人教版（2019）高中物理必修一专题强化　匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式（教师版+学生版）

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专题强化　匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式[学科素养与目标要求]　科学思维：1.掌握三个平均速度公式及其适用条件，会用平均速度公式求解相关问题.2.会推导位移差公式Δx＝aT2，会用它解决相关问题.一、匀变速直线运动的平均速度公式1.中间时刻速度与平均速度(1)内容: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。即vt2=v=v0+v2。(2)推导:在匀变速直线运动中,对于某一段时间t,其中间时刻的瞬时速度vt2=v0+12at,该段时间的末速度v=v0+at,由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理可得v=xt=v0t+12at2t=v0+12at=2v0+at2=v0+v0+at2=v0+v2=vt2,即v=v0+v2=vt2。2.位移中点的速度(1)内容做匀变速直线运动的物体,在某段位移中点位置的瞬时速度与这段位移始、末位置瞬时速度的关系为vx2=v2+v022。(2)推导设匀变速直线运动的初速度为v0,加速度为a,末速度为v,位移为x,设物体经过这段位移的中点时的速度为 vx2 ,如图所示。则对于前半段位移x2,有vx22−v02=2a·x2;对于后半段位移x2,有v2-vx22=2a·x2,联立解得vx2=v02+v22。3.中间时刻的瞬时速度(vt2)与位移中点的瞬时速度(vx2)的比较在v-t图像中,速度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,由图甲可知vx2>vt2;当物体做匀减速直线运动时,由图乙可知vx2>vt2。所以当物体做匀变速直线运动时,vx2>vt2。例1 物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为(　　)A．15 m/s B．30 m/sC．7.5 m/s D．无法求解 INCLUDEPICTURE "E:\\原文件\\新教材人教必修1（最新）\\例2.TIF" \* MERGEFORMAT  INCLUDEPICTURE "E:\\米昕\\2019\\同步\\物理\\物理 人教 必修第一册（新教材）\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 例2 　沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为(　　)A．2.45 m/s2 B．－2.45 m/s2C．4.90 m/s2 D．－4.90 m/s2 INCLUDEPICTURE "E:\\原文件\\新教材人教必修1（最新）\\例3.TIF" \* MERGEFORMAT  INCLUDEPICTURE "E:\\米昕\\2019\\同步\\物理\\物理 人教 必修第一册（新教材）\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET 例3 一列从车站开出的火车，在平直轨道上做匀加速直线运动，已知这列火车的长度为l，火车头经过某路标时的速度为v1，而车尾经过此路标时的速度为v2，求：(1)火车中点经过此路标时的速度大小v；(2)整列火车通过此路标所用的时间t.(1)vt2=v=xt=v0+v2 是求匀变速直线运动中某时刻的瞬时速度的重要方法,若求某时刻的速度,只要求出以该时刻为中间时刻的某段时间的平均速度即可。(2)对匀变速直线运动,若同时涉及位移与时间而不涉及加速度,求位移优先选用平均速度公式,即x=vt=vt2t=v0+v2t。(3)三个平均速度公式的比较:v=xt适用于任何运动,v=v0+v2及v=vt2仅适用于匀变速直线运动。二、位移差公式Δx＝aT2匀变速直线运动中，任意两个连续相等的时间间隔T内，位移差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2.(1)推导：在时间T内的位移x1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2①在时间2T内的位移x2＝v0·2T＋eq \f(1,2)a·(2T)2②则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1③由①②③得Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2.(2)应用①判断物体是否做匀变速直线运动如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－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Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).(3)拓展:不连续的相等时间内的位移差公式xm-xn=(m-n)aT2,xm为第m段位移,xn为第n段位移。推导过程可用归纳总结的方法得出,如x2-x1=aT2①,x3-x2=aT2②,x4-x3=aT2③,①+②得x3-x1=2aT2,①+②+③得x4-x1=3aT2,②+③得x4-x2=2aT2,最后总结出公式为xm-xn=(m-n)aT2。例4 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s内经过的位移为24 m，在第2个4 s内经过的位移是60 m，求这个物体的加速度和初速度各是多大？