第2章 专题强化1 平均速度公式 位移差公式（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件系统梳理了匀变速直线运动的平均速度公式、位移差公式及初速度为零的比例式，通过公式推导（解析法、图像法）、对比总结（适用条件、推论）和思考讨论（中间时刻与位置速度比较），构建“推导-理解-应用”的知识网络。 其亮点在于以科学思维为核心，通过逆向思维法（如匀减速转化为匀加速）和生活实例（动车减速、C919着陆）培养科学推理与社会责任，设计“基础对点-能力综合-尖子生选练”分层练习，如港珠澳大桥位移比例题，帮助学生巩固知识，教师可精准实施分层教学。

平均速度公式　位移差公式 专题强化1 第 2 章 1.理解平均速度公式，并能用平均速度公式解决相关问题(重难点)。 2.理解位移差公式并能用位移差公式解决相关问题(重点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、平均速度公式 二、位移差公式 三、初速度为零的匀变速直线运动比例式 < 一 > 平均速度公式 1.如图所示，一物体做匀变速直线运动，初速度为v0，末速度为vt，这段时间中间时刻的瞬时速度为==。 答案　方法一　解析法 中间时刻的瞬时速度=v0+at，该段时间的末速度vt=v0+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式可得===v0+at=，则=v0+at===，即==。 方法二　图像法 0~t时间内的位移s=t 平均速度== 中间时刻的瞬时速度的大小对应梯形中位线与图像交点的纵坐标，故==。 2.==适用于所有的变速直线运动吗？ 答案　不适用。推导中所用vt=v0+at，s=v0t+at2均是匀变速直线运动的公式，故==只适用于匀变速直线运动。 1.匀变速直线运动的平均速度公式：== (1)匀变速直线运动中任意一段时间t内的平均速度等于该段时间的______ _____的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半。 (2)若同时涉及位移与时间而不涉及加速度，选用中间时刻瞬时速度公式及平均速度公式，即==，=。 梳理与总结 中间 时刻 2.三个平均速度公式的比较 =适用于任何运动； =及=仅适用于_______直线运动。 匀变速 若一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，末速度为v，位移为s，这段位移中间位置的瞬时速度为。试比较与的大小。 思考与讨论 答案　方法一　定性分析法 物体做匀加速直线运动，速度先慢后快，如图 前时间内的位移s1<，故<。 方法二　公式法 如图，-=2a v2-=2a 得=，则->0 故> 方法三　图像法 由图知>。 　(来自教材)如图所示，在某一段平直的铁路上，一列以144 km/h的速度行驶的动车开始匀减速行驶，经过2 min，动车恰好停在车站；在车站停留4 min，动车匀加速驶离车站，离开车站2 km时恢复到原来的速度144 km/h。求： (1)动车减速时的加速度大小； 例1 答案　0.333 m/s2　 动车减速过程中v0=144 km/h=40 m/s，t1=2 min =120 s，vt=0， 则a= = m/s2≈-0.333 m/s2，即加速度大小为0.333 m/s2。 (2)动车从开始减速到恢复到原速度这段时间内的平均速度大小。(结果均保留3位有效数字) 答案　9.57 m/s 动车刹车过程中的位移s1满足s1=t1=×(40+0)×120 m=2 400 m，则全过程总位移s=s1+s2=(2 400+2 000) m=4 400 m。动车加速离开车站过程的位移满足s2=t3， 则t3== s=100 s，则全过程总时间t=t1+t2+t3=120 s+4×60 s+100 s=460 s，全过程的平均速度== m/s=9.57 m/s。 返回 < 二 > 位移差公式 1.如图所示，一物体做加速度为a的匀变速直线运动，取任意两个连续相等的时间T，它们的位移分别为s1、s2，通过A、B、C时的速度分别为v0、v1、v2，试推导s2-s1=aT2。 答案　v1=v0+aT s1=v0T+aT2 s2=v1T+aT2 s2与s1的位移差： Δs=s2-s1=(v1-v0)T=aT2 2.对于加速度为a的匀变速直线运动，若已知连续相等的时间T内通过的位移分别为s1、s2、s3、s4，则s4-s1=　　　　。  答案　方法一　如图所示 设初速度为v0，第四段位移的初速度为v3，则 v3=v0+3aT s1=v0T+aT2 s4=v3T+aT2 s4-x1=(v3-v0)T=3aT2。 方法二　由x2-s1=aT2 s3-s2=aT2 s4-s3=aT2 得s4-s1=3aT2。 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_____，即s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。 2.推论：对于不连续的相等时间内的位移差，sm-sn=_________，其中m>n。 梳理与总结 恒定 (m-n)aT2 　(2024·厦门双十中学高一月考)某自动化设备从固定斜面的顶端O点每隔0.1 s静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。在连续释放多个小球后，某时刻设备监测人员发现斜面上A、B、C三点刚好各有一个小球，而OA之间因为有障碍物遮挡导致看不到小球(障碍物不影响小球在斜面上的运动)。已知sAB=15 cm，sBC=20 cm。求： (1)小球的加速度大小； 例2 答案　5 m/s2　 由匀变速直线运动的位移差公式Δs=aT2得， 小球的加速度为a==5 m/s2 (2)小球在C点的速度大小； 答案　2.25 m/s　 由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知vB==1.75 m/s 小球在C点的速度为vC=vB+aT 代入数据得vC=2.25 m/s (3)该时刻斜面上A点上方还有几个小球？ 答案　2个小球 由vA=vB-aT 得小球在A点的速度为vA=1.25 m/s 则小球从静止释放到运动到A点所需时间tA==0.25 s 由于=2.5，故A点上方还有2个小球。 返回 < 三 > 初速度为零的匀变速直线运动比例式 飞机、火车、汽车等交通工具由静止到稳定运动的过程都可以看作初速度从零开始的匀加速直线运动。