5A版优质实用文档2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系学案理解领悟本节课运用极限思想，用速度图象中图线下面四边形的面积代表位移，导出了匀变速直线运动的位移公式，并进一步导出了匀变速直线运动的速度—位移关系式。要会应用匀变速直线运动的位移公式及速度—位移关系式分析和计算。Ovt图2－20ABC基础级1.从速度图象求匀速直线运动的位移匀速直线运动的速度不随时间变化，所以其速度图象是平行于时间轴的直线。由匀速直线运动的位移公式G=vt结合速度图象可知，匀速直线运动的位移可以用速度图象图线与时间轴之间的面积（如图2－20中矩形OABC的面积）来表示。2.从速度图象求匀变速直线运动的位移对于匀变速直线运动，上述结论也成立吗？Ovt图2－21ABCD仔细研究教材“思考与讨论”栏目中用纸带上各点的瞬时速度估算小车位移的方法，不难看出：时间间隔越小，对位移的估算就越精确。图2－21中的倾斜直线AB表示一个做匀变速直线运动的速度图线。为了求出物体在时间t内的位移，我们把时间划分为许多小的时间间隔。设想物体在每一时间间隔内都做匀速直线运动，而从一个时间间隔到下一个时间间隔，物体的速度跳跃性地突然变化。因此，它的速度图线由图2－21中的一些平行于时间轴的间断线段组成。由于匀速直线运动的位移可以用速度图象图线与时间轴之间的面积来表示，因此上面设想的物体运动在时间t内的位移，可用图2－21中的一个个小矩形面积之和（即阶梯状折线与时间轴之间的面积）来表示。如果时间的分割再细些，物体速度的跃变发生得更频繁，它的速度图象就更接近于物体的真实运动的图象，阶梯状折线与时间轴之间的面积就更接近于倾斜直线AB与时间轴之间的面积。当时间间隔无限细分时，间断的阶梯线段就趋向于倾斜直线AB，阶梯状折线与时间轴之间的面积就趋向于倾斜直线AB与时间轴之间的面积。这样，我们就得出结论：匀速直线运动的位移也可以用速度图象图线与时间轴之间的面积来表示。运用类似的分析方法可以得出，上述结论不仅对匀变速直线运动适用，对一般的变速直线运动也是适用的。3.用极限思想分析问题105A版优质实用文档
5A版优质实用文档在上一章中，我们用极限思想（无限逼近的思想），由平均速度和平均加速度的时间间隔趋向于0，介绍了瞬时速度和瞬时加速度；本节课介绍速度图象中图线与时间轴之间四边形的面积代表匀变速直线运动的位移时，又一次应用了极限思想。极限思想是一种常用的研究方法，教材渗透这样的思想，只要求我们对极限思想有初步的认识，并不要求会计算极限。4.用公式表达匀变速直线运动位移与时间的关系由上述分析可知，做匀变速直线运动的物体在时间t内的位移G，可以用图2－21中梯形OABC的面积S表示。而 ，把面积及各条线段换成所代表的物理量，上式变成 ，将代入，可得匀变速直线运动的位移公式 。图2－21中梯形OABC的面积S也可表示为矩形AOCD的面积S1和三角形ABD的面积S2之和，即S=S1+S2，而，（式中k表示直线AB的斜率），故 。把面积、各条线段及斜率k换成所代表的物理量，也可得匀变速直线运动的位移公式 。匀变速直线运动的位移公式反映了位移与初速度、加速度、时间之间的关系，是计算位移的常用公式。应用此式时，也要注意符号法则，若取初速度的方向为正方向，位移和加速度都是代数量，都带有符号。5.用公式表达匀变速直线运动位移与速度的关系由匀变速直线运动的速度公式和位移公式，消去时间t，可得，这就是匀变速直线运动的速度—位移关系式。匀变速直线运动的速度—位移关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系，在不涉及时间或不需105A版优质实用文档
5A版优质实用文档要求时间的情况下，用这个公式分析求解问题通常比较简便。与其他匀变速直线运动的规律一样，该式在应用时也必须注意符号法则，当取初速度的方向为正方向时，加速度和位移也都带有符号。v0=?a=1m/s2图2－22t=12sx=180m180O5.教材中例题的分析G/m 本节教材的例题研究的是汽车的加速过程，已知汽车运动的加速运动时间和位移，需求初速度，如图2—22所示。图中，若把G解释为汽车0~G的位移，则解释为0~t的一段时间；若把G解释为汽车的位置，则解释为t时刻。本题可先由匀变速直线运动的位移公式 ，得出v0的表达式后再代入数值计算出结果。6.两个物体加速度的比较 教材在“比一比”栏目中提出：如果已知两个物体在相同时间内从静止开始做匀加速直线运动的位移之比，怎样根据运动学的规律由此求出加速度之比？ 由匀变速直线运动的位移公式，因v0=0，故有 ，t相同，，即。8.对匀变速直线运动规律的再认识到目前为止，我们已经学习了涉及匀变速直线运动规律的四个公式或关系式，它们是：匀变速直线运动的速度公式匀变速直线运动的位移公式 匀变速直线运动的速度—位移关系式由平均速度求位移的公式 以上四个公式或关系式共涉及匀变速直线运动的初速度v0、末速度v、加速度a、时间t和位移G五个物理量，每个式子涉及其中的四个物理量。四个公式或关系式中只有两个是独立的，即由任意两式可推出另外两式。而两个独立方程只能解出两个未知量，所以解题时需要三个已知条件才能求解。式中v0、v、a和G均为矢量，应用时要规定正方向（通常将v0的方向规定为正方向），并注意各物理量的正、负。顺便指出，在v0、v、a、t和G五个物理量中，匀变速直线运动的速度公式涉及到除G外的四个，位移公式涉及到除v外的四个，速度—位移关系式涉及到除t外的四个，由平均速度求位移的公式涉及到除a外的四个。那么，还105A版优质实用文档