答案　2.25 m/s2　1.5 m/s解析　由位移差公式Δx＝aT2得：a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(60－24,42) m/s2＝2.25 m/s2，由于v4＝eq \f(24＋60,8) m/s＝10.5 m/s，而v4＝v0＋4a，得v0＝1.5 m/s.针对训练1　(多选)(2019·长春外国语学校月考)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2 s内的位移是2.5 mB．第3 s末的瞬时速度是2.25 m/sC．质点的加速度是0.125 m/s2D．质点的加速度是0.5 m/s2答案　BD解析　由Δx＝aT2，得a＝eq \f(x4－x3,T2)＝0.5 m/s2，x3－x2＝x4－x3，所以第2 s内的位移x2＝1.5 m，A、C错误，D正确；第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，所以v3＝eq \f(x3＋x4,2T)＝2.25 m/s，B正确．1．(平均速度公式的应用)一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，经过3 s后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经过9 s停止，已知物体经过斜面和水平地面交接处时速度大小不变，则物体在斜面上的位移与水平地面上的位移之比是(　　)A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1答案　C解析　设物体到达斜面底端时的速度为v，则物体在斜面上的平均速度eq \x\to(v)1＝eq \f(v,2)，在斜面上的位移x1＝eq \x\to(v)1t1＝eq \f(v,2)t1在水平地面上的平均速度eq \x\to(v)2＝eq \f(v,2)，在水平地面上的位移x2＝eq \x\to(v)2t2＝eq \f(v,2)t2所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.2．(位移差公式Δx＝aT2的应用)(多选)如图4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(　　)图4A．物体的加速度为20 m/s2B．物体的加速度为25 m/s2C．CD＝4 mD．CD＝5 m答案　BC解析　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Δx＝aT2可得： a＝eq \f(BC－AB,T2)＝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．(平均速度公式的应用)一质点做匀变速直线运动，初速度v0＝2 m/s，前4 s内位移为20 m，求：(1)质点前4 s内的平均速度大小；(2)质点第4 s末的速度大小；(3)质点第2 s末的速度大小．答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　(3)5 m/s解析　(1)利用平均速度公式，前4 s内的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(20,4) m/s＝5 m/s(2)因为eq \x\to(v)＝eq \f(v0＋v4,2)，代入数据解得，第4 s末的速度v4＝8 m/s.(3)第2 s末为这段时间的中间时刻，故v2＝eq \x\to(v)＝5 m/s.一、选择题1．某战机起飞前由静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为t，则起飞前的运动距离为(　　)A．vt B.eq \f(vt,2)C．2vt D．不能确定答案　B解析　因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则x＝eq \x\to(v) t＝eq \f(0＋v,2)t＝eq \f(v,2)t，B正确．2．一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，经过4 s速度为10 m/s，在这段时间内，下列说法正确的是(　　)A．汽车的加速度为4 m/s2B．汽车的加速度为3 m/s2C．汽车的位移为24 mD．汽车的平均速度为3 m/s答案　C解析　汽车的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，故A、B错误；平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝6 m/s，故D错误；位移x＝eq \x\to(v)t＝24 m，故C正确．3．一辆汽车从车站由静止开始做匀加速直线运动，一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便立即刹车做匀减速直线运动．已知汽车从启动到停止一共经历了10 s，在此过程中，汽车的最大速度为5 m/s，则这段时间内汽车前进的位移为(　　)A．20 m B．25 mC．30 m D．40 m答案　B解析　设汽车的最大速度为vm，加速时间为t1，减速时间为t2，加速阶段的平均速度eq \x\to(v)1＝eq \f(0＋vm,2)＝eq \f(vm,2)减速阶段的平均速度eq \x\to(v)2＝eq \f(vm＋0,2)＝eq \f(vm,2)x＝eq \x\to(v)1t1＋eq \x\to(v)2t2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(1,2)vmt，解得x＝25 m/s.4．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3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(　　)图3A．1 m/s2 B．2.25 m/s2C．3 m/s2 D．