若一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，求汽车： (1)1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度之比； 答案　由v=at得1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度之比为1∶2∶3 (2)1 s内、2 s内、3 s内的位移之比； 答案　由s=at2得1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9 (3)第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比； 答案　由1 s内、2 s内、3 s内位移之比为1∶4∶9 知第1 s内、第2 s内、第3 s内位移之比为1∶3∶5 (4)通过连续相等的位移(通过第一个s、第二个s、第三个s)所用时间之比。 答案　通过第一个s，s=a，t1= 通过前两个s，2s=a，t2= 则通过第2个s，t2'=(-1)t1 通过前三个s，3s=a，t3= 则通过第3个s，t3'=(-)t1 故通过第1个s、第2个s、第3个s所用时间之比为1∶(-1)∶(-)。 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)，则： (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。 (2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn=12∶22∶32∶…∶n2。 (3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为： s1'∶s2'∶s3'∶…∶sn'=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。 梳理与总结 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为：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为：t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶∶∶…∶。 (3)通过连续相同的位移所用时间之比为： t1'∶t2'∶t3'∶…∶tn'=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 　(2024·龙岩市高一期中)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、广东珠海和澳门的桥隧工程，位于中国广东省珠江口伶仃洋海域内。图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车(视为质点)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.通过bc段的时间为t B.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 C.vb∶vc∶vd∶ve=1∶2∶3∶4 D.bc段和de段所用时间比为∶ 例3 √ 由连续相等位移问题时间之比可知，汽车经过ab、bc、cd、de所用时间之比为t1∶t2∶t3∶t4=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，因为通过ab段的时间为t，故通过bc段的时间为(-1)t，bc通过de段的时间为(2-)t，bc段和de段所用时间比为∶，故A错误，D正确； b点是ae段的中间时刻，所以ae段平均速度等于b点时的瞬时速度，故B错误； 根据v2=2as可得b、c、d、e点的瞬时速度之比vb∶vc∶vd∶ve…=1∶∶ ∶2…，故C错误。 　(2024·泉州科技中学高一月考)如图所示，三块木块并排固定在水平面上，一子弹(可视为质点)以速度v从左向右水平射入，若子弹在木块中做匀减速运动，穿过三块木块时速度刚好减小为零，且穿过每块木块所用的时间相等，则三木块的厚度之比d1∶d2∶d3为 A.3∶2∶1 B.4∶2∶1 C.5∶3∶1 D.∶∶1 例4 √ 将子弹的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则根据连续相等时间内位移规律在最初连续相等的三段时间内位移之比为s1∶s2∶s3= 1∶3∶5，则三木块的厚度之比d1∶d2∶d3=5∶3∶1，故选C。 逆向思维法 1.如图，a物体做初速度为0，末速度为v，加速度大小为a的匀加速直线运动；b物体做初速度为v，末速度为0，加速度大小为a的匀减速直线运动。 a物体运动可看成b物体运动的逆过程，此方法称为逆向思维法。 总结提升 2.逆向思维法在处理末速度为0的匀减速直线运动的优势是可以转化成初速度为0的匀加速直线运动，充分利用比例关系解决问题。 返回 < 四 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A (1)5 m/s　(2)8 m/s　(3)5 m/s 1　3　1 BD A BD 题号 7 8 9 10 11 12 答案 BD AC B 2 (1)40 m/s　 (2)2 m/s2　 (3)400 m (1) t　(2) t 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点一　平均速度公式 1.如图所示是我国航母战斗机在航母上的起飞时刻。假设该战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所通过的位移为s，则该战机起飞前的运动时间为 A. B. C. D. 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 由t=s可知t=，故A正确。 2.测试中，我国国产大飞机C919做匀变速直线运动的初速度v0=2 m/s， 4 s内位移为20 m，求： (1)飞机4 s内的平均速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　5 m/s　 利用平均速度公式得， == m/s=5 m/s (2)飞机4 s末的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　8 m/s　 因为= 则v=2-v0=8 m/s (3)飞机2 s末的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　5 m/s 2 s末为0~4 s的中间时刻 ==5 m/s。 