匀变速直线运动规律教案

第1节 匀变速直线运动的规律.

规律总结

规律：运动学的基本公式．

知识：匀变速直线运动的特点．

方法：（1）位移与路程：只有单向直线运动时位移的大小与路程相等，除此之外均不相等．对有往返的匀变速直线运动在计算位移、速度等矢量时可以直接用运动学的基本公式，而涉及路程时通常要分段考虑．

（2）初速度为零的匀变速直线运动的处理方法：通过分析证明得到以下结论，在计算时可直接使用，提高了效率和准确程度．

①从运动开始计时，t 秒末、2t 秒末、3t 秒末、…、n t 秒末的速度之比等于连续自然数之比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ．

②从运动开始计时，前t 秒内、2t 秒内、3t 秒内、…、n t 秒内通过的位移之比等于连续自然数的平方之比：s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n ＝12∶22∶32∶…∶n 2．

③从运动开使计时，任意连续相等的时间内通过的位移之比等于连续奇数之比：s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n ＝1∶3∶5∶…∶（2n －1）．

④通过前s 、前2s 、前3s …的用时之比等于连续的自然数的平方根之比：t 1∶t 2∶t 3∶…t n ＝1∶2∶3∶…∶n ．

⑤从运动开始计时，通过任意连续相等的位移所用的时间之比为相邻自然数的平方根之差的比：t 1∶t 2∶t 3∶…t n ＝1∶)12(－∶)23(－∶)1(－－n n ．

⑥从运动开始通过的位移与达到的速度的平方成正比：s ∝v 2．

新题解答

【例1】子弹在枪膛内的运动可近似看作匀变速直线运动，步枪的枪膛长约0.80m ，子弹出枪口的速度为800m ／s ，求子弹在枪膛中的加速度及运动时间．

解析：子弹的初速度为零，应为已知信息，还有末速度、位移两个已知信息，待求的信息是加速度，各量的方向均相同，均设为正值．选择方程v t 2－v 02＝2as 计算．

加速度2522

22

02m/s 104m/s 80

.0208002??＝－＝－＝s v v a t 有多个基本方程涉及运动时间信息，分别是速度公式v t ＝v 0＋at 、位移公式2021at t v s ＋＝和平均速度公式2

)(0t

v v s v s t ＋＝＝，因此可选择的余地很大． 运动时间t ＝（v t —v 0）/a ＝（800—0）／4×105s ＝2×10－

3s 点评：本题虽运算量不大，但若要求对题目进行一题多解，则涉及到几乎所有运动学基本公式．在解答过程中有意识地培养根据已知信息选择物理公式的能力，考查了对运动学公式的理解和掌握情况．同时本题还给出这样一个问题：加速度很大，速度是否一定很大，速度的变化是否一定很大，位移是否一定很大等问题，加深对位移、速度、加速度三者关系的理解．

【例2】过山车是同学们喜爱的游乐项目．

它从轨道最低端以30m ／s 的速度向上冲，其加速度大小为12m ／s 2，到达最高点后又以8m ／s 2的加速度返回．（设轨道面与水平面成30°角，且足够高）

图3—6

（1）求它上升的最大高度及上升所用的时间． （2）求返回最低端时的速度大小和返回最低端所用的时间．

解析：本题因往返两次加速度大小不同，全程不能看作匀变速直线运动，因此需分段考虑．

（1）设v 0的方向为正方向，由题意可知，上升阶段

v 0＝30m ／s ，a ＝－12m ／s 2，v t ＝0

根据公式v t 2－v 02＝2as

可得过山车可通过的最大位移

s ＝（v t 2－v 02）／2a ＝[（02－302）]／[2×（－12）]m ＝37.5m

因轨道面与水平面成30°角，所以可上升的最大高度

h ＝s αsin ＝37.5×s in30°m ＝18.8m

根据公式v t ＝v 0＋at

上升所用的时间

t ＝（v t －v 0）／a ＝（0－30）／（－12）s ＝2.5s

（2）因返回时加速度发生变化，不再能简单地理解为与上升时对称，所以已知的信息变为

v '＝0，a ′＝8m ／s 2，s ＝37.5m ， 根据v t 2－v 02＝2as

可得返回到最低端时的速度

m /s

5.24m/s 5.3722＝＝＝?'as v t 再根据公式v t ＝v 0＋at

返回所用的时间

t ′＝（t v '—v 0）／a ＝（24.5－0）／8s ＝3.06s

点评：运动学问题中有一种对称运动，如竖直上抛，有的同学可能会不假思索地运用对称性回答第二问而出现错误．通过对本题的理解，同学们应该了解到何时可以利用对称以简化题目，何时不能做如此简化处理．同时，本题也留有一定的可探究空间，为什么上、下的加速度不同?可供有能力的同学思考．

