8. 匀变速直线运动规律的应用教案3

4

匀变速直线运动的位移与速度的关系

整体设计

本节的教学目标是让学生熟练运用匀变速直线运动的位移与速度的关系来解决实际问题.教材先是通过一个例题的求解，利用公式x=v0t+12at和v=v0+at推导出了位移与速度的关系：2v2-v02=2ax.到本节为止匀变速直线运动的速度—时间关系、位移—时间关系、位移—速度关系就都学习了.解题过程中应注意对学生思维的引导，分析物理情景并画出运动示意图，选择合适的公式进行求解，并培养学生规范书写的习惯，解答后注意解题规律.学生解题能力的培养有一个循序渐进的过程，注意选取的题目应由浅入深，不宜太急.对于涉及几段直线运动的问题，比较复杂，引导学生把复杂问题变成两段简单问题来解. 教学重点

1.匀变速直线运动的位移—速度关系的推导.

2.灵活应用匀变速直线运动的速度公式、位移公式以及速度—位移公式解决实际问题. 教学难点

1.运用匀变速直线运动的速度公式、位移公式推导出有用的结论.

2.灵活运用所学运动学公式解决实际问题. 课时安排

1课时

三维目标

知识与技能

1.掌握匀变速直线运动的速度—位移公式.

2.会推导公式vt2-v02=2ax.

3.灵活选择合适的公式解决实际问题.

过程与方法

通过解决实际问题，培养学生灵活运用物理规律合理分析、解决问题和实际分析结果的能力.

情感态度与价值观

通过教学活动使学生获得成功的喜悦，培养学生参与物理学习活动的兴趣，提高学习的自信心. 教学过程

导入新课

问题导入

发射枪弹时，枪弹在枪筒中的运动可以看作是匀加速运动.如图2-4-1.如果枪弹的加速度大小是5×105 m/s2，枪筒长0.64 m，枪弹射出枪口的速度是多大？

图2-4-1

子弹加速运动

学生思考得出：由x=12at求出t.再由v=at求出速度. 2

同学们回答得很好，我们今天可以学习一个新的公式，利用它直接就可求解此问题了.

情境导入

为研究跳高问题，课题研究组的同学小李、小王、小华，在望江楼图书馆的多媒体阅读室里上多媒体宽带网的“世界体坛”网站，点播了当年朱建华破世界纪录的精彩的视频实况

录像，如图2-4-2，并展开了相关讨论.

图2-4-2

解说员：“……各位观众你们瞧，中国著名跳高选手朱建华正伸臂、扩胸、压腿做准备活动，他身高1.83米.注意了：他开始助跑、踏跳，只见他身轻如燕，好一个漂亮的背跃式，将身体与杆拉成水平，跃过了2.38米高度，成功了！打破了世界纪录.全场响起雷鸣般的掌声……”

我们能否运用运动学知识求出朱建华离地瞬间的速度？

复习导入

在前面两节我们分别学习了匀变速直线运动的位移与时间的关系、速度与时间的关系.其公式为：v=v0+at

x=v0t+12at

2

若把两式中消去t，可直接得到位移与速度的关系.

这就是今天我们要学习的内容. 推进新课

一、匀变速直线运动的位移与速度关系

问题：（多媒体展示）上两节学习了匀变速直线运动速度—时间关系与位移—时间关系，把两式中的t消去，可得出什么表达式？

学生运用两个公式推导，v=v0+att=

x=v0t+vv0

①

a12

at②

22

把①式代入②式得：

v0(vv0)a(vv0)22v0(vv0)(vv0)2v2v022x===v-v=2ax 02a22a2aa

点评：通过学生推导公式可加深学生对公式的理解和运用，培养学生逻辑思维能力.

注意：

1.在v-t关系、xt关系、xv关系式中，除t外，所有物理量皆为矢量，在解题时要确定一个正方向，常选初速度的方向为正方向，其余矢量依据其与v0方向的相同或相反，分别代入“+”“-”号，如果某个量是待求的，可先假定为“+”，最后根据结果的“+”“-”确定实际方向.

2.末速度为零的匀减速直线运动可看成初速度为零，加速度相等的反向匀加速直线运动.

