＋t2 vmax＝a1t1，0＝vmax－a2t2 解得vmax＝ m/s＝5 m/s。 方法二：平均速度法 由于汽车在前、后两段均做匀变速直线运动，所以前、后两段的平均速度均为最大速度vmax的一半，即，由s＝tvmax＝＝5 m/s。 方法三：图像法 作出汽车运动全过程的v-t图像如图所示，v-t图像与t轴所围成的三角形的面积与位移的大小相等，所以s＝，则vmax＝ m/s＝5 m/s。 [答案]　5 m/s 　在匀变速直线运动中，没有加速度a，也不涉及加速度，只涉及初、末速度和时间，利用s＝t求位移比较方便。 [跟进训练] 1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为(　　) A．　　　　 B． C． D． A　[物体做匀加速直线运动，物体在前一段位移Δx所用的时间为t1，平均速度为，即为t1时间内中间时刻的瞬时速度；物体在后一段位移Δx所用的时间为t2，平均速度为，即为t2时间内中间时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为Δt＝，所以加速度为a＝，A正确。] 考点2　初速度为零的匀加速直线运动的比例式 1．按时间等分(设相等的时间间隔为T)的比例式 (1)T末、2T末、3T末……nT末的瞬时速度之比 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)T内、2T内、3T内……nT内的位移之比 s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。 (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……第n个T内的位移之比 s1′∶s2′∶s3′∶…∶sn′＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 2．按位移等分(设相等的位移为s)的比例式 (1)通过前s、前2s、前3s……前ns的位移时的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶。 (2)通过前s、前2s、前3s……前ns的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。 (3)通过连续相同的位移所用时间之比，t1′∶t2′∶t3′∶…∶tn′＝1∶∶∶…∶。 【典例2】　一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s。求： (1)第6 s末的速度大小； (2)前6 s内的位移大小； (3)第6 s内的位移大小。 思路点拨：初速度为0的匀加速直线运动，根据相等时间间隔的速度、位移规律的比例关系，容易得出结果。 [解析]　(1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比v4∶v6＝4∶6＝2∶3 故第6 s末的速度v6＝v4＝6 m/s。 (2)由v4＝at4得a＝＝1 m/s2 所以第1 s内的位移s1＝a×12 m＝0.5 m 第1 s内与前6 s内的位移之比s1∶s6＝12∶62 故前6 s内小球的位移s6＝36s1＝18 m。 (3)第1 s内与第6 s内的位移之比 s1∶s6′＝1∶(2×6－1)＝1∶11 故第6 s内的位移s6′＝11s1＝5.5 m。 [答案]　(1)6 m/s　(2)18 m　(3)5.5 m 　(1)求出第1 s末的速度和第1 s内的位移，然后灵活应用初速度为零的比例式求解会比较简洁。 (2)正方向的匀减速直线运动可等效为负方向的匀加速直线运动，此方法叫逆向思维方法。 [跟进训练] 2．如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入木块。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次穿过每个木块所用时间之比为多少？ [解析]　把子弹的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。子弹从右向左，通过每个木块的时间之比为1∶∶。则子弹实际运动通过连续相等位移的时间之比为t1∶t2∶t3＝∶∶1。 [答案]　∶∶1 考点3　位移差公式Δs＝aT2 1．匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δs＝sn＋1－sn＝aT2。 2．证明：设物体以初速度v0，加速度a做匀加速直线运动，从开始计时起，时间T内的位移为 s1＝v0T＋aT2 在第2个时间T内的位移为 s2＝v0×2T＋a(2T)2－s1＝v0T＋aT2 由以上两式可得，连续相等的时间T内的位移之差为 Δs＝s2－s1＝－＝aT2 即Δs＝aT2 进一步推证可得： Δs＝sn＋1－sn＝…＝s2－s1＝aT2。 3．应用 (1)判断物体是否做匀变速直线运动 如果Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2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Δs＝aT2，可求得a＝。 4．不连续相等时间T内的位移差sn－sm＝(n－m)aT2 【典例3】　一个做匀加速直线运动的质点，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求质点在这两个时间间隔初的速度大小和运动过程中的加速度大小。 思路点拨：相邻相等的时间间隔内的位移满足Δs＝aT2的特殊推论。 [解析]　设质点在第1个时间间隔初的速度为v1，在第2个时间间隔初的速度为v2，在第2个时间间隔末的速度为v3，根据平均速度公式可得：第1个4 s内的平均速度＝6 m/s，第2个4 s内的平均速度＝16 m/s，8 s内的平均速度＝11 m/s，联立解得：第1个时间间隔初的速度为v1＝1 m/s，第2个时间间隔初的速度为v2＝＝11 m/s。 根据逐差相等公式Δs＝s2－s1＝aT2可得 64 m－24 m＝a×(4 s)2 质点运动的加速度为a＝2.5 m/s2。 [答案]　1 m/s　11 m/s　2.5 m/s2 [跟进训练] 3．如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10 m，MN＝20 m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是 (　　) A．能求出O、P间的距离 B．不能求出运动员经过OP段所用的时间 C．不能求出运动员的加速度 D．不能求出运动员经过P、M两点的速度之比 D　[设运动员通过PM、MN所用时间均为T，则在M点的速度为vM＝，根据Δx＝aT2得a＝，则vP＝vM－aT＝，则xOP＝＝1.25 m，故A正确；不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度大小，故B、C正确；由以上分析可知运动员经过P、M两点的速度之比为，故D错误。D符合题意。] 素养提升练(一)　匀变速直线运动规律的应用 一、选择题 1．从静止开始做匀加速直线运动的物体，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为(　　) A．1∶3∶5　　　　　　　　 B．1∶4∶9 C．1∶2∶3 D．1∶∶ A　[由于第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，而平均速度，三段时间都是1 s，故三段时间内的平均速度之比为1∶3∶5，故A正确。] 2．(双选)如图所示，物体做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2 s，则下列说法正确的是(　　) A．物体的加速度为20 m/s2 B．物体的加速度为25 m/s2 C．CD＝4 m D．CD＝5 m BC　[由匀变速直线运动的规律，连续相等时间内的位移差为常数，即Δs＝aT2可得：a＝ m/s2＝25 m/s2，故A错误，B正确；根据CD－BC＝BC－AB，可知CD＝4 m，故C正确，D错误。] 3．(教材P69T8改编)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。某人驾驶汽车以6 m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s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，汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为，则该ETC通道的长度约为(　　) A．3.6 m　　　　　 B．5.4 m C．6.0 m D．9.6 m D　[通过分析可知，汽车在运动过程中先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动。根据运动学的规律，列式可得s＝v0t＋＝6×(0.7＋0.3)m＋ m＝9.6 m，故D正确。] 4．一辆汽车在水平地面上沿直线行驶，在0～2t时间内做匀加速直线运动，速度由0变为v。在2t～3t时间内做匀减速直线运动，速度由v变为0，在这两段时间内，下列说法正确的是 (　　) A．加速度的大小之比为2∶1 B．位移的大小之比为2∶1 C．平均速度的大小之比为1∶2 D．平均速度的大小之比为2∶1 B　[根据题意作出汽车运动的v-t图像。如图所示，在v-t图像中，斜率表示加速度，可得加速度的大小之比为a1∶a2＝∶＝1∶2，A错误；位移的大小之比x1∶x2＝v2t∶＝2∶1，B正确；平均速度的大小之比∶＝1∶1，C、D错误。] 5．(双选)如图所示，物体从O点开始做初速度不为零的匀加速直线运动，在第一个时间T内通过位移s1到达A点，紧接着在第二个时间T内通过位移s2到达B点，则以下判断正确的是(　　) A．物体运动的加速度为 B．物体运动的加速度为 C．物体在A点的速度大小为 D．物体在B点的速度大小为 BC　[根据匀变速直线运动的规律Δs＝aT2得物体的加速度为a＝，故A错误，B正确；A点对应该过程的中间时刻，根据匀变速直线运动规律可知，该点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，即vA＝，故C正确；根据匀变速直线运动的速度—时间公式有vB＝vA＋aT＝，故D错误。] 6．火车的速度为8 m/s，关闭发动机后做匀减速直线运动，前进70 m时速度减为6 m/s。若再经过40 s，火车又前进的距离为(　　) A．80 m B．90 m C．120 m D．160 m B　[设火车的加速度为a，根据v2－＝2as，解得a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，从6 m/s到停止所需要的时间为t＝ s＝30 s，故再经过40 s火车前进的距离实际为火车前进30 s时前进的距离，即s′＝×30 m＝90 m，故选B。] 7．为了测定某轿车在平直路上启动阶段的加速度(轿车启动时的运动可近似看成是匀加速直线运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示，如果拍摄时每隔2 s曝光一次，轿车车身总长为4.5 m，那么这辆轿车的加速度为(　　) A．1 m/s2 B．2.25 m/s2 C．3 m/s2 D．