【例3】高速公路给经济发展带来了高速度和高效率，但也经常发生重大交通事故．某媒体报道了一起高速公路连环相撞事故，撞毁的汽车达到数百辆，原因除雾天能见度低外，另一个不可回避的问题是大部分司机没有遵守高速公路行车要求．某大雾天能见度为50m ，司机的反应时间为0.5s ，汽车在车况良好时刹车可达到的最大加速度为5m ／s 2，为确保安全，车速必须控制在多少以下（换算为千米每小时）．（注：若能见度过低，应限时放行或关闭高速公路，以确保国家财产和公民生命安全）

解析：司机从发现意外情况到做出相应动作所需时间即为反应时间，该时间内汽车仍匀速前进，之后进入减速阶段．设车速为v 0，则前一阶段匀速运动通过的位移s 1为

s 1＝v 0t ＝0.5v ①

第二阶段是以v 0为初速度的匀减速直线运动，因无需了解时间信息，可

选用

v t2－v02＝2as，其中v t＝0，a＝－5m/s2

第二阶段的位移s2为

s2＝（v t2－v02）／2a＝（02－v02）／2（－5）＝v02／10 ②

两段位移之和即为s2＝s1＋s2＝50m，将①②代入后得

s2＝s1＋s2＝0.5v0＋v02／10＝50

解上述方程可得v0＝20或v0＝－25，取v0＝20m／s

换算后得v0＝72km／h

即汽车的行驶速度应控制在72km／h以下，方可保证安全．

点评：本题属于STS问题，联系实际，利用科学对生活起指导作用．考查了运动学的基本规律，着重考查学生对物理情景的建立，要求学生画出能反映出各信息的情景图，帮助确定各信息之间的关系，培养分析问题和解决问题的能力．注意解题的规范化．

突破思路

匀变速直线运动的规律是高中阶段运动学的重点，它本身是一维的，但为今后处理二维、三维运动奠定了基础．

这部分教材的安排是：

（1）通过分析一辆小车的加速度在启动过程中的加速度恒定，给出匀加速、匀减速直线运动的概念，明确加速度与速度方向的关系是定义加速、减速的关键．

（2）通过公式变形及速度图象达到对速度公式的理解，本节特别突出了运动图象在处理运动问题方面的应用，这也是本章的一个重要知识点．

（3）位移公式是一个难点，课本中采用两种方法，利用平均速度求解时，学生容易理解，平均速度公式在此虽然成立却没有经过证明，所以课本中又在“拓展一步”中，用速度图线所围成的面积给予证明，同时明确了极限法在物理中的应用，使学生具备了初步的微积分思想．

（4）描述运动的五个物理量中三个是独立的，可以得到两个独立的方程，但公式的变式很多，在学生对运动学的基本过程和解题的基本思路明确前不易进行复杂的数学公式运算，以免冲淡主题．在学生熟练后，可逐步增加需要多个公式才能解决的问题．（5）本节习题较多，应结合公式，总结成各种类型题．

（6）对初速度为零的匀加速直线运动来说，还有多个规律，可以让学生自己讨论、证明出来．

本节教学中应注意的问题：

（1）要准确理解匀变速的含义，学生很容易将匀变速直线运动理解为加速度要变化的运动，可通过识记形式的题目进行强化．

（2）加速、减速是指加速度方向与速度方向相同还是相反，学生在学习了矢量的正负表示方向后，容易将加速度为负值判定为减速运动，应明确告知或通过习题让学生自己明确加速、减速中速度与加速度方向的关系．

（3）运动学方程都是矢量方程，由于本章中只研究一维运动（以后也通常将二维运动变为一维的处理），可直接用“＋”“－”符号确定方向，所以应让学生明确公式中的“－”是运算符号，并且表示与正方向相反，虽然在公式运算中两者都成为运算符号，但在物理意义上明显不同，最后得到的结果的正负只能是表示方向相同还是相反的．同时，运动学公式的教学及应用中最好不要出现类似这样的形式：v t＝v0－at，有人将减速运动总结成这样的公式，对学生来说可能易于记忆，但不利于思维的锻炼，也易造成混乱．（4）对匀变速运动的平均速度公式，一定要通过习题使学生自己明确其适用条件，既要有数学证明，更要从实际生活的例子中加以固化．

