2019-2020学年新教材高中物理 第二章 匀变速直线运动的研究 3 匀变速直线运动的位移与时间的关系学案 新人教版必修1

3匀变速直线运动的位移与时间的关系学习目标1.知道匀速直线运动的位移与vt图像中矩形面积的对应关系. 2.理解匀变速直线运动的位移与时间的关系式，会应用此关系式分析和计算有关匀变速直线运动问题(重点、难点)3.了解利用极限思想推导位移公式的方法. 4.理解匀变速直线运动的速度与位移的关系(重点)5.会应用速度与位移的关系式分析有关问题(难点)一、匀速直线运动的位移1位移公式：xvt.2vt图像特点(1)平行于时间轴的直线(2)位移在数值上等于vt图线与对应的时间轴所包围的矩形的面积如图所示二、匀变速直线运动的位移1位移在vt图像中的表示(1)微元法推导把物体的运动分成几个小段，如图甲所示，每段位移每段起始时刻速度每段的时间对应矩形面积所以，整个过程的位移各个小矩形的面积之和把运动过程分为更多的小段，如图乙所示，各小矩形的面积之和可以更精确地表示物体在整个过程的位移把整个过程分得非常非常细，如图丙所示，小矩形合在一起成了一个梯形，梯形的面积就代表物体在相应时间间隔内的位移甲乙 丙(2)结论：做匀变速直线运动的物体的位移对应着vt图像中的图线与对应的时间轴所包围的面积2位移与时间的关系xv0tat2.三、速度与位移的关系1公式：v2v2ax.2推导速度公式vv0at.位移公式xv0tat2.可得到速度和位移的关系式：v2v2ax.1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)位移公式xv0tat2仅适用于匀加速直线运动()(2)初速度越大，时间越长，匀变速直线运动物体的位移一定越大()(3)公式v2v2ax只适用于匀变速直线运动()(4)初速度越大，匀变速直线运动物体的位移一定越大()(5)匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、末速度三个因素有关()2一物体由静止开始做匀变速直线运动，加速度为2 m/s2，则2 s末速度和位移分别为()A4 m/s4 mB2 m/s4 mC4 m/s2 m D2 m/s2 mA物体初速度v00，a2 m/s2，t2 s，则vv0at022 m/s4 m/s，xv0tat20222 m4 m，故A正确3如图所示，一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度匀加速行驶，则汽车行驶了18 m时的速度为()A8 m/s B12 m/sC10 m/s D14 m/sC由v2v2ax和v08 m/s，a1 m/s2，x18 m可求出：v10 m/s，故C正确匀变速直线运动的位移1.公式的适用条件：位移公式xv0tat2只适用于匀变速直线运动2公式的矢量性：公式xv0tat2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向一般选v0的方向为正方向通常有以下几种情况：运动情况取值若物体做匀加速直线运动a与v0同向，a取正值(v0方向为正方向)若物体做匀减速直线运动a与v0反向，a取负值(v0方向为正方向)若位移的计算结果为正值说明位移的方向与规定的正方向相同若位移的计算结果为负值说明位移的方向与规定的正方向相反3.公式的两种特殊形式(1)当a0时，xv0t(匀速直线运动)(2)当v00时，xat2(由静止开始的匀加速直线运动)【例1】国歌从响起到结束的时间是48 s，国旗上升的高度是17.6 m国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4 s，然后匀速运动，最后匀减速运动4 s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束求：(1)国旗匀加速运动的加速度大小；(2)国旗匀速运动时的速度大小思路点拨：国旗上升的高度是国旗匀加速运动、匀速运动、匀减速运动的位移之和国旗匀速上升的时间为48 s4 s4 s40 s.国旗匀加速运动的末速度为国旗匀速上升的速度解析由题意知，国旗匀加速上升时间t14 s，匀减速上升时间t34 s，匀速上升时间t2t总t1t340 s，对于国旗加速上升阶段：x1a1t对于国旗匀速上升阶段：va1t1，x2vt2对于国旗减速上升阶段：x3vt3a2t根据运动的对称性，对于全过程：a1a2x1x2x317.6 m由以上各式可得：a10.1 m/s2v0.4 m/s.答案(1)0.1 m/s2(2)0.4 m/s对公式xv0tat 2的理解(1)表示以初速度方向为正方向的匀减速直线运动(2)a表示加速度的大小，即加速度的绝对值1汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为()A11B13C34 D43C汽车从刹车到停止用时t刹 s4 s，故刹车后2 s和6 s内汽车的位移分别为x1v0tat2202 m522 m30 m，x2v0t刹at204 m542 m40 m，x1x234，故C正确匀变速直线运动的两个重要推论1.