1、2018-2019 学年教科版必修一 匀变速直线运动规律的应用 教案基础知识回顾一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动.2.匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：vv 0at.适用学科 高中物理 适用年级 高一适用区域 人教版区域 课时时长（分钟） 2 课时知识点 匀变速直线运动规律教学目标 1、使学生掌握匀变速直线运动的规律，明白匀变速直线运动中位移、速度、加速度、时间之间的关系，学会使用这几个量之间所对应的比例关系。2、知道匀变速直线运动的 vt 图象特点，理解图象的物理意义3、掌握匀变速直线运动的概念，知道匀变速直线运动 vt 图象的特点4、理解匀变速直
2、线运动 vt 图象的物理意义。会根据图象分析解决问题。5、掌握匀变速直线运动的速度与时间的关系公式，能进行有关的计算。教学重点 1、匀变速直线运动两个基本公式2、匀变速直线运动两个导出公式3、匀变速直线运动的推论教学难点 匀变速直线运动基本规律的推导过程教学过程一、导入(2)位移公式：xv 0t at2.12(3)位移速度关系式：v 2v 2ax.20二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.平均速度公式： .vv0 v2 2t(2)连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移差相等.即 x
3、2x 1x 3 x2x nx n1 aT 2.(3)位移中点速度 .2vxv20 v222.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末， 3T 末，nT 末的瞬时速度之比为 v1v2v3vn123 n.(2)1T 内，2T 内， 3T 内，nT 内的位移之比为 x1x2x3xn1 22232n2.(3)第 1 个 T 内，第 2 个 T 内，第 3 个 T 内，第 n 个 T 内的位移之比为x x x xN135 (2n1).(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 t1t2t3tn1( 1)( )(2 )2 3 2 3( ).n n 1三、自由落体运动和竖直上抛
4、运动1.自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.(2)基本规律速度公式：vgt.位移公式：x gt2.12速度位移关系式：v 22gx.2.竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 自由落体运动.(2)运动性质：匀减速直线运动.(3)基本规律速度公式：vv 0gt；位移公式：xv 0t gt2.123.伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快” 的结论.(2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用的研究方法是逻辑推理 猜想与假设 实验验证
5、合理外推.这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算 )和谐地结合起来匀变速直线运动规律及应用1.恰当选用公式题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量 适宜选用公式v0、v、a、t x vv 0atv0、a、t、x v xv0t at212v0、v 、a、 x t v2v 2ax20v0、v 、t、x a x tv v02除时间 t 外，x 、v 0、v、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以 v0 的方向为正方向.2.规范解题流程 画 过 程 示 意 图 判 断 运 动 性 质 选 取 正 方 向 选 用 公 式 列 方 程 解 方 程 并 加 以
6、 讨 论常用的几种物理思想方法二、知识讲解（一）考点解读自由落体和竖直上抛运动1.自由落体运动为初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动.2.竖直上抛运动的重要特性(1)对称性时间对称：物体上升过程中从 AC 所用时间 tAC和下降过程中从 CA 所用时间 tCA相等，同理 tABt BA.速度对称：物体上升过程经过 A 点的速度与下降过程经过 A 点的速度大小相等.(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.3.竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：ag 的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度 v0
7、向上，加速度 g 向下的匀变速直线运动，vv 0gt，hv 0t gt2(向12上方向为正方向)若 v0，物体上升，若 v0，物体在抛出点上方，若 hv m9 m/sv故管理人员应先加速到 vm 9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为 t1、t 2、t 3，位移分别为 x1、x 2、x 3，加速度大小为 a，由运动学公式得：x1 at ，x 3 at ，x 2v mt2，v mat 1at 312 21 12 23t1t 2t 3t0，x 1x 2x 3x联立各式并代入数据得 a9 m/s22、一个做匀变速直线运动的质点，初速度为 0.5 m/s，第
8、9 s 内的位移比第 5 s 内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在 9 s 内通过的位移分别是( )A.a1 m/s 2，v 99 m/s，x 940.5 mB.a1 m/s 2，v 99 m/s，x 9 45 mC.a1 m/s 2，v 99.5 m/s，x 945 mD.a0.8 m/s 2，v 97.7 m/s， x936.9 m【答案】C【解析】根据匀变速直线运动的规律，质点在t8.5 s时刻的速度比在t4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a 1 m/s2，v 9v 0at9.5 m/s，x 9 (v0v 9)t45 m，选vt 4 m/s4 s 12项
9、C正确3、随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命.某路段机动车限速为 15 m/s，一货车严重超载后的总质量为 5.0104 kg，以 15 m/s 的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为 5 m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为 10 m/s2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比.(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以 20 m/s 的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？ (设此情形下刹车加速度大小仍为 5 m/s2)【答案】 (1
