高一物理2.4匀变速直线运动的速度与位移的关系教案

1高一物理2.4匀变速直线运动的速度与位移的关系教学目标一、知识与技能理解匀变速直线运动的速度与位移的关系及其应用。二、过程与方法1.通过近似推导位移公式的过程，体验微元法的特点和技巧，能把瞬时速度的求法与此比较。2.感悟一些数学方法的应用特点。三、情感、态度与价值观1.经历公式法推导速度与位移关系，培养自己动手能力，增加物理情感。2.体验成功的快乐和方法的意义。教学重点、难点教学重点表达式axvv2202的导出。运用公式axvv2202解决具体问题。教学难点公式中各物理量的理解与准确应用。教学过程一、导入新课2教师活动：上节课我们学习了匀变速直线运动的位移，知道了匀变速直线运动的速度－时间图象中，图线与时间轴所围面积等于运动的位移；并推导出了匀变速直线运动的位移－时间公式2021attvx。这节课我们探究匀变速直线运动的速度与位移的关系。二、进行新课（一）匀变速直线运动的速度与位移的关系教师陈述：我们分别学习了匀变速直线运动的位移与时间的关系、速度与时间的关系，有时还要知道物体的速度与位移的关系，请同学们做下面的问题：射击时，火药在枪筒中燃烧，燃气膨胀，推动弹头加速运动。我们把子弹在枪筒中的运动看做匀加速直线运动，假设子弹的加速度是a=5×103m/s2，枪筒长x=0.64m，计算子弹射出枪口时的速度。并推出物体的速度与位移的关系式。学生活动：学生做题并推导出物体的速度与位移的关系：axvv2202。点评：培养学生在解答题目时简化问题的能力和推导能力；在解答匀变速直线运动的问题时，如果已知量和未知量都不涉及时间，应用公式axvv2202求解，往往会使问题变得简单，方便。3教师总结：atvv0、2021attvx和axvv2202是解答匀变速直线运动规律的三个重要公式，同学们要理解公式的含义，灵活选择应用。（二）实例探究例1.火车沿平直铁轨匀加速前进，通过某一路标时的速度为10.8km／h，1min后变成54km／h，再经一段时间，火车的速度达到64.8km／h。求所述过程中，火车的位移是多少？分析：10.8km／h=3m/s，54km／h=15m/s，64.8km／h=18m/s，由tva可知，从54km／h增加到64.8km／h需用15s。火车一直做匀加速运动，其位移可由多种不同方法求解。解法1：整个过程的平均速度12318ms10.5ms22vvv时间t=75s，则火车位移2175m787.5m2xvt。解法2：由2021attvx得位移21375m0.275m787.5m2x。点拨：（1）运动学公式较多，故同一个题目往往有不同求解方法；（2）为确定解题结果是否正确，用不同方法求解是一有效措施。例2.在平直公路上，一汽车的速度为15m／s，从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车以2m/s2的加速度运动，问刹4车后10s末车离开始刹车点多远？提示：车做减速运动，是否运动了10s，这是本题必须考虑的。分析：初速度v0=15m／s，a=-2m／s2，分析知车运动7.5s就会停下，在后2.5s内，车停止不动。解：设车实际运动时间为t，vt=0，a=-2m／s2。由atvv0知运动时间07.5vtas，所以车的位移mattvx25.562120。或者车的末速度为零，由axvv2202。得车的位移222015m56.25m22(2)vvxa。点评：计算题求解，一般应该先用字母代表物理量进行运算，得出用已知量表达未知量的关系式，然后再把数值代入式中，求出未知量的值。这样做能够清楚地看出未知量与已知量的关系，计算也比较简便。例3.有一个做匀变速直线运动的质点，它在两段连续相等的时间内通过的位移分别为24ｍ和64ｍ，连续相等的时间为4ｓ，求质点的初速度和加速度大小。提示；由匀变速直线运动的位移公式求解。解析：两段连续相等的时间t=4s，通过的位移分别为x1=24m，x2=64m。