高中物理人教版 (新课标)必修13 匀变速直线运动的位移与时间的关系教案及反思
展开1.机械运动,参照物,质点、位置与位移,路程,时刻与时间等概念的理解。
2.匀速直线运动,速度、速率、位移公式S=υt,S~t图线,υ~t图线
3.变速直线运动,平均速度,瞬时速度
4.匀变速直线运动,加速度,匀变速直线运动的基本规律:S=υ0t+at2、υ=υ0+at匀变速直线运动的υ~t图线
5.匀变速直线运动规律的重要推论
6.自由落体运动,竖直上抛运动
7.运动的合成与分解.
二、难点剖析
1.机械运动及其描述
机械运动的是运动物体的位置随时间变化。
做机械运动的物体,由于其位置将发生变化,为了描述其位置变化的情况,引入了位移概念;做机械运动的物体,由于其位置将随时间发生变化,为了描述其位置随时间变化的情况,引入了速度概念;做机械运动的物体,由于其位置随时间变化的情况有时也将变化,即其运动速度将随时间变化,为了描述其速度随时间情况,引入了加速度概念
位移是矢量,它描述了做机械运动的物体在某段时间内位置变化的大小和方向;速度是矢量,它描述了做机械运动的物体在某个时刻位置变化的快慢和方向;加速度也是矢量,它描述了做机械运动的物体在某个时刻速度变化的快慢和方向。
运动是绝对的,这就是说任何物体在任何时刻都是在运动着的;运动的描述则只能是相对的,这就是说描述物体的运动情况只能相对于某个指定的参照物。应注意:同一物体的同一运动,若选取不同的参照物,其描述一般是不同的。
2.匀变速直线运动的基本规律及重要推论
(1)匀变速直线运动的基本规律通常是指所谓的位移公式和速度公式
S=υ0t+at2
υ=υ0+at
(2)在匀变速直线运动的基本规律中,通常以初速度υ0的方向为参考正方向,即υ0>0此时加速度的方向将反映出匀速直线运动的不同类型:
①a>0,指的是匀加速直线运动;
②若a=0,指的是匀速直线运动;
③若a=0,指的是匀减速直线运动。
(3)匀变速直线运动的基本规律在具体运用时,常可变换成如下推论形式
推论1: υ2-=2as
推论2:=(υ0+υ)
推论3:△S=a△T2
推论4:=(υ0+υ)
推论5:=
推论6:当υ0=υ时,有
S 1:S2 :S3:……=12 :22 :32 :……
SⅠ :SⅡ :SⅢ :……=1 :3 :5 :……
υ1 :υ2 :υ3:……=1 :2 :3 :……
t1 :t2 : t3 :……=1 :(-1) :(-) :……
3.匀变速直线运动的υ-t图
用图像表达物理规律,具有形象,直观的特点。对于
匀变速直线运动来说,其速度随时间变化的υ~t图线如图
1所示,对于该图线,应把握的有如下三个要点。
(1)纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度υ0;
(2)图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a;
(3)图线下的“面积”其物理意义是运动物体在相应
的时间内所发生的位移s。
4.竖直上抛运动的规律与特征。
(1)竖直上抛运动的条件:有一个竖直向上的初速度υ0;运动过程中只受重力作用,加速度为竖直向下的重力加速度g。
(2)竖直上抛运动的规律:竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动,若以抛出点为坐标原点,竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系,其位移公与速度公式分别为
S=υ0t-gt2
υ=υ0-gt
(3)竖直上抛运动的特征:竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动,后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动(自由落体运动),具备的特征主要有:
①时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等,方向相反的位移所经历的时间相等,即
t上=t下
②速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等,即
υ上=υ下
三、典型例题
例1 物体做竖直上抛运动,取g=10m/s2.若第1s内位移大小恰等于所能上升的最大高度的倍,求物体的初速度.