（5）学生一下子面对这么多公式在选择上会显得很茫然，必须通过一些基础性的习题使其熟悉已知信息、未知信息与相应公式间的联系，能有条理地分析题目、选择公式，避免陷入无休止的公式换算中去．

（6）图象的教学必须给予充分重视，包括相遇问题、追及问题都可以用图象来解决．但不能简单地处理为数与形的关系，而要强调公式、图象的特点及其变化所表示的物理意义．（7）本部分的公式较多，所以解决问题的办法也多，通过一题多解可达到训练思维的目的．

（8）初速度为零的问题应在学生充分理解和掌握基本公式等的基础上应用，对用比例法解决此类问题时，学生有两种心理倾向：一是公式过多，不知何时该用哪个；二是比例虽简单，学生心理上总认为它不可靠，怕比例找错了而放弃，遇此情况应尽量通过典型题，加强训练、加深理解．

（9）STS问题是本节的一个重要命题来源，结合生活中的实际问题进行素质培养．

合作讨论

（一）“神舟”五号载人飞船是用我国拥有完全自主知识产权的长征二号F火箭发射成功的．火箭的起飞质量高达479.8吨，其最大推力可达6×106N，可在不到10min内将飞船送到200km高的预定轨道．火箭起飞的前12s内（约12s后开始转弯）可以看作匀加速直

线运动，现观测到2s 时火箭上升的高度为5m ，请预测转弯时火箭所在的高度．

图3—2 我的思路：火箭起飞的前2s 内的速度信息、时间信息、位移信息均已知，可用位移公式2021at t s ＋＝υ变形为a ＝2s ／t 2求出其加速度．加速度为：a ＝2s ／t 2＝（2×5／22）m ／s 2＝2.5m ／s 2．

可预测12s 时火箭所在的高度为：m 180m ＝125.221212

2??＝＝at s ．

（二）A 、B 两同学在直跑道上练习4×100m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B 从静止开始全力奔跑需25m 才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动．现在A 持棒以最大速度向B 奔来，B 在接力区伺机全力奔出．若要求B 接棒时奔跑达到最大速度的80％，则

（1）B 在接力区须奔出多少距离?

（2）B 应在距离A 多远时起跑?

我的思路：情景图在运动学中的必要性是毋庸置疑的，尝试在每次练习时画出简洁清晰的情景图是解决运动学问题的第一步．图3—3即为本题的情景图，在使用本图时，还应将其中的人、位移、速度、加速度等信息反映出来，在脑中要形成完整的运动过程．

图3—3 设A 到达O 点时，B 从p 点开始起跑，接棒地点在q 点，他们的最大速度为v ．结合速度—时间图象分析．

图3—4

（1）对B ，他由p 到q 达到其最大速度的80％即0.8v ，根据位移—速度公式v t 2－v 02＝2as ，可分别列出对应于最大速度和所需位移的方程及对应于0.8v 和所需位移的方程，即v 2－02＝2a ×25和（0.8v ）2—02＝2a ′s 1，联立后可解得B 在接力区须奔出：s 1＝16m ． 或解：利用初速度为零的匀变速直线运动的位移与速度平方成正比．

（2）设A 到达O 点时，B 开始起跑，结合速度—时间图象，可得接棒时，两人的位移分别为vt 和0.8vt ／2，同时0.8vt ／2＝s 1＝16m ，可得vt ＝40m ，vt 即为s 1＋s 2，B 应在距离A ：s 2＝vt —s 1＝（40—16）m ＝24m 时起跑．

思维过程

运动问题中物理量多、公式也多，对于选择哪个公式有时不易确定．不能一味的将学过的公式挨个试来试去，而要首先对整个运动情况做到心中有数，对已知信息、待求信息了如指掌，通过分析已知信息和未知信息之间的关系，选择合适的（可能有多个）公式来解决问题．对复杂的问题，应学会分步解决，画出简单的一目了然的情景图．要学会用不同的方法来解题，并通过对比，选择出简便的方法．