10、)2 1 (2)22.5 m 11.25 m (3)40 m【解析】(1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比 t1t2 21.v0a1v0a2(2)超载时，刹车距离 x1 m22.5 mv202a1 15225正常装载时，刹车距离 x2 m11.25 mv202a2 152210显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍.(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离 x3 m40 mv022a1 20225由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患 1、(2016全国16) 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍.该质点的加速度
11、为( )A. B. C. D.st2 3s2t2 4st2 8st2【答案】A【解析】动能变为原来的 9 倍，则质点的速度变为原来的 3 倍，即 v3v 0，由 s (v0v)t12和 a 得 a ，故 A 对。 v v0t st22、质点由 A 点出发沿直线 AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为 a1 的匀加速运动，接着做加速度大小为 a2 的匀减速运动，到达 B 点时恰好速度减为零.若 AB 间总长度为 s，则质点从 A 到 B 所用时间 t 为( )A. B.sa1 a2a1a2 2sa1 a2a1a2C. D.2sa1 a2a1a2 a1a22sa1 a2【答案】B【解析】设第一阶
12、段的末速度为 v，则由题意可知： s，v22a1 v22a2解得：v ；2a1a2sa1 a2而 s t1 t2 t，0 v2 v 02 v2由此解得：t ，所以正确答案为B2a1 a2sa1a23、一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第 3 m、倒数第 2 m、最后 1 m 内的运动，下列说法中正确的是( )A.经历的时间之比是 123B.平均速度之比是 321C.平均速度之比是 1( 1)( )2 3 2D.平均速度之比是( )( 1)13 2 2巩固【答案】D【解析】将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过
13、连续相等的三段位移所用时间之比为t 1t2t31( 1)( )，2 3 2则倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内经历的时间之比为( )( 1) 1，平均速度之3 2 2比为 1( )( 1) 1，故只有选项D正确 13 2 12 1 3 2 21、做匀加速直线运动的质点，在第一个 3 s 内的平均速度比它在第一个 5 s 内的平均速度小 3 m/s.则质点的加速度大小为( )A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2【答案】C【解析】第 1 个 3 s 内的平均速度即为 1.5 s 时刻瞬时速度 v1，第 1 个 5 s 内的平均速度即为 2.5 s 时刻瞬时速
14、度 v2，a 3 m/s 2，C 正确。vt v2 v1t 3 m/s2.5 1.5s2、某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以 20 m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过 25 m.在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为 1.5 s，轿车在制动的最初 1 s 内的位移为 8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求【答案】符合设计要求【解析】轿车在制动的最初 1 s 内的位移为 8.2 m.则 v0.5 m/s8.2 m/s，vxt 8.21a m/s223.6 m/s 2.v0.5 v0t 8.2 200
15、.5由 v2v 2ax ，20可得 x m8.5 m25 m.0 2022 23.6故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求3、如图所示，木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下 (不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方 20 m 处圆筒 AB，圆筒 AB 长为 5 m，取 g10 m/s 2，求：拔高(1)木杆经过圆筒的上端 A 所用的时间 t1 是多少？(2)木杆通过圆筒 AB 所用的时间 t2 是多少？【答案】(1)(2 ) s3(2)( ) s5 3【解析】(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端 A 用时t 下 A s s2h下 Ag 21510 3木杆的
16、上端到达圆筒上端 A 用时t 上 A s2 s2h上 Ag 22010则通过圆筒上端 A 所用的时间t1t 上 At 下 A(2 ) s3(2)木杆的上端离开圆筒下端 B 用时t 上 B s s2h上 Bg 22510 5则木杆通过圆筒所用的时间t2t 上B t 下A ( ) s 5 31、以时间 t 为横轴，速度 v 为纵轴，建立坐标系，在速度时间坐标系中描出 v-t 图线，用一根直线连接。可利用图像求加速度。2、物体在一条直线上运动，且加速度恒定的运动叫做匀变速直线运动，匀变速直线运动的 v-t 图像是一条倾斜的直线。3、匀变速直线运动的速度与时间关 系 4、匀变速直线运动位移与时间关系5
17、、匀变速直线运动位移与速度关系 课堂小结 atvt021x20tvx1、在竖直的井底，将一物体以 11 m/s 的速度竖直向上抛出，物体在井口处被人接住，在被人接住前 1 s 内物体的位移是 4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间；(2)此竖直井的深度【答案】(1)1.2 s (2)6 m【解析】(1)被人接住前 1 s 内物体的位移是 4 m，由于自由落体的物体第 1 s 内的位移 h1gt25 m12故而一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住，设接住前 1 s 时的初速度为 v1，则hv 1t gt212解得 v19 m/s
18、t1 s0.2 sv0 v1g 11 910从抛出到被人接住所经历的时间t t11 s1.2 s(2)竖直井的深度为 H，则 Hv 0t gt2111.2 m 101.22 m6 m12 122、距地面高 5 m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2 m，在 B 点用细线悬挂一小球，离地高度为 h，如图所示.小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B 点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小 g10 m/s 2.可求得 h 等于( )基础课后作业A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D
