1、第二章 匀变速直线运动的研究 2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系（学案） 蓬私高一物理组 2011/9/27 班级 学号 姓名 一、考点自学： 要点一、匀速直线运动的位移 1匀速直线运动的位移公式：x_ 2图象表示：在 vt 图象中，图线和时间坐标轴包围的面积在数值上等于_ 的大小 要点二、匀速直线运动的位移 1利用微分思想推导位移与时间的关系： 匀变速直线运动的 v-t 图象是一条_直线，其中图线的斜率表示物体的 _，速度时间-图象与时间轴所围成的面积在数值上等于物体在该段时间内的位移 大小。 2匀变速直线运动的位移公式：x_ 说明：公式中若规定初速度的方向为正方向，当物体做加速运动时
2、，a 取正值；当 物体做减运动时，a 取负值 若物体的初速度为零，匀加速运动的位移公式可以简化为 x_ 3匀变速直线运动的平均速度： 平均速度的一般表达式： txv 匀变速直线运动的平均速度： _（用 , 表示） ，也等于_ov 的速度 4匀变速直线运动的位移图象： 5匀变速直线运动的推论 匀变速直线运动的 物体在连续相等的时间 (T)内的位移之差为一恒量。 公式：S 2-S1=S3-S2=S4-S3=Sn-Sn-1=S=_ 推广：S m-Sn=_aT2 二、典例分析： 题型 1：根据匀变速直线运动的图象求位移 例 1. 一质点以一定初速度沿竖直方向抛出，得到它的速度一时间 图象如图 236
3、所示试求出它在前 2 s 内的位移，后 2 s 内的 位移，前 4s 内的位移 变式练习：一质点从 0 时刻开始由原点出发沿直线运动，其速度 时间图象如图所示，则该质点（ ） A.t=1s 时离原点最远 B.t=2s 时离原点最远 C.t=3s 时回到原点 D.t=4s 时回到原点，路程为 10m 题型 2：匀变速直线运动公式的应用 例 2一架飞机着陆时的速度为 60m/s，滑行 20s 停下，它滑行的距离是多少？（试用多种 方法解答） 题型 3：典型易错题 例 3汽车以 20m/s 的速度行驶，发现前方有障碍后就立即以 5m/s2 的加速度刹车，则刹车 后的 5 S 的位移是多少？（试用多种
4、方法解答） 题型 4：生活中的运动问题 例 4某市规定，汽车在学校门前马路上的行驶速度不得超过 40km/h。一次一辆汽车在校 门前马路上遇紧急情况刹车后，由于车轮抱死，滑行时在马路上留下一道笔直的车痕，交 警测量了车痕长度 s=9m，又从监控资料上确定了该车刹车时到停止的时间为 1.5s，立即判 断出这辆车违章超速，试用你所学的知识分析这是为什么。 三、堂堂清练习： 1质点做直线运动的 v-t 图象如图所示，则（ ） A34 s 内质点做匀减速直线运动 B3 s 末质点的速度为零，且运动方向改变 C02 s 内质点做匀加速直线运 动，46 s 内质点做匀减 速直线运动，加速度大小均为 2 m
5、/s2 D6 s 内质点发生的位移为 8 m 2一辆汽车以 1ms 2的加速度做匀减速直线运动，经过 6 s(汽车未停下)汽车行驶了 102m汽车开始减速时的速度是多少? 3.一辆载满乘客的客机由于某种原因紧急着陆，着陆时的加速度大小为 6m/s2，着陆前的 速度为 60m/s，问飞机着陆后 12s 内滑行的距离为多大？ 四、日日清练习 1一物体运动的位移与时间关系 )(462为 单 位以 stx则（ ） A这个物体的初速度为 12 m/s B这个物体的初速度为 6 m/s C这个物体的加速度为 8 m/s2 D这个物体的加速度为-8 m/s 2 2汽车在平直的公路上以 20ms 的速度行驶，
6、当汽车以 5ms 2的加速度刹车时，刹车 2s 内与刹车 6S 内的位移之比为( ) A1：l B3：4 C3：l D4：3 3物体从静止开始以 2 m/s2 的加速度做匀加速运动，则前 6 s 的平均速度是 _，第 6 s 内的平均速度是_，第 6 s 内的位移是_。 4某飞机的起飞速度是 60m/s，在跑道上可能产生的最大加速度为 4 m/s2，该飞机从静止 到起飞成功需要跑道的最小长度为_。 5矿井里的升降机，由静止开始匀加速上升，经过 5s 速度达到 4m/s 后，又以这个速度匀 速上升 20s，然后匀减速上升，经过 4s 停在井口，则矿井的深度为_m. 6一辆汽车在高速公路上以 30