平均速度：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v(v0v).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秒末的速度为v.由xv0tat2得，平均速度v0at由速度公式vv0at知，当t时，vv0a由得v又vva联立以上各式解得v，所以v.2逐差相等：在任意两个连续相等的时间间隔T内，位移之差是一个常量，即xxxaT2推导：时间T内的位移x1v0TaT2在时间2T内的位移x2v02Ta(2T)2则xx1，xx2x1联立得xxxaT2此推论常有两方面的应用：一是用以判断物体是否做匀变速直线运动，二是用以求加速度【例2】一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体的初速度、末速度及加速度解析解法一：基本公式法如图所示，由位移公式得x1vATaT2x2vA2Ta(2T)2vCvAa2T将x124 m，x264 m，T4 s代入以上三式，解得a2.5 m/s2，vA1 m/s，vC21 m/s.解法二：平均速度法连续两段相等时间T内的平均速度分别为1 m/s6 m/s，2 m/s16 m/s且1，2，由于B是A、C的中间时刻，则vB m/s11 m/s解得vA1 m/s，vC21 m/s加速度为a m/s22.5 m/s2.解法三：逐差法由xaT2可得a m/s22.5 m/s2又x1vATaT2，vCvAa2T联立解得vA1 m/s，vC21 m/s.答案1 m/s21 m/s2.5 m/s2速度的四种求解方法(1)基本公式法，设出初速度和加速度，列方程组求解(2)推论法，利用逐差法先求加速度，再求速度(3)平均速度公式法，弄清最大速度是第一个过程的末速度，第二个过程的初速度平均速度整个过程不变(4)图像法，通过画vt图像求解2一质点做匀变速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，则该质点运动过程中()A初速度大小为零B加速度大小为4 m/s2C第4 s内的平均速度为8 m/sD5 s内的位移为50 mB根据题意，v2.512 m/s，v4.520 m/s，故a m/s24 m/s2，选项B正确；初速度大小v0v2.5at2.512 m/s4 m/s22.5 s2 m/s，选项A错误；第4 s内的平均速度等于3.5 s时刻的瞬时速度，即为v3.5v2.5at112 m/s41 m/s16 m/s，选项C错误；5 s内的位移为xv0t5at60 m，选项D错误速度与位移的关系式1.适用条件：公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，适用于匀变速直线运动2公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时必须选取统一的正方向，一般选v0方向为正方向(1)物体做加速运动时，a取正值；做减速运动时，a取负值(2)x0，说明物体位移的方向与初速度的方向相同；x0，说明物体位移的方向与初速度的方向相反3两种特殊形式(1)当v00时，v22ax.(初速度为零的匀加速直线运动)(2)当v0时，v2ax.(末速度为零的匀减速直线运动)【例3】一隧道限速108 km/h.一列火车长100 m，以144 km/h的速度行驶，驶至距隧道200 m处开始做匀减速运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道若隧道长500 m求：(1)火车做匀减速运动的最小加速度的大小；(2)火车全部通过隧道的最短时间思路点拨：火车匀减速运动的位移为200 m，而匀速通过隧道的位移为100 m500 m600 m.火车到达隧道口的速度为108 km/h时匀减速运动的加速度为最小解析(1)火车减速过程中v0144 km/h40 m/s，x200 m，v108 km/h30 m/s当车头到达隧道口速度恰为108 km/h时加速度最小，设为a由v2v2ax得a m/s21.75 m/s2.(2)火车以108 km/h的速度通过隧道，所需时间最短，火车通过隧道的位移为100 m500 m600 m由xvt得t s20 s.答案(1)1.75 m/s2(2)20 s3一滑雪运动员从85 m长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？解析利用速度与位移的关系公式和速度公式求解由v2v2ax得a0.128 m/s2由vv0at得t25 s.答案25 s匀变速直线运动的几个推论1.中间位置的速度与初末速度的关系在匀变速直线运动中，某段位移x的初末速度分别是v0和v，加速度为a，中间位置的速度为v，则根据速度与位移关系式，对前一半位移v2v2a，对后一半位移v2v22a，即v2vv2v2，所以v.