4.25 m/s2 B　[根据匀变速直线运动规律，Δs＝s2－s1＝aT2，读出s1、s2，代入即可计算。轿车车身总长4.5 m，则图中每一小格为1.5 m，由此可算出两段距离分别为s1＝12 m和s2＝21 m，又T＝2 s，则a＝ m/s2＝2.25 m/s2，故选B。] 8．图中ae为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则 (　　) A．汽车通过bc段的时间为t B．汽车通过b点的速度等于汽车通过ad段的平均速度 C．汽车通过ce段的时间为t D．汽车通过c点的速度小于汽车通过ae段的平均速度 C　[根据s＝at2可得出t＝，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶∶∶，可得通过bc段的时间为t，故A错误；汽车通过ae段的时间为2t，b点为ae段的中间时刻，故通过b点的速度等于ae段的平均速度，故B错误；汽车通过cd段的时间为t，通过de段的时间为t，通过ce段的时间为t，故C正确；匀变速直线运动中点位置的速度大于此阶段的平均速度，D错误。] 9．(教材P28T5改编)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ST间的距离是RS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，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s C　[电动公交车做匀减速直线运动，设R、S间的距离为x，则，解得t2＝4t1，vT＝vR－10 m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a5t1，解得at1＝2 m/s，又，解得vR＝11 m/s，vT＝1 m/s，C正确。] 10．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，则下列说法错误的是(　　) A．物体运动全过程中的平均速度大小为 B．物体在时刻的瞬时速度大小为 C．物体运动到斜面中点时瞬时速度大小为 D．物体从斜面顶端运动到斜面中点所需的时间为 B　[物体运动全过程中的平均速度大小v＝，A正确；在时刻，物体的瞬时速度大小等于全程的平均速度大小，B错误；若末速度大小为v，则，故物体运动到斜面中点时瞬时速度大小v中＝，C正确；设物体的加速度大小为a，到达中间位置用时t′，则l＝所以t′＝t，D正确。] 二、非选择题 11．一列火车由等长的车厢连接而成。车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过他的时间为2 s，则第5节至第16节车厢通过他的时间为多少？ [解析]　方法一：此题若以车为研究对象，由于车不能简化为质点，不便分析，故取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动。设每节车厢长为L，加速度为a，则人通过第一节车厢的时间为t1＝ ＝2 s 人通过前4节车厢的时间为t4＝ ＝4 s 人通过前16节车厢的时间为t16＝ ＝8 s 故所求时间Δt＝t16－t4＝4 s。 方法二：通过1节、4节、16节所用时间之比 t1∶t4∶t16＝1∶∶ t1＝2 s，所以t4＝4 s，t16＝8 s，故Δt＝t16－t4＝4 s。 [答案]　4 s 12．济郑高铁是连接济南和郑州的现代化高速铁路，试运行时的最大时速达到了385 km/h。济郑高速列车在一次运行中由济南西站开往聊城西站，假设济南西站至聊城西站间的铁路为直线。技术人员乘此列车从济南西车站出发，列车从启动匀加速到360 km/h，用了250 s的时间，再匀速运动了10 min 后，列车匀减速运动，经过5 min后刚好停在聊城西车站。 (1)求济南西站、聊城西站两站间的距离； (2)画出该高速列车的v -t图像。 [解析]　(1)高速列车启动过程，初速度为0，末速度为vt＝360 km/h＝100 m/s，时间为t1＝250 s，则加速度为 a1＝ m/s2＝0.4 m/s2 减速运动过程，初速度为100 m/s，末速度为0，时间为 t3＝5 min＝300 s，则加速度为 a2＝ m/s2＝－ m/s2 列车的位移为 s＝ 代入数据得s＝8.75×104 m。 (2)该高速列车的v -t图像如图所示。 [答案]　(1)8.75×104 m　(2)见解析图 13．从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍照，拍下了如图所示的照片，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm， (1)小球运动的加速度多大？ (2)拍摄时球A的速度vA多大？ (3)小球A上面正在运动的小球最多可能还有几个？ [解析]　小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球之间的时间间隔相等，均为0.1 s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置。 (1)由推论Δs＝aT2可知，小球的加速度 a＝ m/s2＝。 (2)小球在B点的速度等于在AC段的平均速度，即 vB＝ m/s＝1.75 m/s 则vA＝vB－aT＝1.75 m/s－0.1×5 m/s＝1.25 m/s。 (3)由速度公式可得A球运动时间t＝ s＝0.25 s 所以A球上方最多还有2个小球。 [答案]　(1)5 m/s2　(2)1.25 m/s　(3)2个 1 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $