高中物理第3章匀变速直线运动的研究第1节匀变速直线运动的规律教案鲁科版必修1

第1节 匀变速直线运动的规律
[学习目标] 1．[物理观念]认识什么是匀变速直线运动,并知道匀变速直线运动的分类． 2．[科学思维]能理解匀变速直线运动的v ­t 图象特点． 3．[科学思维]理解匀变速直线运动的速度与时间的关系式,并用速度公式解决简单的匀变速直线运动问题． 4．[科学方法]理解位移公式的意义和推导过程,并能利用公式s ＝v 0t ＋12at 2
进行分析和计算有关问
题． 5．[科学态度与责任]体会物理知识与生活的联系．
一、匀变速直线运动的特点及速度变化规律 1．匀变速直线运动
(1)定义：物体的加速度保持不变的直线运动．
(2)特点：物体在直线运动过程中,加速度的大小和方向都不变,即a 为一恒量． (3)分类
①匀加速直线运动：加速度方向与速度方向同向,速度增加． ②匀减速直线运动：加速度方向与速度方向反向,速度减小． 2．匀变速直线运动的速度变化规律
(1)速度公式：v t ＝v 0＋at ,若v 0＝0,则v t ＝at ． (2)速度—时间图象
①v ­t 图线是一条倾斜的直线．
②图象提供的信息：一是直观反映物体运动速度随时间变化的规律,二是可以求出某时刻物体运动速度的大小或物体达到某速度所需要的时间,三是可以利用图线的斜率求出物体的加速度．
二、匀变速直线运动的位移变化规律 1．匀变速直线运动的平均速度
在匀变速直线运动中,速度是均匀变化的,所以在时间t 内的平均速度等于初、末速度的平均值,即 v ＝
v 0＋v t
2
．
2．匀变速直线运动位移变化规律
(1)位移公式：s ＝v 0t ＋12
at 2
．
(2)位移—时间图象(s ­t 图象)以横轴表示时间,纵轴表示位移,根据实际数据选单位、定标度、描点,用平滑曲线连接各点便得到s ­t 图象．对于匀变速直线运动来说,位移是时间的二次函数,其图象是一个二次函数的部分曲线,如图所示．
3．匀变速直线运动的速度与位移的关系式
⎭
⎪⎬⎪
⎫v t ＝v 0＋at s ＝v 0t ＋12
at 2
→v 2
t
－v 2
＝2as
1．思考判断(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)加速度保持不变的运动就是匀变速直线运动． (×) (2)匀速直线运动的v ­t 图象是一条倾斜直线．
(×)
(3)公式s ＝v 0t ＋12at 2
既适用于匀加速直线运动,也适用于匀减速直线运动． (√)
(4)由公式v 2
t －v 2
0＝2as 可知在一定时间t 内,运动物体的末速度越大,位移就越大．
(×) (5)匀变速直线运动的加速度越大,相同时间内位移越大． (×) (6)匀变速直线运动的平均速度越大,相同时间内位移越大． (√)
2．关于直线运动,下述说法中错误的是( ) A ．匀变速直线运动的加速度是恒定的,不随时间而改变 B ．匀变速直线运动的瞬时速度随时间而改变 C ．速度随时间不断增加的运动,叫匀加速直线运动
D ．速度随着时间均匀减小的直线运动,通常称为匀减速直线运动
C [根据匀变速直线运动的特点可知,选项A 正确；根据匀变速直线运动的定义和特点可知,选项B 、
D 正确；速度随时间不断增加,不一定是均匀增加,所以不一定是匀加速直线运动,选项C 错误．]
3．(多选)匀变速直线运动中,下列加速度a 、初速度v 0、末速度v t 、时间t 、位移s 之间的关系式正确的是( )
A ．s ＝v 0t ＋12at 2
B ．s ＝v 0t
C ．s ＝12
at 2
D ．s ＝
v 0＋v t
2
t
AD [根据匀变速直线运动的位移公式可知A 正确．B 为加速度为0时的位移公式,即匀速直线运动的位移公式,C 为初速度为0时的位移公式,故B 、C 均错误．D 为用平均速度表示的位移公式,故D 正确．]
4．(多选)下列选项图为四个物体在同一条直线上运动的图象,那么由图象可以看出,做匀变速直线运动的是( )
A B C D