由数学知识知：vv.2由静止开始的匀加速直线运动的几个重要比例(1)1T末、2T末、3T末、nT末瞬时速度之比v1v2v3vn123n.(2)1T内、2T内、3T内、nT内的位移之比x1x2x3xn122232n2.(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，第n个T内位移之比xxxxn135(2n1)(4)通过前x、前2x、前3x位移时的速度之比v1v2v3vn1.(5)通过前x、前2x、前3x的位移所用时间之比t1t2t3tn1.(6)通过连续相等的位移所用时间之比ttttn1(1)()()【例4】一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求：(1)第6 s末的速度；(2)前6 s内的位移；(3)第6 s内的位移思路点拨：小球做初速度为零的匀加速直线运动注意区别前6 s和第6 s的确切含义解析(1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比v1v24623故第6 s末的速度v2v16 m/s.(2)由v1at1得a1 m/s2.所以第1 s内的位移x1a(1 s)20.5 m第1 s内与前6 s内的位移之比x1x61262故前6 s内小球的位移x636x118 m.(3)第1 s内与第6 s内的位移之比xx1(261)111故第6 s内的位移x11x5.5 m.答案(1)6 m/s(2)18 m(3)5.5 m有关匀变速直线运动推论的选取技巧(1)对于初速度为零，且运动过程可分为等时间段或等位移段的匀加速直线运动，可优先考虑应用初速度为零的匀变速直线运动的常用推论(2)对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，然后用比例关系，可使问题简化4(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入两个相同矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第二个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(设冰壶可看成质点)()Av1v221Bv1v21 Ct1t21 Dt1t2(1)1BD初速度为零的匀加速直线运动中连续两段相等位移的时间之比为1(1)，故所求时间之比为(1)1，所以C错误，D正确；由vat可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1，则所求的速度之比为1，故A错误，B正确课堂小结知识脉络1.在v-t图像中图线与t轴所围的面积表示物体的位移2匀变速直线运动的位移公式xv0tat2.3匀变速直线运动的速度位移关系式：v2v2ax.4匀变速直线运动某段位移中点位置的瞬时速度v.5在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移差为xaT2.1某质点做直线运动的位移随时间变化的关系是x4t2t 2，x与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为()A4 m/s与2 m/s2B0与4 m/s2C4 m/s与4 m/s2 D4 m/s与0C对比x4t2t 2和位移公式xv0tat 2，可知其初速度v04 m/s,2a，则加速度a4 m/s2.2折线ABCD和曲线OE分别为甲、乙物体沿同一直线运动的位移时间图像，如图所示，t2 s时，两图线相交于C点，下列说法正确的是()A两个物体同时、同地、同向出发B第3 s内，甲、乙运动方向相反C24 s内，甲做减速运动，乙做加速运动D第2 s末，甲、乙未相遇B两物体同时、同向出发，但不是同地出发，A错误；第3 s内甲图线的斜率为负，向负方向运动，乙图线的斜率为正，向正方向运动，二者运动方向相反，B正确；24 s内，甲沿负方向做匀速直线运动，乙沿正方向做加速运动，C错误；第2 s末，甲、乙的位置相同，甲、乙相遇，D错误3物体从长为L的光滑斜面顶端由静止开始下滑，滑到底端时的速率为v，如果物体以v0的初速度从斜面底端沿斜面上滑，上滑时的加速度与下滑时的加速度大小相同，则可以达到的最大距离为()A. B.C. D.LC设加速度大小为a，下滑时v22aL，上滑时022aL，则由以上两式得：L，故C正确4飞机着陆后做匀减速滑行，着陆时的初速度是216 km/h，在最初2 s内滑行114 m问：(1)第5 s末的速度大小是多少？(2)飞机着陆后12 s内滑行多远？解析(1)最初2 s内的位移x1v0tat 2代入数据解得：a3 m/s25 s末的速度v2v0at45 m/s(2)着陆减速总时间t20 s飞机着陆后12 s内的位移x2v0tat 2504 m.答案(1)45 m/s(2)504 m- 12 -