考点二　位移差公式 3.(2024·漳州市高一期中)一小球沿斜面以恒定加速度滚下，依次通过A、B、C三点，已知sAB=4.0 m，sBC=8.0 m，小球通过sAB、sBC所用时间均为 2 s，则小球的加速度为　　 m/s2，B点的速度为　　 m/s，A点的速度为 　　 m/s。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 3 1 由匀变速直线运动的位移差公式Δs=aT2可得，小球下滑时的加速度为a=== m/s2=1 m/s2，B点为AC段的中间时刻点，则由匀变速直线运动的推论可知，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有vB== m/s=3 m/s，由匀变速直线运动的速度公式有vB=vA+aT代入数据可得vA=1 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 考点三　初速度为零的比例式 4.(多选)(2024·龙岩市高一月考)一物体做初速度为零的匀加速直线运动，a=2 m/s2，下列说法正确的是 A.在1 s末、2 s末、3 s末的速度之比是1∶3∶5 B.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比是1∶3∶5 C.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度比是1∶4∶9 D.每经过1 s，速度增加2 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 根据v=at可知在1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为v1∶v2∶v3=1∶2∶3，故A错误； 根据s=at2可知前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移之比s1∶s2∶s3=1∶4∶9，则在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为Δs1∶Δs2∶Δs3=1∶3∶5，根据=，可知在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度比∶∶ =Δs1∶Δs2∶Δs3=1∶3∶5，故B正确，C错误； 每经过1 s，速度增加量为Δv=aΔt=2 m/s，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 5.(2024·漳州市高一期中)物体做匀减速运动经8 s停止，若在前2 s内的位移是14 m，则最后2 s内的位移是 A.2 m B.3.5 m C.1 m D.4 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 物体做匀减速运动到停止的过程采用逆向思维法看成物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据s=at2得，2 s内、4 s内、6 s内、8 s内的位移之比为1∶4∶9∶16。则逆过程每两秒内的位移之比为1∶3∶5∶7，则最后2 s内的位移与前2 s内的位移之比为1∶7，前2 s内的位移是14 m，则最后2 s内的位移是2 m。故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 6.(多选)(2024·莆田第一中学高一期中)如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和5个门组成，两相邻门间的距离均为1 m。现滑块(可视为质点)从O点弹出后做匀减速直线运动，全程不与门相碰且恰好停在门5的正下方。已知滑块在门4和5之间滑行的时间为1 s，则下列说法正确的是 A.滑块由门1滑至门5所用的时间为4 s B.滑块经过门1时的速度大小为4 m/s C.滑块的加速度大小为3 m/s2 D.滑块在门1和门5之间滑行的平均速度与经过门4的速度相等 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 滑块做末速度为零的匀减速直线运动，设滑块依次滑过两相邻门的时间间隔分别为t1、t2、t3和t4，由逆向思维知t4∶t3∶t2∶t1=1∶∶∶ ，而t4=1 s，故滑块由门1滑至门5所用的时间t=t4+t3+t2+t1=2 s，故A错误； 滑块由门5到门4，由s=a得a=2 m/s2，故C错误； 滑块经过门1的速度v1=at=4 m/s，故B正确； 滑块在门1和门5之间滑行的平均速度v== m/s=2 m/s，滑块经过门4的速度v4=at4=2 m/s，则滑块在门1和门5之间滑行的平均速度与经过门4的速度相等，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 7.(多选)(2024·厦门双十中学高一月考)如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三棵树。已知sAB=sBC=12 m。坐在车内的乘客随车一起做匀加速直线运动，该乘客观测发现自己经过AB和BC两段所用的时间分别为4 s和2 s。则下列说法中正确的是 A.乘客经过点A的速度大小为2 m/s B.乘客的加速度大小为1 m/s2 C.乘客经过点B的速度大小为3 m/s D.乘客经过点C的速度大小为7 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 根据匀变速直线运动的规律可得，AB的中间时刻，2 s时的速度v2== m/s=3 m/s，BC的中间时刻，5 s时的速度v5== m/s=6 m/s，根据匀变速直线运动的速度时间公式v5=v2+aΔt，解得a== m/s2=1 m/s2，故B正确； 乘客经过点A的速度大小vA=v2-at2=3 m/s-1×2 m/s=1 m/s，故A错误； 乘客经过点B的速度大小vB=vA+at4=1 m/s+4×1 m/s=5 m/s，故C错误； 乘客经过点C的速度大小为vC=vA+at6=1 m/s+6×1 m/s=7 m/s，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 8.(多选)(2024·南平市高一月考)如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知sAB=sBD=6 m，sBC=1 m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s。