第2章 专题提升一 平均速度公式 位移差公式-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版）

第2章　匀变速直线运动 专题提升一　平均速度公式　 位移差公式 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升　 平均速度公式 提升 4 提升 5 提升 6 提升 7 (多选)大型客机在跑道上从静止开始滑行做匀加速直线运动，客机滑行60 s时间后达到起飞速度75 m/s从而离开地面。则 (　　) A．客机该过程滑行的平均速度是75 m/s B．客机该过程滑行的平均速度是37.5 m/s C．客机该过程滑行的距离为4500 m D．客机该过程滑行的距离为2250 m 提升 8 提升 9 [跟进训练]　(多选)一物体做匀变速直线运动，初速度为2 m/s，4 s内的位移为20 m，则下列说法正确的是 (　　) A．物体的平均速度为5 m/s B．物体4 s末的速度为－2 m/s C．物体4 s末的速度为8 m/s D．物体2 s末的速度为5 m/s 提升 10 提升 11 提升 12 提升 13 提升 14 提升 15 提升 　位移差公式 1．一个重要推论：Δs＝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Δs＝aT2。 (2)证明：如图所示，物体做匀变速直线运动，初速度为v0，加速度为a，T为连续相等的时间间隔，s1、s2、s3、…、sn为连续相等时间间隔内的位移。 提升 16 提升 17 提升 18 中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫。在某次试飞中，无人机起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为2 s的测试时间，前进距离分别为20 m和100 m，则无人机的加速度大小是 (　　) A．20 m/s2 B．40 m/s2 C．60 m/s2 D．80 m/s2 提升 19 [跟进训练]　一物体做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间相等。则O与A的距离为 (　　) A．8 m B．6 m C．4 m D．2 m 提升 20 课后课时作业 题型一　平均速度公式 1．(多选)一列长100 m的火车匀加速通过长1000 m的桥梁，列车刚上桥的速度为10 m/s，完全离开桥梁的速度为12 m/s，则下列说法正确的是 (　　) A．火车过桥的平均速度为11 m/s B．火车完全通过此桥梁的时间为90.9 s C．火车完全通过此桥梁的时间为100 s D．火车完全通过此桥梁的时间为81.8 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2．一辆沿笔直公路匀加速行驶的汽车，经过路旁两根相距50 m的电线杆共用5 s时间，它经过第二根电线杆时的速度为15 m/s，则经过第一根电线杆时的速度为 (　　) A．2.5 m/s B．5 m/s C．7.5 m/s D．10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 3．如图所示，航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5 min内使飞机从静止加速到44 m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2 s内就可把飞机从静止加速到82.5 m/s，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰甲板跑道长度的 (　　) A．800倍 B．80倍 C．400倍 D．40倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 题型二　位移差公式 5．(多选)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．物体的加速度大小为20 m/s2 B．物体的加速度大小为25 m/s2 C．CD＝4 m D．CD＝5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 6．汽车刹车后的运动可以看作是匀减速直线运动，取开始刹车时刻t＝0，汽车运动方向为正方向。若刹车后的第1 s内的位移是9 m，第3 s内的位移是5 m(未停下)，则刹车后的加速度大小为 (　　) A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．4 m/s2 D．6 m/s2 解析：根据sm－sn＝(m－n)aT2(m>n)，有s3－s1＝(3－1)aT2，解得汽车刹车后的加速度a＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，故B正确，A、C、D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 7．一物体做匀加速直线运动，第1 s内的位移为5 m，第3 s内的位移为9 m，则该质点在第4 s内的位移大小为 (　　) A．7 m B．11 m C．13 m D．17 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9．(多选)一质点从A点开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C两点。已知AB段、BC段距离分别为5 m、9 m，质点经过AB段、BC段的时间均为1 s，则 (　　) A．质点的加速度大小为4 m/s2 B．质点的加速度大小为2 m/s2 C．质点在C点的速度大小为11 m/s D．质点在B点的速度大小为6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 12．