BC [v ­t 图象的斜率表示物体的加速度,选项A 中图线平行于时间轴,斜率为零,加速度为零,所以做匀速直线运动,则A 错误；选项B 中图线斜率不为零且不变,加速度不变,是匀变速直线运动,且由图象可以看出,物体的速度随时间均匀减小,所以是匀减速直线运动,则B 正确；选项C 中图线斜率不为零且不变,加速度不变,做匀加速直线运动,则C 正确；选项D 中图线的切线斜率越来越大,表示物体做加速度越来越大的变加速直线运动,则D 错误．]
匀变速直线运动的速度变
化规律
t 0(1)公式反映了匀变速直线运动中速度随时间变化的规律,该公式仅适用于匀变速直线运动．
(2)公式中的v 0、v t 、a 都是矢量,在直线运动中,规定正方向后(通常以v 0的方向为正方向),都可以用带正、负号的代数量表示．
(3)速度公式的两种特殊形式．
①当a ＝0时,v t ＝v 0,说明物体做匀速直线运动．
②当v 0＝0时,v t ＝at ,说明物体做由静止开始的匀加速直线运动． 2．匀变速直线运动的平均速度公式 v －
＝v 0＋v t 2
仅适用于匀变速直线运动,对于加速度变化的直线运动的平均速度只能用平均
速度的定义式v －＝s
t
计算．
【例1】 汽车以54 km/h 的速度在水平公路上匀速行驶． (1)若汽车以0.5 m/s 2
的加速度加速,则10 s 时速度能达到多少？ (2)若汽车以3 m/s 2
的加速度减速刹车,则3 s 时速度为多少？ 思路点拨：先选取正方向,明确汽车做加速运动,还是做减速运动． 解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s,取初速度方向为正方向． (1)由v ＝v 0＋at 得,v 1＝(15＋0.5×10)m/s＝20 m/s ． (2)设历时t 0汽车停下,t 0＝
Δv a ＝0－15－3
s ＝5 s 由v ＝v 0＋at 得3 s 时速度
v 2＝[15＋(－3)×3]m/s＝6 m/s ．
答案：(1)20 m/s (2)6 m/s
解匀变速直线运动速度与时间关系题目的步骤
(1)规定正方向(设初速度方向为正方向)．加速运动,a 为正值；减速运动,a 为负值． (2)明确初速度v 0、末速度v t 、加速度a 和时间t 及各量的正负． (3)将已知量代入公式求未知量,若所求量是矢量,要说明方向．
[跟进训练]
1．在上题(2)中若汽车以3 m/s 2
的加速度减速刹车,则6 s 时速度为多少？ 解析：设经过t 0时间汽车停下来,解t 0＝Δv a ＝0－15
－3 s ＝5 s ．
6 s ＞5 s,说明车已停了下来,所以速度为0． 答案：0
匀变速直线运动的位移变
化规律
1．位移公式的推导：．
2．与位移有关的两个公式 (1)s ＝v 0t ＋12at 2
；
(2)v 2
t －v 2
0＝2as ． 3．公式的选用原则
公式s ＝v 0t ＋12
at 2和v 2t －v 2
0＝2as 共包含v 0、a 、t 、v t 、s 五个物理量,已知其中的任意三
个,可求另外两个,公式的选用原则：
(1)若问题不涉及末速度,一般选公式s ＝v 0t ＋12at 2
．
(2)若问题不涉及时间,一般选公式v 2
t －v 2
0＝2as ．
【例2】 一辆汽车刹车前速度为90 km/h,刹车时获得的加速度大小为10 m/s 2
,求： (1)汽车开始刹车后10 s 内滑行的距离s 0； (2)从开始刹车到汽车位移为30 m 所经历的时间t ； (3)汽车静止前1 s 内滑行的距离s ′．
思路点拨：刹车问题的位移计算应首先由t ＝－v 0
a
确定“刹车时间”,再去比较研究的时
间与“刹车时间”的关系进行计算．
解析：(1)先算出汽车刹车经历的总时间．
由题意可知,初速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s,末速度v t ＝0 根据v t ＝v 0＋at 0及a ＝－10 m/s 2
得t 0＝
v t －v 0a ＝0－25
－10