5A版优质实用文档应该有一个涉及到除v0外的四个物理量的关系式，那就是（请同学们自行证明），不过此式并不常用。发展级21世纪教育网9.匀变速直线运动某段位移中间位置的速度我们知道，若匀变速直线运动的初速度为v0，末速度为v，则某段时间中间时刻的速度为。那么，匀变速直线运动某段位移中间位置的速度又为多大呢？设该段位移为G，由匀变速直线运动的速度—位移关系式可得，在前、后两半段分别有，，由以上两式可解得。10.关于初速度为0的匀加速直线运动因v0=0，由公式，可得，这就是初速度为0的匀加速直线运动的位移公式。因v0=0，由关系式，可得，这就是初速度为0的匀加速直线运动的速度—位移关系式。对于初速度为0的匀加速直线运动，除了上一节讲到的物体在时刻t、2t、3t、……nt的速度之比v1︰v2︰v3︰……︰vn=1︰2︰3︰……︰n之外，还有如下的一些比例关系：因加速度a为定值，由，可得。所以，在物体做初速度为0的匀加速直线运动时，物体通过位移G、2G、3G、……nG时的速度之比v1’︰v2’︰v3’︰……︰vn’=︰︰︰……︰。因加速度a为定值，由可得。所以，在物体做初速度为0的匀加速直线运动时，物体在时间t、2t、3t、……nt内通过的位移之比G1︰G2︰G3︰……︰Gn=12︰22︰32︰……︰n2。由上式可得G1︰(G2－G1)︰(G3－G2)︰……︰(Gn－Gn-1)=1︰3︰5︰……105A版优质实用文档
5A版优质实用文档︰(2n－1)。这就是说，在物体做初速度为0的匀加速直线运动时，从开始计时的连续相等的时间内，物体通过的位移之比等于从1开始的连续奇数比，即GⅠ︰GⅡ︰GⅢ︰……︰GN=1︰3︰5︰……︰(2n－1)。因加速度a为定值，由可得。所以，在物体做初速度为0的匀加速直线运动时，物体通过位移G、2G、3G、……nG所需的时间之比t1︰t2︰t3︰……︰tn=︰︰︰……︰。由上式可得t1︰(t2－t1)︰(t3－t2)︰……︰(tn－tn-1)=︰(－)︰(－)︰……︰(－)。这就是说，在物体做初速度为0的匀加速直线运动时，从开始计时起，通过连续相等的位移所需的时间之比tⅠ︰tⅡ︰tⅢ︰……︰tN=︰(－)︰(－)︰……︰(－)。Oxt图2—2311.匀变速直线运动的位移图象本节教材“说一说”栏目要求画出匀变速直线运动的位移图象的草图，运用初中数学中学到的二次函数知识，该草图如图2—23所示，图线为通过原点的抛物线的一部分。这是匀加速直线运动的位移图象，抛物线的开口向上；当物体做匀减速直线运动时，抛物线的开口向下。对于“我们研究的是直线运动，为什么画出来的位移图象不是直线”的疑问，可作如下解释：位移图象描述的是物体的位移与时间的关系，它并不表示物体运动的轨迹。12.利用光电计时器研究自由下落物体的运动教材“做一做”栏目要求利用光电计时器研究自由下落物体的运动。教材图2.3-4所示的装置用于研究自由落体运动，与电脑计时器配合使用。首先调整立柱竖直，将立柱上的光电门、电磁铁的插口与计时器连接。在计时器“测重力加速度”这一功能中，在电磁铁断电的时刻开始计时。小球通过第一个光电门时记录小球到达时间t1，小球到达第二个光电门时记录小球到达时间t2，计时器先后显示这两次的时间值。这类仪器有4个光电门、2个光电门、1个光电门等几种。立柱上有刻度，可读出对应时间小球的位移。画出G—t图象，图线为曲线。再画出G—t2图象，图线为通过原点的倾斜直线。可见，物体自由下落时，位移与时间的平方成正比，即。应用链接105A版优质实用文档
5A版优质实用文档本节课的应用主要是极限思想的渗透，以及匀变速直线运动的位移公式、速度—位移关系式、某段位移中间位置的速度公式和有关比例关系的分析与计算。基础级例1物体由静止开始做匀加速直线运动，当其位移为G时的速度为v，求位移为时的速度v’为多大？提示物体在做匀加速直线运动的过程中，加速度不变。本题没有涉及时间，也不需要求时间，故可根据速度—位移关系式求解。解析由匀变速直线运动的速度—位移关系式，又v0=0，可得，即，所以，得位移为时物体的速度。点悟本题也可先由，求得，再由，求得。显然，采用比例法求解要简便一些。例2一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，后速度的大小变为10m/s。