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 13．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t。 (1)求物体的最大速度； (2)写出a1、a2的关系式。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．匀变速直线运动的平均速度公式： eq \o(v,\s\up10(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))＝ eq \f(v0＋vt,2)。 (1)意义：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，还等于这段时间初、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s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2得， 平均速度 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,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\up10(－))＝veq \s\do7(\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\up10(－))＝veq \s\do9(\f(t,2))＝ eq \f(v0＋vt,2)。 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)适用于任何运动； eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)及 eq \o(v,\s\up10(－))＝veq \s\do7(\f(t,2))仅适用于匀变速直线运动。 2．匀变速直线运动平均速度与位移的关系式 (1)公式：s＝ eq \f(v0＋vt,2)t。 (2)推导：根据匀变速直线运动的平均速度公式 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)及 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)，可得匀变速直线运动位移与初、末速度的关系式s＝ eq \f(v0＋vt,2)t。 (3)适用情况：如果匀变速直线运动问题不涉及加速度，用公式s＝ eq \f(v0＋vt,2)t计算更方便。 解析　根据匀变速直线运动的平均速度公式，可得客机该过程滑行的平均速度 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(0＋vt,2)＝ eq \f(0＋75 m/s,2)＝37.5 m/s，A错误，B正确；客机该过程滑行的距离为s＝ eq \o(v,\s\up10(－))t＝2250 m，C错误，D正确。 解析：物体的平均速度为 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)＝ eq \f(20 m,4 s)＝5 m/s，A正确；根据 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)，可得物体4 s末的速度为vt＝2 eq \o(v,\s\up10(－))－v0＝8 m/s，B错误，C正确；2 s末为0～4 s的中间时刻，则物体2 s末的速度为veq \s\do7(\f(t,2))＝ eq \o(v,\s\up10(－))＝5 m/s，D正确。 一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，末速度为vt，位移为s。 (1)证明：这段位移中间位置的瞬时速度大小veq \s\do7(\f(s,2))＝eq \o\al(2,0) eq \r(\f(v＋v eq \o\al(2,t),2)) ； (2)若这段位移中间时刻的瞬时速度大小是veq \s\do7(\f(t,2))，请比较veq \s\do7(\f(t,2))和veq \s\do7(\f(s,2))的大小。 答案　(1)见解析　(2)veq \s\do7(\f(s,2))>veq \s\do7(\f(t,2)) 解析　(1)证明：对前一半位移有 v10(\f(s,2))eq \o\al(2,) －v eq \o\al(2,0)＝2a· eq \f(s,2) 对后一半位移有v2－vf(s,2))eq \o\al(2,) ＝2a· eq \f(s,2) 两式联立可得veq \s\do7(\f(s,2))＝eq \o\al(2,0) eq \r(\f(v＋v eq \o\al(2,t),2)) 。 (2)解法一(定性分析法)：物体做匀加速直线运动，速度逐渐变大，则0～ eq \f(t,2)时间内的平均速度 eq \o(v,\s\up10(－))1小于 eq \f(t,2)～t时间内的平均速度 eq \o(v,\s\up10(－))2 根据s＝ eq \o(v,\s\up10(－))t，得0～ eq \f(t,2)时间内的位移s1小于 eq \f(t,2)～t时间内的位移s2 又s1＋s2＝s 则s1< eq \f(s,2) 位移为s1时速度为veq \s\do7(\f(t,2))，位移为 eq \f(s,2)时速度为veq \s\do7(\f(s,2)) 因匀加速直线运动的速度随位移逐渐变大，则veq \s\do7(\f(t,2))<veq \s\do7(\f(s,2))。 解法二(公式法)：这段位移中间时刻的瞬时速度大小是veq \s\do7(\f(t,2))＝ eq \f(v0＋vt,2) 根据veq \s\do7(\f(t,2))和veq \s\do7(\f(s,2))的表达式无法直接比较其大小，它们的二次方分别为 vf(s,2))eq \o\al(2,) ＝eq \o\al(2,0) eq \f(v＋v eq \o\al(2,t),2) vf(t,2))eq \o\al(2,) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0＋vt,2))) eq \s\up12(2)＝eq \o\al(2,0) eq \f(v＋v eq \o\al(2,t)＋2v0vt,4) 二式相减，得vf(s,2))eq \o\al(2,) －vf(t,2))eq \o\al(2,) ＝eq \o\al(2,0) eq \f(v＋v eq \o\al(2,t)－2v0vt,4) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0－vt,2))) eq \s\up12(2) 又由匀加速直线运动的特性知vt>v0，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0－vt,2))) eq \s\up12(2)＞0 所以veq \s\do7(\f(s,2))>veq \s\do7(\f(t,2))。 解法三(图像法)：在v­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移。当物体做匀加速直线运动时，由图可知veq \s\do7(\f(s,2))>veq \s\do7(\f(t,2))。 第一个时间T内的位移 s1＝v0T＋ eq \f(1,2)aT2 第二个时间T内的位移 s2＝(v0＋aT)T＋ eq \f(1,2)aT2 第三个时间T内的位移 s3＝(v0＋a·2T)T＋ eq \f(1,2)aT2 …… 第n个时间T内的位移 sn＝[v0＋a·(n－1)T]T＋ eq \f(1,2)aT2 所以有Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2。 2．Δs＝aT2的推论：根据Δs＝aT2，可以证明，对于不相邻的两段位移：sm－sn＝(m－n)aT2(m>n，m、n取自然数)。 解析　由Δs＝aT2得无人机的加速度大小为a＝ eq \f(Δs,T2)＝ eq \f(100 m－20 m,(2 s)2)＝20 m/s2，A正确。 解析：根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间间隔T内物体的位移之差Δs＝aT2，则sBC－sAB＝sAB－sOA，所以sOA＝2sAB－sBC＝2×10 m－14 m＝6 m，B正确。 解析：火车过桥过程做匀加速直线运动，根据 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)，可得火车过桥的平均速度为 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(10 m/s＋12 m/s,2)＝11 m/s，A正确；火车完全通过桥梁的位移为s＝1000 m＋100 m＝1100 m，由 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)知，火车完全通过此桥梁所用时间为t＝ eq \f(s,\o(v,\s\up10(－)))＝ eq \f(1100 m,11 m/s)＝100 s，故B、D错误，C正确。 解析：汽车经过两根电线杆的平均速度为 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)＝ eq \f(50 m,5 s)＝10 m/s，由于汽车做匀加速直线运动，所以有 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)，联立并代入数据得v0＝5 m/s，即经过第一根电线杆时的速度为5 m/s，故选B。 解析：由s＝ eq \f(1,2)(v0＋vt)t，得 eq \f(s1,s2)＝ eq \f(\f(1,2)×44 m/s×2.5×60 s,\f(1,2)×82.5 m/s×2 s)＝40，D正确。 4．(多选)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，则下列说法正确的是 (　　) A．物体运动全过程的平均速度是 eq \f(L,t) B．物体在 eq \f(t,2)时的瞬时速度是 eq \f(2L,t) C．物体运动到斜面中间位置时的瞬时速度是 eq \f(\r(2)L,t) D．物体从斜面顶端运动到斜面中间位置所需的时间是 eq \f(\r(2)t,2) 解析：物体运动全过程的平均速度 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(s,t)＝ eq \f(L,t)，A正确； eq \f(t,2)时物体的瞬时速度等于全程的平均速度，即veq \s\do9(\f(t,2))＝ eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(L,t)，B错误；若末速度为vt，则 eq \o(v,\s\up10(－))＝ eq \f(0＋vt,2)＝ eq \f(L,t)，解得vt＝ eq \f(2L,t)，由中间位置的速度公式知veq \s\do9(\f(s,2))＝eq \o\al(2,0) eq \r(\f(v＋v eq \o\al(2,t),2)) ＝ eq \f(\r(2)L,t)，C正确；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正确。 解析：由Δs＝aT2，可得物体的加速度大小为a＝ eq \f(BC－AB,T2)＝ eq \f(3 m－2 m,(0.2 s)2)＝25 m/s2，故A错误，B正确；根据Δs＝CD－BC＝BC－AB＝1 m，可知CD＝BC＋Δs＝3 m＋1 m＝4 m，故C正确，D错误。 