设质点运动的初速度为v0，加速度为a，对前一过5程和整个过程分别应用匀变速直线运动的位移公式，可得2021attvx，x1+x2=v0×2t+21a（2t）2，由以上两式解得质点的加速度221242464txxam/s2=2.5m/s2，质点的初速度426424323210txxvm/s=1m/s。点悟：在应用匀变速直线运动的规律解题时，要注意研究过程的选取，尽可能少设未知量。本题若分别对两段连续相等的时间应用位移公式，则将涉及中间时刻的速度，须多设一个未知量，从而多建立一个方程才能求解。本题也可直接由公式s=at2，得2122txxtsa，解出加速度a，然后再由位移公式得到初速度v0。（三）课堂练习1．关于物体运动的下述说法中正确的是（）。A．物体运动的速度不变，在相等时间内位移相同，通过路程相等B．物体运动的速度大小不变，在相等时间内位移相同，通过路程相等C．匀速直线运动的物体的速度方向不会改变D．在相等的时间内通过的路程相等，则此运动一定是匀速6直线运动2．某一施工队执行爆破任务，已知导火索的火焰顺着导火索燃烧的速度是0.8cm/s，为了使点火人在导火索火焰烧到爆炸物以前能够跑到离点火处120m远的安全地方去，导火索至少需要多少厘米才行。（假设人跑的速率是4m/s）（）。A．30B．150C．24D．123．两物体都做匀变速直线运动，在给定的时间间隔内（）。A．加速度大的，其位移一定也大B．初速度大的，其位移一定也大C．末速度大的，其位移一定也大D．平均速度大的，其位移一定也大4．一物体以5m/s的初速度、-2m/s2的加速度在粗糙水平面上滑行，在4s内物体通过的路程为（）。A．4mB．36mC．6．25mD．以上答案都不对参考答案：1.AC2.C3．D4．C三、课堂小结通过两节课的学习，掌握了匀变速直线运动的三个基本公式，0vvat、2021attvx和2202vvax，这是解答匀变速直线运动规律的三个7重要公式，同学们要理解公式的含义，灵活选择应用。在利用公式求解时，一定要注意公式的矢量性问题。一般情况下，以初速度方向为正方向：当a与v0方向相同时，a为正值，公式即反映了匀加速直线运动的速度和位移随时间的变化规律；当a与v0方向相反对，a为负值，公式反映了匀减速直线运动的速度和位移随时间的变化规律。代入公式求解时，与正方向相同的代入正值，与正方向相反的物理量应代入负值。四、布置作业教材P42问题与练习2、3题。本节相关练习题一、选择题1．某一质点做匀加速直线运动，初速度为10m/s，末速度为15m/s，运动位移为25m，则质点运动的加速度和运动的时间分别为()A．2.5m/s2；2sB．2m/s2；2.5sC．2m/s2；2sD．2.5m/s2；2.5s2．一辆汽车由静止开始做匀变速直线运动，从开始运动到驶过第一个100m距离时，速度增加了10m/s，则该汽车驶过第二个100m时，速度的增加量是()A．4.1m/sB．10m/sC．14.1m/sD．20m/s83．如下图所示，P，Q，R三点在同一条直线上，一物体从P点静止开始做匀加速直线运动，经过Q点的速度为v，到R点的速度为3v，则PQ∶QR等于()A．1∶8B．1∶6C．1∶5D．1∶34．一物体以初速度v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中错误的是()A．初速度v0的大小为2.5m/sB．加速度a的大小为1m/s2C．位移x3的大小为1.125mD．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s5．如下图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向做匀加速运动的v－t图象．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则两物体出发点的关系是()9A．从同一地点出发B．A在B前3m处C．B在A前3m处D．B在A前5m处6．