在这1s内该物体的（）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s221世纪教育网提示分成匀加速直线运动和匀减速直线运动两种情况讨论。解析对于匀变速直线运动，有,，选取初速度的方向为正方向，则v0=4m/s,又t=1s。若物体做匀加速直线运动，则v=10m/s,故m=7m;m/s2=6m/s2；若物体做匀减速直线运动，则v=－10m/s,故m=－3m;m/s2=－14m/s2，，即位移、加速度的大小分别为3m、14m/s2，负号表示它们的方向与初速度方向相反。可见，本题正确选项为A、D。点悟当物体的运动状态无法确认时，须根据可能情况分别加以讨论。要注意培养思维的广阔性，克服片面性。同时，要注意矢量的正负号仅表示方105A版优质实用文档
5A版优质实用文档向，不表示大小。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G1=24m,G2=64m。设质点运动的初速度为v0，加速度为a，对前一过程和整个过程分别应用匀变速直线运动的位移公式，可得G1=v0t+at2，G1+G2=v0×2t+a(2t)2,由以上两式解得质点的加速度m/s2=2.5m/s2，质点的初速度m/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，解出加速度a，然后再由位移公式得到初速度v0。例4火车以54km/h的速度前进，现在需要在车站暂停。如果停留时间是1min，刹车引起的加速度大小是30cm/s2，启动时发电机产生的加速度大小是50cm/s2，火车暂停后仍要以原速前进，求火车由于暂停所延迟的时间。提示火车由于暂停所延迟的时间等于其实际运行时间与预定运行时间之差。解析火车因暂停而减速的时间为t1=s=30s，火车暂停后加速到原速所需的时间为=50s。火车从开始减速到恢复原速所通过的路程为s=s1+s2=，这段路程火车正常行驶所需的时间为105A版优质实用文档
5A版优质实用文档s=40s。21世纪教育网所以，火车由于暂停所延迟的时间为 △t=(t1+t2+t3)－t=(30+60+50)s－40s=100s。点悟解答运动学问题，分析物体的运动过程是求解的关键。对于匀变速直线运动问题，一般的解题思路是：明确研究对象，建立运动途图景，规定坐标方向，列出运动方程。分析题意时，要弄清物理量中哪些是未知的，哪些是已知的，然后根据匀变速直线运动的公式或关系式列出方程，正确求解。其中，加速度是解决一般问题的关键。发展级例5一物体由静止开始做直线运动，先以加速度a1做匀加速直线运动，接着又以大小为a2的加速度做匀减速直线运动直到停止。已知通过全程所经历的时间为t，求该物体的总位移。提示物体的总位移等于匀加速和匀减速两个运动阶段的位移之和。解析设物体在匀加速和匀减速两个运动阶段的位移分别为G1、G2，经历时间分别为t1、t2。在匀加速运动阶段，因初速度为0，故有；在匀减速直线运动阶段，因末速度为0，“倒过来”看就是初速度为0的匀加速运动，故有。因a1t1=a2t2，故，又t1+t2=t，可得 ，。从而，该物体的总位移。点悟本题中物体的运动涉及多个阶段，求解时要注意寻找各运动阶段之间的联系，通常可从时间、位移、速度等方面寻找联系。有关匀变速直线运动的问题，往往有多种解法。例如，本题也可以这样来解：设物体在匀加速运动阶段的末速度为v（这一速度也是物体在匀减速运动阶段的初速度），则物体在全程内的平均速度。因，又，故 ，vaa’v1v2l1l1l2l2图2－24可得。从而，该物体的总位移 105A版优质实用文档
5A版优质实用文档。vt11t2tOvm图2－25aa’例6两支完全相同的光滑直角弯管，如图2－24所示放置。现有两只相同小球a和a’同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？提示利用速率图象进行分析。解析根据拐角处的高低，首先可以确定小球到达拐角处的速率v1>v2，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题意可知两球经历的总路程s相等.。根据图中管的倾斜程度，小球a第一阶段的加速度跟小球a/第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a/第一阶段的加速度大小相同（设为a2），显然有a1>a2。根据这些物理量大小的分析，在同一个v－t图象（速率—时间图象）中两球速率曲线下所围的面积应该相同，且末状态速率也相同（纵坐标相同）。开始时，a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为t1）则必然有s1>s2，显然不合理。考虑到两球末状态速率相等（图中v），两球的速率图象只能如图2－25所示。因此有t1
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