对匀变速直线运动，有四个基本关系：

（1）平均速度公式：20)(2

1t t v v v v ＝＋＝

（2）速度公式：v t ＝v 0＋at

（3）位移公式：2

021at t v s ＋＝

（4）位移一速度公式：v t 2－v 02＝2as

通过分析、理解、掌握每个公式的特点，在最短的时间内选取合适的公式．应在解题时先设定正方向，尤其对速度方向与加速度方向相反的运动，必须设定正方向，通常以初速度方向为正．对于往返运动，可分段考虑，或来回的加速度不变，即仍为匀变速直线运动，可全程考虑，此时各量的正负显得尤为重要．

【例题】在一段平滑的斜冰坡的中部将冰块以8m ／s 的初速度沿斜坡向上打出，设冰块与冰面间的摩擦不计，冰块在斜坡上的运动加速度恒为2m ／s 2．

求：（设斜坡足够长）

（1）冰块在5s 时的速度．

（2）冰块在10s 时的位移．

思路：冰块先向上做匀减速直线运动，到速度减为零后又立即向下做匀加速运动，可以分段思考，由于上下的加速度大小、方向均不变，因此也可以全程考虑，这样处理更简便，

也更能反映物体的运动本质，位移、速度、加速度的矢量性体现的更充分．

解析：（1）画出简单的情景图，设出发点为O ，上升到的最高点为A ，设沿斜坡向上为运动量的正方向，由题意可知v 0＝8m ／s ，a ＝－2m ／s 2，t 1＝5s ，t 2＝10s

根据公式v t ＝v 0＋at

可得第5s 时冰块的速度为

v 1＝[8＋（－2）×5]m ／s ＝－2m ／s

负号表示冰块已从其最高点返回，5s 时速度大小为2m ／s ．

图3—5

（2）再根据公式2021at t v s ＋＝

可得第10s 时的位移s ＝[8×10＋2

1×（－2）×102]m ＝－20m 负号表示冰块已越过其出发点，继续向下方运动，10s 时已在出发点下方20m 处．

变式练习

一、选择题

1．下列关于匀变速直线运动的分析正确的是（ ）

A ．匀变速直线运动就是速度大小不变的运动

B ．匀变速直线运动就是加速度大小不变的运动

C ．匀变速直线运动就是加速度方向不变的运动

D ．匀变速直线运动就是加速度大小、方向均不变的运动

解析：匀变速直线运动是指加速度恒定的直线运动，加速度是矢量，所以大小、方向均不变，才能称为匀变速直线运动．

答案：D

2．关于匀变速直线运动的下列信息是否正确（ ）

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

解析：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，若初速为零则可以成正比，所以A 错；加速度的正负表示加速度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 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 对；匀变速只说明加速度是恒定的，如竖直上抛，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 错，也要说明的是，不存在速度先增大再减小的匀变速直线运动． 答案：C