一固定的光滑斜面长为x，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度是到达斜面底端的速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是()A．x/4B．(2－1)xC．x/2D.2x/2二、非选择题7．(1)物体的初速度为2m/s，加速度为2m/s2，当它的速度增加到6m/s时，所通过的路程x＝__________.(2)某物体的初速度为2m/s，用4s的时间使其速度增加到6m/s，那么该物体在这段时间内发生的位移为__________．(3)飞机着陆后在跑道上做匀减速直线运动，已知初速度是60m/s，加速度大小是6m/s2，则飞机着陆后12s内的位移是__________．108．下图是甲、乙两物体的位移—时间和速度—时间图象，则甲物体在前2s内的位移是__________m,5s内的总位移是__________m；乙物体在前2s内的位移是__________m,5s内的总位移是__________m.9．一辆卡车，它急刹车时的加速度大小是5m/s2，如果要求它在急刹车后22.5m内必须停下来，假设卡车刹车过程做的是匀减速直线运动．求：(1)它的行驶速度不能超过多少？(2)此刹车过程所用的时间；(3)在此过程中卡车的平均速度．预习作业1．A由v2－v20＝2ax可解得a＝2.5m/s2，再由速度公式v＝v0＋at可得t＝2s.2．A由v2－v20＝2ax可解得v＝14.1m/s，所以Δv＝v－v0＝4.1m/s.3．A物体由P到Q有v2＝2aPQ；物体由P到R有(3v)211＝2aPR；故PQ∶PR＝1∶9，即PQ∶QR＝1∶8.4．A本题考查了匀变速直线运动，意在考查学生对匀变速直线运动规律的灵活应用．由Δx＝aT2可得加速度a＝1m/s2，则B正确；第1s末的速度v1＝x1＋x22T＝2.5m/s，则A错误；物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间t＝Δv－a＝2.5s，则经过位移x3的时间t′为1.5s，且x3＝12at′2＝98m，C正确；位移x3内的平均速度v＝x3t′＝0.75m/s，则D正确．5．C由两个物体的v－t图象可知，3s末A，B两个物体的位移分别为6m和3m，所以物体出发时，B在A前3m处，故C正确．6．A当速度达到底端速度的一半时，说明此刻为运动过程的时间中点，由初速度为零的相邻的相等时间段的位移之比为1∶3，得物体已下滑距离为总长的14.7．(1)8m(2)16m(3)300m解析：(1)v0＝2m/s，a＝2m/s2，v＝6m/s.由v2－v20＝2ax得x＝v2－v202a＝62－222×2m＝8m.(2)v0＝2m/s，v＝6m/s，t＝4s，12解法1：由v＝v0＋at得a＝v－v0t＝6－24m/s2＝1m/s2.由x＝v0t＋12at2得x＝(2×4＋12×1×42)m＝16m.解法2：由v＝v0＋v2得v＝2＋62m/s＝4m/s.由x＝vt得x＝4×4m＝16m.(3)令v＝0，由v＝v0＋at可得飞机到停止所用的时间t＝－v0a＝－60－6s＝10s.故飞机着陆后12s内的位移x＝v0t＋12at2＝60×10＋12×－6×102m＝300m8．2－2616解析：在题图甲中，x0＝2m，x2＝x4＝4m，x5＝0.所以前2s内位移x＝x2－x0＝(4－2)m＝2m，前5s内的总位移x′＝x5－x0＝(0－2)m＝－2m.13在乙图中v0＝2m/s，v2＝v4＝4m/s，v5＝0.所以前2s内位移x＝v0＋v22×t＝2＋42×2m＝6m.5s内的总位移x′＝x＋v2×t1＋v4＋v52×t2＝(6＋4×2＋4＋02×1)m＝16m.9．(1)15m/s(2)3s(3)7.5m/s解析：(1)由v2－v20＝2ax得v0＝v2－2ax＝0－2×－5×22.5m/s＝15m/s.(2)由v＝v0＋at得t＝v－v0a＝0－15－5s＝3s.(3)v＝xt＝22.53m/s＝7.5m/s