例1某飞机着陆时的速度是216 km/h，随后匀减速滑行，加速度的大小是2 m/s2.机场的跑道至少要多长才能使飞机安全地停下来？

解析：这是一个匀变速直线运动的问题.以飞机着陆点为原点，沿飞机滑行的方向建立坐标轴（如图2-4-3）.

图2-4-3

以飞机的着陆点为原点，沿飞机滑行方向建立坐标轴

飞机的初速度与坐标轴的方向一致，取正号，v0=216 km/h=60 m/s；末速度v应该是0.由于飞机在减速，加速度方向与速度方向相反，即与坐标轴的方向相反，所以加速度取负号，a=-2 2m/s.

由v2-v02=2ax解出

v2v0

x=

2a202(60m/s)2

把数值代入x==900 m 22(2m/s)

即跑道的长度至少应为900 m.

另一种解法：飞机着陆后做匀减速直线运动，并且末速度为零.因此可以看成初速度为零，加速度相等的反向匀加速直线运动.

即v0=0，v=216 km/h=60 m/s，a=2 m/s2

由v2-v02=2at得v2=2ax v2602

解出x==

m=900 m. 2a22

答案：900 m 课堂训练

做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移与4 s内的位移各是多少？

不给学生提示，让学生自由发挥，引导学生用多种解法求解此题.学生完成后让学生回答此题的答案及思路.充分调动学生利用物理知识解决实际问题的思维意识.

参考答案：解法一（常规解法）

设初速度为v0，加速度大小为a，由已知条件及公式：

0v0at12

v=v0+at，x=v0t+at可列方程

12214v01a12v016m/s

解得

2a4m/s

最后1 s的位移为前4 s的位移减前3 s的位移. 121at4-（v0t3-at32）

2211

代入数值x1=［16×4-×4×42-（16×3-×4×32）］

m=2 m 2211

4 s内的位移为：x=v0t+at2=（16×4-×4×16）

m=32 m. 22

x1=v0t4-

解法二（逆向思维法）

思路点拨：将时间反演，则上述运动就是一初速度为零的匀加速直线运动.

则14=1212at4-at3

22

其中t4=4 s，t3=3 s，解得a=4 m/s2

121at1=×4×12 m=2 m 2211

4 s内的位移为x2=at42=×4×42 m=32 m. 22

最后1 s内的位移为x1=

解法三（平均速度求解）

思路点拨：匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度.

由第1秒内位移为14 m解出v0.5=14

m/s=14 m/s，v4=0 1

由v4=v0.5+a×3.5得出a=-4 m/s2

再由v=v0+at得：v0=16 m/s，v3=4 m/s

故最后1秒内的位移为：x1=v3040t=×1 m=2 m 22

4 s内的位移为：x2=v00160t=×4 m=32 m. 22

点评：通过用多种方法解决同一问题，可以加深学生对公式的理解，提高学生灵活应用公式解决实际问题的能力.发散学生思维，培养多角度看问题的意识.

小结1：匀变速直线运动问题的解题思路

（1）首先是选择研究对象.分析题意，判断运动性质.是匀速运动还是匀变速运动，加速度方向、位移方向如何等.

（2）建立直角坐标系，通常取v0方向为坐标正方向.并根据题意画草图.

（3）根据已知条件及待求量，选定有关规律列方程.要抓住加速度a这个关键量，因为它是联系各个公式的“桥梁”.为了使解法简便，应尽量避免引入中间变量.

（4）统一单位，求解方程（或方程组）.

（5）验证结果，并注意对结果进行有关讨论，验证结果时，可以另辟思路，运用其他解法.

以上各点，弄清运动性质是关键.

小结2：匀变速直线运动问题解题的注意点

注意物理量的矢量性：对运动过程中a、v、x赋值时，应注意它们的正、负号.

（1）匀减速运动：①匀减速运动的位移、速度大小，可以看成反向的匀加速运动来求得；②求匀减速运动的位移，应注意先求出物体到停止运动的时间.

（2）用平均速度解匀变速运动问题：如果问题给出一段位移及对应的时间，就可求出该段的平均速度.因为有关平均速度的方程中，时间t都是一次函数，用平均速度解题一般要方便些.