3．关于匀变速直线运动的位移的下列说法中正确的是（ ）

A ．加速度大的物体通过的位移一定大

B ．初速度大的物体通过的位移一定大

C ．加速度大、运动时间长的物体通过的位移一定大

D ．平均速度大、运动时间长的物体通过的位移一定大

解析：由位移公式2

021at t v s ＋＝可知，三个自变量决定一个因变量，必须都大才能确保因变量大，所以A 、B 、C 均错；根据t v s ＝知，D 正确．

答案：D

4．下图中，哪些图象表示物体做匀变速直线运动（ ）

解析：匀变速直线运动的位移图线应为抛物线，速度图线应为倾斜直线，而加速度恒定，不随时间变化，所以加速度图线应为平行于t 轴的直线．

答案：ABC

5．赛车在直道上加速启动，将进入弯道前的加速过程近似看作匀变速，加速度为10m ／s 2，历时3s ，速度可达（ ）

A ．36km ／h

B ．30km ／h

C ．108km ／h

D ．其他值

解析：根据v t ＝v 0＋at 可知车速达到30m ／s ，换算后为C

答案：C

6．公交车进站时的刹车过程可近似看作匀减速直线运动，进站时的速度为5m ／s ，加速度大小为1m ／s 2．则下列判断正确的是（ ）

A ．进站所需时间为5s

B ．6s 时的位移为12m

C ．进站过程的平均速度为2.5m ／s

D ．前2s 的位移是m 9m 22

45＝＋＝＝ t v s 解析：代数运算时应注意加速度应取为－1m ／s 2，利用速度公式及平均速度公式可判定

A 、C 正确．因5s 时车已停下，不再做匀变速直线运动，因此5s 后的运动情况不能确定，不能将时间直接代人位移公式中求解，

B 错；前2s 的位移可用平均速度求，但所用的平均速度实为第1s 内的平均速度，对时刻的理解错误，故D 错．

答案：AC

7．图3—7为某物体做直线运动的速度—时间图象，请根据该图象判断下列说法正确的是（ ）

图3—7

A ．物体第3s 初的速度为零

B ．物体的加速度为－4m ／s 2

C ．物体做的是单向直线运动

D ．物体运动的前5s 内的位移为26m

解析：第3s 初应为2s 时，其速度应为4m ／s ，故A 错；由图线的斜率可知物体的加速度为－4m ／s 2，故B 正确；图线在t 轴下方表示物体的速度方向与设定的正方向相反，即物体从3s 开始返回，故C 错；图线与t 轴围成的面积表示的位移应为t 轴上下面积之差，而路程则用上下面积之和表示，所以实际位移为10m ，而路程为26m ，故D 错．

答案：B

二、非选择题

8．高尔夫球与其球洞的位置关系如图3—8，球在草地上的加速度为0.5m ／s 2，为使球 以不大的速度落人球洞，击球的速度应为_______；球的运动时间为_______．

图3—8 解析：球在落入时的速度不大，可以当作零来处理．在平地上，球应做匀减速直线运动，加速度应为－0.5m ／s 2．根据v t 2－v 02＝2as ，可知球的初速度为2m ／s ；再根据v t ＝v 0＋at 可知运动时间为4s ．

答案：2m ／s 4s

9．某物体做匀变速直线运动，v 0＝4m ／s ，a ＝2m ／s 2．求：

（1）9秒末的速度．

（2）前9秒的平均速度．

（3）前9秒的位移．

解析：（1）根据v t ＝v 0＋at 可得9秒末的速度；（2）根据)(2

10v v v t ＋＝可得前9秒的平均速度；或根据2/021at v v v ＋＝＝计算出；（3）根据（2）中算出的平均速度利用t v s ＝可

得．

答案：（1）22m ／s ；（2）13m ／s ；（3）117m ．

10．列车司机因发现前方有危急情况而采取紧急刹车，经25s 停下来，在这段时间内前进了500m ，求列车开始制动时的速度和列车加速度．

解析：由公式t v s ＝和)(210v v v t ＋＝解得开始制动时的速度t v t s v －＝

20，由于v t ＝0，所以m/s 40m/s 25

500220＝＝＝ t s v ．列车的加速度220m/s 6.1m/s 25

400＝－－＝－＝t v v a t ． 答案：40m ／s ；－1.6m ／s 2．

11．公共汽车由停车站从静止出发以0.5m ／s 2的加速度做匀加速直线运动，同时一辆汽车以36km ／h 的不变速度从后面越过公共汽车．求：

（1）经过多长时间公共汽车能追上汽车?

（2）后车追上前车之前，经多长时间两车相距最远?最远是多少?

（请用两种以上方法求解上述两问）

解析：追及问题的关键在位置相同，两物体所用时间有关系，物体的位移也存在关系．若

同时同地同向出发，则追上时所用时间相等，通过的位移相等．已知的信息有： v 0＝0，v 2＝36km ／h ＝10m ／s ，a ＝0.5m ／s 2，

（1）追上时两物体通过的位移分别为2021at t v s ＋＝，即2121at s ＝；s ＝vt 即s 2＝v 2t

且s 1＝s 2，则有t v at 222

1＝，得t ＝40s ． （2）因两车速度相同时相距最远，设t ′相距最远，则有at ′＝v 2，t ′＝v 2/a ＝20s

此刻相距的距离为两物体的位移之差m 1002122＝

－＝t a t v s 本题也可以用图象来解决，可要求学生运用．

答案：（1）40s ；（2）20s ，100m ．

12．火车的每节车厢长度相同，中间的连接部分长度不计．某同学站在将要起动的火车的第一节车厢前端观测火车的运动情况．设火车在起动阶段做匀加速运动．该同学记录的结果为第一节车厢全部通过他所需时间为4s ，请问：火车的第9节车厢通过他所需的时间将是多少?

解析：初速度为零的匀变速直线运动通过连续相邻的相等的位移（由起点开始计算）所需时间之比为)1()23()12(1－－：：－：－：n n ．

答案：)89(4－或6.88s