4.25 m/s2答案　B解析　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x1＝12 m和x2＝21 m，又T＝2 s，则a＝eq \f(x2－x1,T2)＝eq \f(21－12,22) m/s2＝2.25 m/s2，故选B.5．(多选)(2019·山西大学附中月考)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段时间相等均为1 s，则(　　)A．质点的加速度大小为4 m/s2B．质点的加速度大小为2 m/s2C．质点在C点的速度大小为11 m/sD．质点在B点的速度大小为6 m/s答案　AC解析　AB段、BC段时间相等，均为T＝1 s由x2－x1＝aT2得a＝eq \f(x2－x1,T2)＝eq \f(9－5,12) m/s2＝4 m/s2B点为AC的时间中点vB＝eq \x\to(v)AC＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(5＋9,2×1) m/s＝7 m/s则vC＝vB＋aT＝(7＋4×1) m/s＝11 m/s故A、C正确．6.如图4所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中AB＝2 m，BC＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于(　　)图4A.eq \f(9,8) m B.eq \f(8,9) mC.eq \f(3,4) m D.eq \f(4,3) m答案　A解析　设物体通过AB、BC所用时间均为T，则B点的速度为vB＝eq \f(xAC,2T)，根据Δx＝aT2得：a＝eq \f(Δx,T2)，则有：vA＝vB－aT，根据速度－位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝eq \f(v\o\al(A2),2a)，由以上各式联立解得xOA＝eq \f(9,8) m，故A正确．7.如图所示,一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动,从树A开始,在相等的时间内依次经过B、C、D、E四棵树,已知树A、B间距为x1,树D、E间距为x2,则树B、D间距为(　　)A.x1+x2 B.2x1+x2C.x1+2x2 D.2(x1+x2)答案 A　解析：设汽车做加速度为a的匀加速直线运动,则在连续相等时间T内的位移之差为一恒量,即xBC-xAB=xDE-xCD,可得xBC+xCD=xAB+xDE=x1+x2,故A正确。8.在学校举行的20人乘60 m迎面接力比赛中,王杰与其并排站立的李帅同时接到队友的接力棒(不计两位同学的反应时间),两位同学立即匀加速起步,用频闪照相机记录下他们在60 m内的运动情况,关于王杰和李帅的加速度和速度,下列说法正确的是(　　)A.加速阶段王杰的加速度大于李帅的加速度B.加速阶段王杰的加速度小于李帅的加速度C.全程王杰的平均速度大于李帅的平均速度D.撞线时王杰的瞬时速度一定小于李帅的瞬时速度答案 A　解析：由题图可知,王杰在加速阶段相等时间内的位移之差大于李帅的,根据x2-x1=aT2可知,王杰的加速度较大,选项A正确,B错误;李帅在全程所用时间较短,则其平均速度v=xt较大,选项C错误;由于不知王杰和李帅撞线过程中的运动情况,所以无法比较两人的瞬时速度的大小,选项D错误。9.(2023北京高一期末)小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动,2 s末撤去恒定拉力,小滑块继续匀减速滑行4 s时间停下。则小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是(　　)A.1∶6 B.1∶3C.1∶2 D.1∶1答案 C　解析：设2 s末小滑块的速度大小为v,可知小滑块加速阶段的位移大小为x1=v2t1,小滑块减速阶段的位移大小为x2=v2t2,可得小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比x1∶x2=t1∶t2=2∶4=1∶2,故选C。10.(2023北京高一月考)某频闪仪每隔0.04 s的时间发出一次短暂的强烈闪光,照亮沿直线运动的小球,于是照相机胶片上记录了小球在几个闪光时刻的位置。小球从A点运动到B点的频闪照片示意图如图所示,由图可以判断,小球在此运动过程中(　　)A.加速度越来越大B.加速度越来越小C.加速度保持不变D.无法确定加速度大小的变化答案 A　解析：由图可知,从A到B小球在连续两相邻闪光间隔所对应的位移之差分别为1小格、2小格、3小格、4小格,越来越大,由匀变速直线运动推论a=ΔxT2,说明小球做加速度增大的直线运动,故选A。11.一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。下列说法正确的是(　　)A.从A到B的加速度为7 m/s2B.经过A、B中点时速度为8 m/sC.A、B两点之间的距离为16 mD.从A到B中间时刻的速度为12 m/s答案 C　解析：从A到B的加速度为a=vB-vAt=14−22 m/s2=6 m/s2,选项A错误;A、B中点的速度为vx2=vA2+vB22=22+1422 m/s=10 m/s,选项B错误;A、B两点之间的距离为x=vB+vA2t=14+22×2 m=16 m,选项C正确;A、B中间时刻的瞬时速度为vt2=vA+vB2=2+142 m/s=8 m/s,选项D错误。12.一个向正东方向做匀变速直线运动的物体,在第3 s内发生的位移为8 m,在第5 s内发生的位移为5 m,则关于物体运动加速度的描述正确的是(　　)A.大小为3 m/s2,方向为正东方向B.大小为3 m/s2,方向为正西方向C.大小为1.5 m/s2,方向为正东方向D.大小为1.5 m/s2,方向为正西方向答案 D　解析：设第3 s内、第5 s内的位移分别为x3、x5,则x5-x3=2aT2,解得a=-1.5 m/s2,a的方向为正西方向,选项D正确。13.