（3）应用v-t图象作为解题辅助工具

从匀变速直线运动的v-t图象可以得出，物体在任一时刻的速度大小、速度方向、位移大小，可以比较两个物体在同一时刻的速度大小、位移大小.无论选择题、非选择题，v-t图象都可以直观地提供解题的有用信息.

小结3：解题常用的方法

1.应用平均速度.匀变速运动的平均速度v=v0v，在时间t内的位移x=vt，相当于把一2个变速运动转化为一个匀速运动.

2.利用时间等分、位移等分的比例关系.对物体运动的时间和位移进行合理的分割，应用匀变速直线运动及初速度为零的匀变速运动的特殊关系，是研究匀变速运动的重要方法，比用常规方法简捷得多.

3.巧选参考系.物体的运动都是相对一定的参考系而言的.研究地面上物体的运动，常以地面为参考系，有时为了研究的方便，也可以巧妙地选用其他物体作参考系，从而简化求解过程.

4.逆向转换.即逆着原来的运动过程考虑，如火车进站刹车滑行；逆看车行方向考虑时就把原来的一个匀减速运动转化为一个初速为零的匀加速运动.

5.充分利用v-t图象.利用图象斜率、截距、图线与t轴间面积所对应的物理意义，结合几何关系，提取出形象的思维信息，从而帮助解题.

二、追及相遇问题

现实生活中经常会发生追及（如警察抓匪徒）、相遇或避免碰撞（如两车在同一直线上相向或同向运动时）的问题.我们现在就利用物理学知识探究警察能否抓住匪徒、两车能否相遇或避免相撞.

讨论交流：1.解追及、相遇问题的思路

（1）根据对两物体运动过程的分析，画出两物体运动的示意图.

（2）根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中.

（3）由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是关键.

（4）联立方程求解，并对结果进行简单分析.

2.分析追及、相遇问题时应注意的问题

（1）分析问题时，一定要注意抓住一个条件两个关系，一个条件是两物体速度相等时满足的临界条件，如两物体的距离是最大还是最小，是否恰好追上等.两个关系是时间关系和位移关系，时间关系是指两物体运动时间是否相等，两物体是同时运动还是一先一后等；而位移关系是指两物体同地运动还是一前一后运动等，其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口，因此在学习中一定要养成画草图分析问题的良好习惯，对帮助我们理解题意，启迪思维大有裨益.

（2）若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意，追上前该物体是否停止运动.

（3）仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰巧”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件.

3.解决追及相遇问题的方法

大致分为两种方法：一是物理分析法，即通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解；二是数学方法，因为在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方我们可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解，有时也可借助v-t图象进行分析.

点评：通过该交流讨论，学生可在教师的引导下寻找解决实际问题的思路与方法，以及解决问题时的注意事项，这样可加快学生对理论知识的掌握，为自主地解决问题打下坚实的基础.

例2一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过.求：

（1）汽车在追上自行车前多长时间与自行车相距最远？此时的距离是多少？汽车的瞬时速度是多大？

（2）汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？

（3）作出此过程汽车和自行车的速度—时间图象.

解法一：（物理分析法）

分析：解决追及问题的关键是找出两物体运动中物理量之间的关系.当汽车速度与自行车速度相等时，两者之间的距离最大；当汽车追上自行车时，两者的位移相等.

（1）令v汽=v自，即at=v自，代入数值3t=6得t=2 s

Δx=x自-x汽=v首t-121at=（6×2-×3×4）

m=6 m. 22

（2）x汽=x自，即2v自1226at=v自t，得t=

s=

s=4 s 233

v汽=at=3×4 m/s=12 m/s.

（3）见解法二. 解法二：（1）如图2-4-4所示，设汽车在追赶自行车的过程中与自行车的距离为Δx，根据题意：

图2-4-4

Δx=x2-x1=v-t-1213at=6t-×3t2=（t-2）2+6 222

可见Δx是时间的一元二次函数，根据相关的数学知识作出的函数图象如图2-4-5所示.显然当t=2 s时汽车与自行车相距最远，最大距离Δxm=6 m.此时汽车的速度为：

图2-4-5

v2=at=3×2 m/s=6 m/s.

（2）汽车追上自行车，即Δx=0

∴3（t-2）2+6=0 2

解得：t=4 s

此时汽车的速度为v4=at=3×4 m/s=12 m/s.