设滑块经过C时的速度为vC，则 A.滑块上滑过程中加速度的大小为0.5 m/s2 B.vC=6 m/s C.sDE=4 m D.从D到E所用时间为3 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 由题意知AC=7 m，CD=5 m，根据逐差法Δs=aT2 解得加速度为a== m/s2=-0.5 m/s2，故A正确； 经过C点的速度等于AD段的平均速度，则有vC== m/s=3 m/s，故B错误； 根据速度-位移公式得CE间的距离为sCE==9 m，则sDE=9 m-5 m=4 m，故C正确； 采用逆向思维，根据位移-时间公式sDE=at2，解得t== s=4 s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 9.(2024·厦门一中高一月考)在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，如图所示为空降兵从跳离飞机到安全到达地面过程中在竖直方向上运动的v-t图像，则以下判断中正确的是 A.空降兵在0~t1时间内的加速度方向竖直向下，大小在逐渐增大 B.空降兵在t1~t2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小 C.空降兵在0~t1时间内的平均速度小于 D.空降兵在t1~t2时间内的平均速度大于 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 在0到t1时间内图像的斜率为正，斜率在减小，则加速度在减小，而速度在增大，则空降兵在0到t1的时间内加速度方向向下，做加速度减小的加速运动，故A错误； 在t1到t2时间内的速度为正，在减小，所以空降兵做竖直向下的减速运动，图像的斜率为负，则加速度方向竖直向上，又因为图线的斜率在减小，所以加速度在减小，故B正确； 从图像可知空降兵在0到t1时间内的位移大于从速度为0做匀变速直线运动到速度为v2的位移，所以平均速度大于，故C错误； 空降兵在t1到t2时间内的位移小于从速度为v2做匀减速直线运动到速度为v1的位移，所以平均速度小于，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 10.(2024·福建三明一中高一月考)某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2 s内的位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m。汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为 　　　 m/s2。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 2 假设8 s内汽车一直做匀减速直线运动，根据位移差公式有s4-s1=3aT2 得a== m/s2=- m/s2， 根据s1=v0t+at2 得初速度为v0= m/s≈14 m/s， 速度减为零的时间t== s≈7.3 s，可知汽车在8 s前速度减为零。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 设汽车加速度为a，根据s1=v0t1+a，得24=2v0+2a，汽车速度减为零的时间为t0==>6 s，采用逆向思维法，最后两秒内的位移为s'=-6)2 m=1 m，联立解得a=-2 m/s2，初速度v0=14 m/s，汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 11.(2024·莆田第八中学高一期中)如图所示，为我国首款按照最新国际适航标准，具有自主知识产权的干线民用C919大型客机。在一次模拟试飞中，飞机着陆后做匀变速直线运动。10 s内前进300 m，此时速度减为着陆时速度的一半。求： (1)飞机着陆时速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　40 m/s　 设飞机着陆时的速度为v0，10 s内前进300 m，此时速度减为着陆时速度的一半，则有s=t，其中v=v0 联立解得v0== m/s=40 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 (2)飞机着陆后做匀变速直线运动时加速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　2 m/s2　 飞机着陆后做匀减速直线运动的加速度为 a====-2 m/s2 则加速度大小为2 m/s2。 (3)飞机陆后30 s时距着陆点多远。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　400 m 飞机停止运动所用时间为t0==20 s 着陆后30 s滑行的距离即为20 s内滑行的距离，则有s'=t0=×20 m= 400 m。 尖子生选练 12.子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点，已知子弹在木板中运动的总时间是t，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同。 (1)子弹穿过第1块木板所用的时间是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　 t　 由初速度为零的匀加速直线运动的规律可得物体从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为： t1∶t2∶t3∶…∶ tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后速度变为0，子弹的逆过程可以看成做初速度为零的匀加速直线运动。 求子弹穿过第1块木板所用的时间，可看成求子弹从静止开始通过第20块木板的时间t20， 则有=，解得t20=t= t。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 (2)子弹穿过第15块木板所用的时间是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　 t 求子弹穿过第15块木板所用的时间，可看成求子弹从静止开始通过第6块木板所用的时间t6， 则有=， 解得t6=t= t。 返回 第 2 章 本课结束 $