s ＝2.5 s ＜10 s 汽车刹车后经过2.5 s 停下来,因此汽车刹车后10 s 内的位移等于刹车后2.5 s 内的位移,可用以下两种解法求解．
方法一：根据位移公式得
s 0＝v 0t 0＋1
2
at 20＝⎝
⎛⎭
⎪⎫25×2.5－12
×10×2.52m ＝31.25 m ．
方法二：根据v 2t －v 2
0＝2as 0得
s 0＝v 2t －v 20
2a ＝0－252
2×－10
m ＝31.25 m ．
(2)根据s ＝v 0t ＋12at 2
得
t ＝－v 0±v 2
0＋2as a
＝－25±252
＋2×－10×30－10 s
解得t 1＝2 s,t 2＝3 s
t 2表示汽车经t 1后继续前进到达最远点后,再反向加速运动重新到达位移为30 m 处时所
经历的时间,由于汽车刹车是单向运动,很显然,t 2不合题意,应舍去．
(3)把汽车减速到速度为零的过程可反过来看作初速度为零的匀加速运动,求出汽车以10 m/s 2
的加速度从静止开始运动经过1 s 的位移,即
s ′＝12at ′2＝12
×10×12 m ＝5 m ．
答案：(1)31.25 m (2)2 s
(3)5 m
应用位移公式的解题步骤
(1)确定正方向,一般规定初速度的方向为正方向． (2)根据规定的正方向,确定各已知物理量的正负． (3)将各已知量连同符号一起代入公式进行代数运算． (4)根据计算结果说明所求矢量的大小和方向．
[跟进训练]
2．飞机着陆后以6 m/s 2
的加速度做匀减速直线运动,其着陆速度为60 m/s,求： (1)它着陆后12 s 内滑行的位移s 的大小； (2)整个减速过程的平均速度的大小； (3)静止前4 s 内飞机滑行的位移s ′的大小． 解析：(1)以初速度方向为正方向,则有a ＝－6 m/s 2
飞机在地面滑行的最长时间
t max ＝
Δv a ＝0－60－6
s ＝10 s 所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移． 由v 2
t －v 20
＝2as 可得s ＝－v 2
02a ＝－602
2×－6
m ＝300 m ．
(2)v －＝Δs Δt ＝s t max ＝300
10
m/s ＝30 m/s ．
(3)静止前4 s 内飞机做匀减速直线运动,可看成反向的匀加速直线运动
s ′＝12a ′t 2＝12
×6×42 m ＝48 m ．
答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m
v ­t 图象
(1)v ­t 图象只能描述直线运动,无法描述曲线运动．
(2)v ­t 图象描述的是物体的速度随时间的运动规律,并不表示物体的运动轨迹． 2．v ­t 图象的应用
通过v ­t 图象,可以明确以下信息： 图线上某点的纵
坐标
正负号 表示瞬时速度的方向 绝对值
表示瞬时速度的大小
图线的斜率
正负号表示加速度的方向绝对值表示加速度的大小
图线与坐标轴的
交点纵截距表示初速度横截距
表示开始运动或速度为零的时刻
图线的拐点表示运动性质、加速度改变的时刻
两图线的交点表示速度相等的时刻
图线与坐标轴所
围图形的面积
表示位移,面积在横轴上方位移为正值,在横轴下
方位移为负值
段时间后又匀加速(同方向)出站．在如图所示的四个v­t图象中,正确描述了“和谐号”运动情况的是( )
A B C D
思路点拨：速度的正、负表示运动方向,v­t图象的斜率表示加速度,斜率的正、负表示加速度方向,加速度与速度同向时物体做加速运动,反向时物体做减速运动．B[进站速度均匀减小,出站速度均匀增大,故A、D错误；进站、出站的运动方向相同,故B正确,C错误．]
由v­t图象巧得四个运动量
(1)运动速度：从速度轴上直接读出．
(2)运动时间：从时间轴上读出时刻,取其差．
(3)运动加速度：图线斜率的大小表示加速度的大小,斜率的正负反映了加速度的方向．
4运动的位移：图线与时间轴围成的面积表示位移的大小,第一象限的面积表示与规定的正方向相同,第四象限的面积表示与规定的正方向相反.