（3）图象如图2-4-6所示.

图2-4-6

点评：通过利用两种方法求解此题，可使学生体会两种方法的优、缺点.法一逻辑思维性强，需要研究运动过程的细节，虽比较麻烦，但可提高学生分析问题的能力；法二是把数学方程与物理过程相结合，把数学结果与物理意义相结合，充分体现了数学方法在解决物理问题中的意义和作用.但数学方法解出的答案需要检验其结果是否符合实际情况. 课堂训练

1.在平直公路上，一辆自行车与同方向行驶的汽车同时经过某点，它们的位移随时间的变化关系是自行车：s1=6t，汽车：s2=10t12t，由此可知：

4

（1）经过_________时间，自行车追上汽车.

（2）自行车追上汽车时，汽车的速度为_________.

（3）自行车追上汽车的过程中，两者间的最大距离为_________. 解析：（1）由方程可知，自行车以6 m/s的速度做匀速直线运动，汽车做初速度为10 m/s，加速度为0.5 m/s2的匀减速直线运动，自行车若要追上汽车，则位移相同，即

6t=10t

t=16 s.

（2）vt=v0+at=（10-12t

41×16）

m/s=2 m/s. 2

（3）当自行车与汽车速度相等时，两者相距最远.

vt=v0+at′=6 m/s

10-1t′=6 m/s 212t′-6t′=16 m 4

t′=8 s

Δs=10t′-

此题也可用数学方法解决.

Δs=10t-121t-6t=-t2+4t. 44

将二次函数配方，可得

Δs=-1（t-8）2+16. 412t+4t=0时，

4

可见当t=8 s时，Δs有最大值为16 m.

当Δs=0，即-

t=16 s

此时两者相遇，vt=v0-at=2 m/s.

答案：（1）16 s

（2）2 m/s

（3）16 m

2.如图2-4-7所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距x，同时同向开始运动，甲以初速度v1，加速度a1做匀加速直线运动，乙以初速度为零，加速度a2做匀加速直线运动，下述情况可能发生的是（假定甲能从乙旁边通过互不影响）（

）

A.a1=a2能相遇一次

B.a1＞a2能相遇二次

C.a1＜a2可能相遇一次

D.a1＜a2可能相遇二次

图2-4-7

分析：本题属相遇问题，求解方法可以用公式（代数法），分别列出甲、乙的位移方程及相遇时的位移关系方程，再联立求解、讨论.也可以用图象法（几何法），结合v-t图象分析，这种方法很直观，尤其是本题只需进行定性判断，用图象法能迅速求解.

解法一：公式法

设经时间t，甲、乙相遇，时间t内甲、乙位移分别为：

x1=v1t+

x2=12

a1t①

212

a2t②

2

相遇时位移满足x1=x2+x

③

由①②③解得（a1-a2）t2+2v1t-2x=0

④

①当a1=a2时，④变为一元一次方程，t有一解t=v1，即表示甲、乙只相遇一次. x

②当a1≠a2时，④为关于时间t的一元二次方程，由求根公式得

t=2v14v18(a1a2)x2(a1a2)22

当a1＞a2时，t的两个根中一正一负，合理解为t＞0，故只有一个解，即只能相遇一次.

当a1＜a2时，t=2v14v18(a2a1)x2(a2a1)

这时解的情况比较复杂.若Δ=4v12+8（a2-a1）x＜0，方程无解，即表示不可能相遇.若Δ=0，t有唯一解且t＞0，表示相遇一次；若Δ＞0，方程有两解，可能两根一正一负，取合理解t＞0，故只能相遇一次；也可能两根均为正，表示相遇两次.

根据以上分析，本题选A、C、D.

解法二：图象法

图2-4-8

我们画出满足题给条件的v-t图象.如图2-4-8所示图a对应a1=a2的情况，两条图线平行，两物体仅在t=t1时相遇一次.图中阴影部分面积为x.

图b对应a1＞a2的情况，两物体仅在t=t2时相遇一次.

图c对应a1＜a2的情况，若在两条图线的交点对应的时刻t3两物体相遇，则仅相遇一次，图中阴影部分面积为x，若图中阴影面积小于x，则甲、乙不可能相遇.若图中阴影部分面积大于x，则可能相遇两次.