(多选)(2023陕西宝鸡高一期中)描述运动的物理量中,位移、速度、加速度都既有大小又有方向,在直线运动中,它们的方向在同一直线上,因此可运用数值表示其大小,用“+”“-”表示其方向。在涉及这些量的运算时,对物理量数值前的“+”与“-”的确定至关重要。某物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4 m/s,1 s后速度大小变为10 m/s,在这1 s内该物体的 (　　)A.位移的大小可能为4 mB.位移的大小可能大于6 mC.加速度的大小可能小于4 m/s2D.加速度的大小可能大于10 m/s2答案 BD　解析：以初速度方向为正方向,当初、末速度的方向相同时,根据加速度的定义式可得加速度为a=vt-v0Δt=10−41 m/s2=6 m/s2,物体的位移为x=vt+v02t=7 m,当初、末速度的方向相反时,根据加速度的定义式可得加速度为a=vt-v0Δt=-10-41 m/s2=-14 m/s2,负号表示加速度的方向与初速度的方向相反,物体的位移为x=vt+v02t=-3 m,负号表示位移的方向与初速度的方向相反。位移的大小不可能为4 m,A错误;位移的大小等于7 m时,大于6 m,B正确;加速度的大小不可能小于4 m/s2,可能大于10 m/s2,C错误,D正确。14.(多选)(2023天津高一期末)一质点在连续的6 s内做匀加速直线运动,在第一个2 s内位移为12 m,最后一个2 s内位移为36 m,下列说法正确的是(　　)A.质点的加速度大小是3 m/s2B.质点在第2个2 s内的平均速度大小是18 m/sC.质点在第2 s末的速度大小是9 m/sD.质点在第1 s内的位移大小是6 m答案 AC　解析：设第一个2 s内位移、第二个2 s内位移、第三个2 s内位移分别为x1、x2、x3。由匀变速直线运动的规律得x2-x1=x3-x2=aT2,解得a=3 m/s2, x2=24 m,故A正确;质点在第二个2 s内的平均速度大小v2=x2T=12 m/s,故B错误;匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,所以质点第2 s末的速度大小等于前4 s内的平均速度大小,即v2=x1+x22T=9 m/s,故C正确;同理,质点第1 s末的速度大小等于前2 s内的平均速度大小,即v1=v0+v22=x1T,解得质点的初速度大小为v0=3 m/s,质点在第1 s末的速度大小v1=6 m/s,质点在第1 s内的位移大小为x=v1t=v0+v12·t=3+62×1 m=4.5 m,故D错误。二、非选择题15.(2023广东广州高一期末)在测定匀变速直线运动的加速度的实验中:打点计时器打点的时间间隔是0.02 s,以打点先后顺序依次选取纸带上的A、B、C为计数点,每两个计数点之间还有4个点未画出。A和B两个计数点之间的时间间隔为t=　　　　 s,如图所示,图中的数字是各计数点与A点的距离,这时纸带的加速度是　　　　 m/s2,加速度方向与纸带运动方向　　　　(选填“相同”或“相反”);B点的瞬时速度是　　　　 m/s。(计算结果均保留两位有效数字) 答案 0.10　6.0　相同　1.7解析 每两个计数点之间还有4个点未画出,所以A和B两个计数点之间的时间间隔为t=0.02×5 s=0.10 s;匀变速直线运动的加速度a=xBC-xABt2=(0.34-0.14)-0.140.102 m/s2=6.0 m/s2。以打点先后顺序依次选取纸带上的A、B、C为计数点,可判断纸带做匀加速直线运动,加速度方向与纸带运动方向相同;根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度, B点的瞬时速度vB=xAC2t=0.342×0.10 m/s=1.7 m/s。16．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a1的大小和匀减速上升的加速度a2的大小；(2)上升的总高度H.答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　(2)37.5 m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，a2大小为1 m/s2.(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.17.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下如图9所示的照片(照片与实际大小相同)，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm.试问：图9(1)小球的加速度的大小；(2)拍摄时小球在B点时的速度的大小；(3)拍摄时C、D间的距离xCD；(4)A点的上方滚动的小球还有几个．答案　(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)0.25 m　(4)2个解析　(1)由推论Δx＝aT2可知，小球加速度为a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(20－15×10－2,0.12) m/s2＝5 m/s2.(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，所以B点的速度等于AC段上的平均速度，即vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(20＋15×10－2,2×0.1) m/s＝1.75 m/s.(3)由于连续相等时间内位移差恒定，所以xCD－xBC＝xBC－xAB，得xCD＝2xBC－xAB＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m.(4)设小球在A点时的速度为vA，由于vA＝vB－aT＝1.25 m/s，所以小球在A点时的运动时间为tA＝eq \f(vA,a)＝0.25 s，所以在A点的上方滚动的小球还有2个．