19、.4.75 m【答案】A【解析】小车上的小球自A点自由落地的时间t 1 ，小车从 A到B的时间t 2 ；小车运动2Hg dv至B点时细线被轧断，小球下落的时间t 3 ；根据题意可得时间关系为t 1t 2t 3，即2hg ，解得h1.25 m，选项A 正确2Hg dv 2hg3、假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过 vt21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速均为 v0108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为 a14 m/s2.试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以 a26 m/s2 的加速度加速至原来的速度
20、，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【答案】(1)108 m (2)10 s (3)4 s【解析】(1)v t21.6 km/h6 m/s，事先小汽车未减速的车速均为 v0108 km/h30 m/s，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少 x1 处开始制动，则：v v 2a 1x12t 20即：6 230 22(4)x 1解得：x 1108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为 x1 和 x2，时间分别为 t1 和 t2，则：减速阶段：v t
21、 v0a 1t1t1 s6 svt v0 a1 6 304加速阶段：v 0v ta 2t2t2 s4 sv0 vta2 30 66则汽车运动的时间至少为：tt 1t 210 s.tva(3)在加速阶段：v v 2a 2x220 2t3026 226x 2解得：x 272 m则总位移 xx 1x 2180 m若不减速通过收费站，所需时间t 6 sx1 x2v0车因减速和加速过站而耽误的时间至少为：t tt4 s1、短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中，运动员用 11.00 s 跑完全程.已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 m
22、，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离【答案】5 m/s 2 10 m 【解析】根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过 的位移分别为 x1 和 x2，由运动学规律得：x1 at12 20 x1x 2 a(2t0)2 12式中 t01 s联立(1)(2)两式并代入已知条件，得 a5 m/s 2 设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动时间为 t2，匀速运动的速度为 v；跑完全程的时间为 t，全程的距离为 x.依题意及运动学规律，得 t t1t 2 vat 1 x at vt 2 12 21设加速阶段
23、通过的距离为 x，则x at 12 21联立 式，并代入数据得：x10 m 。2、物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第 n s 内的位移为 x m，则物体运动的加巩固速度为( )A. m/s2 B. m/s22xn2 x2n2C. m/s2 D. m/s22n 12x 2x2n 1【答案】D【解析】第 n s 内位移为 x m，该秒内平均速度大小为 x m/s，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n0.5) s 时瞬时速度大小也为 x m/s，即a(n0.5) x所以a m/s2，选项D正确2x2n 13、以 36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为 4 m/s
24、2 的加速度，刹车后第三个 2 s 内，汽车走过的位移为( )A.12.5 m B.2 m C.10 m D.0【答案】D【解析】设汽车从刹车到停下的时间为t，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由v 0at得t s2.5 s，所以刹车后第三个 2 s时汽车早已停止，即刹车后v0a 104第三个2 s内，汽车走过的位移为零，D正确1、(多选) 一物体以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜面足够长，经过 t 时间物体位移的大小为 4 m，则时间 t 可能为( )A.1 s B.3 s C.4 s D. s5 412【答案】ACD【解析】
25、当物体的位移为 4 m 时，根据 xv 0t at2 得1245t 2t212解得 t11 s，t 24 s当物体的位移为4 m 时，根据 xv 0t at2 得1245t 2t212拔高解得 t3 s，故 A、C 、D 正确，B 错误5 4122、假设某无人机靶机以 300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以 80 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，以 1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )A.3.75 s B.15 s C.30 s D.45 s【答案】B【解析】导弹由静止做匀加速直线运
26、动，即v 00，a80 m/s2 ，据公式v v 0at ，有t s15 s，即导弹发射后经 15 s击中无人机，选项B 正确va 1 200803、(多选) 给滑块一初速度 v0 使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为 ，当滑块g2速度大小减为 时，所用时间可能是( )v02A. B. C. D.v02g v0g 3v0g 3v02g【答案】BC【解析】当滑块速度大小减为 时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向v02相反，因此要考虑两种情况，即v 或v ，代入公式t 得t 或t ，故v02 v02 v v0a v0g 3v0gB、C正确1、对教学技能的反思：对基础知识的讲解是否透彻； 对重点、难点是否把握准确； 对学生的学习知识掌握知识的状态是否了解等2、对教学目标的反思： 讲授的知识是否正确；语言是否规范简练 ； 书写是否工整（班组课板书设计是否合理） ； 教具的使用是否得当，实验操作是否熟练、规范等 3、对教学方法和手段的反思：是否注重了学生的参与意识 ；班组课是否因“班” 施教，课后因“人”施教； 教学方式、手段是否多样化等课后反思