如图d，在t4和t4″两个时刻相遇.图中四边形ABCD的面积等于x，在0——t4时间内，甲在后，乙在前，v甲＞v乙，甲追赶乙，距离逐渐减小，在t4时刻甲、乙相遇，在t4——t4′时间内，甲在前，乙在后，甲将乙拉得越来越远.t4′——t4″时间内，甲在前，乙在后，v乙＞v甲，乙追甲，距离逐渐减小.到t4″时刻甲、乙再次相遇.当t＞t4″后，乙在前，甲在后，v乙＞v甲，两者距离一直变大，不可能再相遇.图中S△BCE为从第一次相遇后，甲把乙拉开的距离，S△FCD为从t4′起乙追上甲的距离.显然，S△BCE=S△FCD.

答案：ACD 课堂小结

本节课我们利用前两节速度时间关系，位移时间关系推导出了匀变速直线运动的位移与速度的关系.要求同学们能熟练运用此公式求解问题.之后共同总结了如何应用运动学知识求解实际问题，这是本节课的重点，接着探究了追及、相遇问题.重点介绍了处理追及相遇问题的两种方法：物理分析法、数学方法. 布置作业

1.教材第40页“问题与练习”第1、2题.

2.利用两个基本公式进行有关推导，体会各个公式解决问题的优、缺点. 板书设计

4

匀变速直线运动的位移与速度的关系

vv0at

一、位移与速度关系的推导：12

xv0tat2

二、位移与速度的关系：v2-v02=2ax 思路

三、追及相遇问题注意的的问题

方法活动与探究

课题：将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只受重力作用，这个物体的运动就是竖直上抛运动.竖直上抛运动的加速度大小为g，方向竖直向下，竖直上抛运动是匀变速直线运动.

根据所学匀变速直线运动的有关知识，探究竖直上抛运动的基本规律，以及竖直上抛运动的处理方法.

探究结论：1.竖直上抛运动的基本规律

速度公式：vt=v0-gt

位移公式：h=v0t-12gt

2

速度位移关系：vt2-v02=-2gh.

2.竖直上抛运动的处理方法

整个竖直上抛运动分为上升和下降两个阶段，但其本质是加速度恒为g的完整的匀变速运动，所以处理时可采用两种方法：

（1）分段法：上升过程是a=-g，vt=0的匀变速直线运动，下落阶段是自由落体运动.

（2）整体法：将全过程看作是初速为v0、加速度是-g的匀变速直线运动，上述三个基本规律直接用于全过程.但必须注意方程的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向，则vt＞0时正在上升，vt＜0时正在下降，h为正时物体在抛出点的上方，h为负时物体在抛出点的下方. 习题详解

1.解答：设初速度为v0，且其方向为正方向.已知：a=-5 m/s2，x=22.5 m，vt=0

由公式v2-v02=2ax，代入数值0-v02=2×（-5）×22.5

得v0=15 m/s=54 km/h.

2.解答：此题信息较多，关键是分清物体参与了哪个过程，从而提取解题的有用信息.

在最后匀减速阶段，v0=10 m/s，x=1.2 m，v=0，求a. v2v0010012522

由公式v-v0=2ax，得a==

m/s2=

m/s2. 21.232x

3.解答：设靠自身的发动机起飞需要跑道的长度为x. 2v2v05020

由v-v0=2ax得x==

m=500 m＞100 m 252a222

故不能靠自身的发动机从舰上起飞.

由v2-v02=2ax得v02=v2-2ax

代入数值v02=（2 500-2×5×100）

m2/s2=1 500 m2/s2

得v0=1015

m/s. 设计点评

由于反映匀变速直线运动的规律很多，因此对同一个具体问题往往有许多解法，但不同的解法繁简程度不一样，那么怎样才能恰当地、灵活地选用有关公式，比较简捷地解题呢？本教学设计就是围绕这一问题展开探究的.

先推导出了位移—速度关系.然后与同学们合作探究出解决匀变速直线运动问题的思路、注意点、常用的方法等.接着又通过追及、相遇问题对这些思路、方法进一步加强.引导学生对一道题不妨多用几种解法，并比较各种解法的优劣，多做这种训练，灵活应用公式解决实际问题的能力必定会提高.