解析：解法一：设第1 s初物体的速度大小为v0，加速度大小为a，第1 s内的位移s1＝v0×1 s＋ eq \f(1,2)a×(1 s)2，第3 s内的位移s3＝v0×3 s＋ eq \f(1,2)a×(3 s)2－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v0×2 s＋\f(1,2)a×(2 s)2))，联立解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，则第4 s内的位移s4＝v0×4 s＋ eq \f(1,2)a×(4 s)2－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v0×3 s＋\f(1,2)a×(3 s)2))＝11 m，B正确，A、C、D错误。 解法二：根据匀变速直线运动的推论sm－sn＝(m－n)aT2可得，s3－s1＝(3－1)aT2，s4－s3＝(4－3)aT2，可解得第4 s内的位移为s4＝11 m，B正确，A、C、D错误。 8．(多选)如图所示，一辆汽车在平直公路上做加速度为a的匀加速直线运动，从树A开始，在AB、BC、CD、DE间运动时间相同，均为T，已知树A、B间距为s1，树D、E间距为s2，则下列说法正确的是 (　　) A.树B、D间距为s1＋s2 B．树B、D间距为s1＋2s2 C．T＝ eq \r(\f(s2－s1,3a)) D．T＝ eq \r(\f(s2＋s1,a)) 解析：由位移差公式有sBC－s1＝s2－sCD＝aT2，可得sBC＋sCD＝s2＋s1，A正确，B错误；由位移差公式有s2－s1＝3aT2，可得T＝ eq \r(\f(s2－s1,3a))，C正确，D错误。 解析：质点经过AB段、BC段的时间相等，均为T＝1 s，由s2－s1＝aT2得a＝ eq \f(s2－s1,T2)＝ eq \f(9 m－5 m,(1 s)2)＝4 m/s2，B点为AC的中间时刻位置，vB＝ eq \o(v,\s\up10(－))AC＝ eq \f(x1＋x2,2T)＝ eq \f(5 m＋9 m,2×1 s)＝7 m/s，则vC＝vB＋aT＝7 m/s＋4 m/s2×1 s＝11 m/s，故A、C正确，B、D错误。 10．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于 (　　) A． eq \f(3,4) m B． eq \f(4,3) m C． eq \f(9,8) m D． eq \f(8,9) m 解析：设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝ eq \f(l1＋l2,2T)，Δl＝l2－l1＝aT2，v eq \o\al(2,B)＝2alOB，又l＝lOB－l1，联立并代入数据可得l＝ eq \f(9,8) m，C正确。 11．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移s1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移s2。则该质点的加速度大小为 (　　) A． eq \f((2Δv)2,s1＋s2) B． eq \f((Δv)2,s2－s1) C． eq \f(2(Δv)2,s2－s1) D．(Δv)2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,s1)－\f(1,s2))) 解析：根据加速度定义式a＝ eq \f(vt－v0,t)＝ eq \f(Δv,t)可知，在匀变速直线运动中，速度变化Δv时所用时间t相等，则通过s1、s2所用时间相等，设为T，根据s2－s1＝aT2，a＝ eq \f(Δv,T)，联立解得a＝ eq \f((Δv)2,s2－s1)，故B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(s,t1)＝ 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(s,t2)＝ 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。 答案：(1)2v　(2) eq \f(a1·a2,a1＋a2)＝ eq \f(2v,t) 解析：(1)物体在AB间做匀速运动时s＝vt 物体在AB间做匀加速运动、匀减速运动时，其速度—时间图像如图所示，由速度—时间图线与时间轴所围面积表示位移有 s＝ eq \f(1,2)vmt 解得vm＝2v。 (2)由v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as得物体做匀加速直线运动的位移 s1＝eq \o\al(2,m) eq \f(v,2a1) 做匀减速直线运动的位移s2＝eq \o\al(2,m) eq \f(v,2a2) 由位移关系可知s1＋s2＝s 且s＝vt 联立解得 eq \f(a1·a2,a1＋a2)＝ eq \f(2v,t)。 14．(多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则 (　　) A．vb＝ eq \r(8) m/s B．vc＝3 m/s C．de＝3 m D．从d到e所用时间为4 s 解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因tac＝tcd＝T＝2 s，故c点为a到d的中间时刻位置，故vc＝ eq \f(ad,2T)＝ eq \f(6 m＋6 m,2×2 s)＝3 m/s，故B正确；因ac＝ab＋bc＝7 m，cd＝bd－bc＝5 m，由Δs＝ac－cd＝aT2得加速度大小a＝0.5 m/s2，由v eq \o\al(2,b)－v eq \o\al(2,c)＝2a·bc可得，vb＝ eq \r(10) m/s，A错误；由逆向思维有vc＝atec，得tec＝ eq \f(vc,a)＝6 s，则tde＝tec－tcd＝4 s，de＝ec－cd＝ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,ec)－cd＝4 m，故C错误，D正确。 $