7、 m/s 的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧 急刹车，刹车时加速度的大小为 5 m/s2，求： (1)汽车刹车后 20 s 内滑行的距离 (2)从开始刹车汽车滑行 50 m 所经历的时间 (3)在汽车停止前 3 s 内汽车滑行的距离 7一辆汽车的行驶速度为 18m/s，紧急刹车时的加速度为 6m/s2，第一秒内发生的位移是 多少？ 第 4 s 内发生的位移时多少? 选做题：从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了 12 s 时，发现还有乘客没上来， 于是立即做匀减速运动至停车汽车从开出到停止总共历时 20s，行进了 50m求汽车的 最大速度 一、考点自清 vt 位移 倾斜 加速度
8、中间时刻 mn201atv2t0v2aT 二、典例分析 例题 1、前 2 s 内物体的位移为 5 m，后 2 s 内物体的位移为-5 m，前 4 s 内的位移为零. 变式练习：BD 例题 2、600m 例题 3、40m 例题 4、答案略（速度判断法和位移判断法两种方法） 三、堂堂清练习 1、BC 2、参考解析：汽车一直做匀减速运动，其位移可由多种不同方法求解. 解法一：由 x=v0t+ at21 得 v0= m/s=20 m/s6 )1(20212tax 所以，汽车开始减速时的速度是 20 m/s. 解法二：整个过程的平均速度 v= ，20t 而 vt=v0+at，得 =v0+ 2at 又 =
9、 = m/s=17 m/stx61 解得 v0= =（17 ） m/s=20 m/s2at261 所以，汽车开始减速时的速度是 20 m/s. 3、300m 四、日日清练习 1.BD 2. B 3. 6m/s 11m/s 11m 4. 450m 5. 答案：98m 解析：因为升降机从井底到井口的运动分为三个阶段：匀加速、匀速、匀减速 解法一：(1)匀加速上升阶段 a 1 0.8m/s 2 vt1 h1 a1t 0.852m10m 12 21 12 (2)匀速上升阶段 h2vt 2420m80m (3)匀减速上升阶段 a3 m/s1m/s 2 vt3 44 h3 a3t 142m8m 12 23
10、 12 所以矿井深度 hh 1h 2h 3(10808)m98m 解法二：本题如用平均速度来解就不用求 a1，a 3，而只要根据 ，s t 就可求v v v02 v 解 (1)匀加速上升阶段 h1 1t1 t1 5m10mv 0 v2 0 42 (2)匀速上升阶段 h2v 2t2420m80m (3)匀减速上升阶段 h3 3t3 t3 4m8m.v v 02 4 02 所以矿井深度 hh 1h 2h 310m80m8m98m. 6. 答案 (1)90 m (2)2 s (3)22.5 m . 解析(1)由于 v030 m/s ，a5 m /s2，由 vv 0at，汽车的刹车时间 t0 为： t
11、0 s6 s v v0a 0 30 5 由于 t0t，所以刹车后 20 s 内滑行的距离即为汽车停止运动时滑行的距离 x v0t 306 m90 m. 12 12 (2)设从刹车到滑行 50 m 所经历的时间为 t，由位移公式 xv 0t at 2，代入数据： 12 5030t 5t 2 12 整理得 t 212t200 解得 t12 s，t 210 s(刹车停止后不能反向运动故舍去) 故所用时间为 t2 s. (3)此时可将运动过程看作反向的初速度为零的匀加速运动，由 x at2 532 m22.5 12 12 m. 7. 15m, 0 选做题：参考解析：汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，
12、达到最高速度后，立即改 做匀减速运动，可以应用解析法，也可应用图象法. 解法一：设最高速度为 vm，由题意，可得方程组 x= a1t12+vmt2+ a2t22 t=t1+t2 vm=a1t1 0=vm+a2t2 整理得 vm= m/s=5 m/s.05x 解法二：应用图象法，作出运动全过程的 vt 图象，如图 2312 所示.vt 图线与 t 轴 围成三角形的面积与位移等值，故 x= ，所以 vm= = m/s=5 m/s.2tx05 解法三：用平均速度公式求解 . 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于 ，故全过程的平均速度等于 ，22mv 由平均速度公式得 = ，解得 vm= = m/s=5 m/s2mvtxtx205 可见，用平均速度公式求解，非常简便快捷，以后大家要注意这种解法.