[跟进训练]
3．(多选)如图所示为某质点运动的速度—时间图像,下列有关物体运动情况判断正确的是( )
A．0～t1时间内,加速度为正,质点做加速直线运动
B．t1～t2时间内,加速度为正,质点做减速直线运动
C．t2～t3时间内,加速度为负,质点做加速直线运动
D．t3～t4时间内,加速度为负,质点做减速直线运动
AC[0～t1时间内,加速度为正,速度为正,两者方向相同,质点做加速直线运动,A正确；t1～t2时间内,速度为正,加速度为负,两者方向相反,质点做减速直线运动,B错误；t2～t3时间内,速度、加速度均为负,方向相同,质点做加速直线运动,C正确；t3～t4时间内,加速度为正,速度为负,方向相反,质点做减速直线运动,D错误．]
1．[物理观念]匀变速直线运动．
2．[科学思维]匀变速直线运动的速度、位移变化规律．
3．[科学方法]用v­t图象分析匀变速直线运动．
1．关于匀变速直线运动,下列说法正确的是( )
A．匀加速直线运动的速度一定与时间成正比
B．匀减速直线运动就是加速度为负值的运动
C．匀变速直线运动的速度随时间均匀变化
D．速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动
C[匀加速直线运动的速度是时间的一次函数,但不一定成正比,只有在初速度为零时成正比,所以A项错；加速度的正、负表示加速度的方向与设定的正方向相同还是相反,是否是减速运动还要看速度的方向,速度与加速度反向即为减速运动,所以B项错；匀变速直线运动的速度变化量与所需时间成正比,即速度随时间均匀变化,也可用速度图象说明,所以C项对；匀变速只说明加速度是恒定的,如后面将学习到的竖直上抛,速度就是先减小再增大的,但运动过程中加速度恒定,所以D项错．要说明的是,不存在速度先增大再减小的匀变速直线运动．] 2．由于发射卫星耗资巨大,还要耗费大量燃料推动沉重的金属物体在地球大气中飞行．科学家正在研发一种解决方案,利用一架喷气式飞机发射一个高效的小型推进系统,把卫星送入近地轨道．已知卫星必须达到8 000 m/s才能达到预定轨道,发射时喷气式飞机运行了16.7 min．则喷气式飞机的加速度约为( )
A．6 m/s2B．8 m/s2
C ．10 m/s 2
D ．12 m/s 2
B [根据公式v ＝at 可得,加速度为a ＝v t ＝
8 00016.7×60
m/s 2≈8 m/s 2
,选项B 正确．]
3 ．如图所示是一物体做匀变速直线运动的v ­t 图象,由图可知物体( )
A ．初速度为0 m/s
B ．2 s 末的速度大小为3 m/s
C ．5 s 内的位移为0 m
D ．加速度大小为1.5 m/s
B [由题图象可知,物体的初速度v 0＝5 m/s,末速度v ＝0,由公式a ＝
v －v 0
t
可得a ＝0－5 m/s 5 s ＝－1 m/s 2
,A 、D 错误．由v ＝5－t 知,2 s 末物体的速度大小为3 m/s,B 正确．由于5 s 内v ­t 图象面积不为零,所以C 错误．]
4．航空母舰上的飞机弹射系统可以减短战机起飞的距离．如图所示,假设某战机初速度为零,在弹射系统作用下,1 s 后达到一定的速度,然后战机脱离弹射系统继续在甲板的跑道上做匀加速直线运动,加速度为2 m/s 2
,经过10 s 达到起飞速度50 m/s 的要求．求：
(1)战机脱离弹射系统瞬时速度的大小？ (2)战机在弹射系统作用下的加速度大小？ 解析：(1)根据速度—时间公式有v ＝v 0＋a 2t 2, 战机脱离弹射系统的瞬时速度v 0＝v －a 2t 2, 解得v 0＝30 m/s ．
(2)根据速度公式有v 0＝a 1t 1,代入数据解得a 1＝30 m/s 2
． 答案：(1)30 m/s (2)30 m/s 2。