分析:常会有同学根据题意由基本规律列出形知
t-gt2=·
的方程来求解,实质上方程左端的t-gt2并不是题目中所说的“位移大小”,而只是“位移”,物理概念不清导致了错误的产生。
解:由题意有
=·,
进而解得
=30m/s,=6m/s,=4.45m/s
例2.摩托车的最大行驶速度为25m/s,为使其静止开始做匀加速运动而在2min内追上前方1000m处以15m/s的速度匀速行驶的卡车,摩托车至少要以多大的加速度行驶?
分析:常见有同学列出如下方程
at2=υt+s.
将题设条件的t=120s,υ=15m/s,s=1000m代入后可求得
a=m/s2
上述解答对摩托车的实际运动过程未能作出正确的分析,由于受到最大行驶速度25m/s的制约,摩托车的实际运动过程是:先做初速为零的匀速直线运动,当速度达到最大值后又继续做匀速直线运动。
解:由运动规律列出方程
+(t-)=υt+s.
将相关数据=25m/s,t=120s,υ=15m/s,s=1000m代入,便可得此例的正确结论
a=m/s2.
例3 质点帮匀变速直线运动。第2s和第7s内位移分别为2.4m和3.4m,则其运动加速率a=____________m/s2.
分析:若机械地运动匀变速直线运动的基本规律,可以列出如下方程
(·2+a·22)-(·1+a·12)=2.4,
(·7+a·72)-(·6+a·62)=3.4
若能灵活运动推论
△s=aT2,
并考虑到
s7-s6=s6-s5=s5-s4=s4-s3=s3-s2=aT2,
便可直接得到简捷的解合如下.
解: a==m/s2=0.2m/s2.
例4.车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动,车后相距s=25m处的人以υ=6m/s的速度匀速运动而追车,问:人能否追上车?
分析:应明确所谓的追及、相遇,其本质就是“不同的物体在同一时刻到达同一位置”.此例可假设经过时间t,人恰能追上车.于是便可得到关于t的二次方程进而求解。
解: υt=at2+s.
而由其判别式△=υ2-2as= -56<0便可知:t无实根.对应的物理意义实际上就是:人不能追上车.
例5.小球A自h高处静止释放的同时,小球B从其正下方的地面处竖直向上抛出.欲使两球在B球下落的阶段于空中相遇,则小球B的初速度应满足何种条件?
分析:选准如下两个临界状态:当小球B的初速度为υ1时,两球恰好同时着地;当小球B的初速度为υ2时,两球相遇点恰在B球上升的最高点处,于是分别列方程求解
解:
h=g(2)2,
h-=g()2
由此可分别得到
υ1=<υ0<
例6.质点做竖直上抛运动,两次经过A点的时间间隔为t1,两次经过A点正上方的B点的时间间隔为t2,则A与B间距离为__________.
分析:利用竖直上抛运动的“对称特征”可给出简单的解答
解:由竖直上抛运动的“对称”特征可知:质点从最高点自由落至A、B两点所经历时间必为t1和t2,于是直接可得
=g(t1)2-g(t2)2=g(-)
例7.质点做匀减速直线运动,第1s内位移为10m,停止运动前最后1s内位移为2m,则质点运动的加速度大小为a=________m/s2,初速度大小为υ0=__________m/s.
分析:通常的思维顺序可依次列出如下方程
s=υ0t-at2, 0=υ0-at,
10=υ0·1-a·12,s-2=υ0 (t-1)-a(t-1)2.
从上述方程组中解得
a= 4m/s2 , υ0=12m/s.
求解上述方程组是一个很繁琐的过程,若采用逆向思维的方法,把“末速为零的匀减速直线运动”视为“初速战速为零的匀加速直线运动”,则原来的最后1s便成了1s,于是
解:由 2=a·12
即可直接得到
a=4m/s2;
而考虑到题中给出的两段时间(均为1s)内位移大小的比例关系(2 :10=1 :5),不难判断出运动总时间为
t=3s.
由此简单得出
υ0=at=12m/s.
例8 如图所示,长为1m的杆用短线悬在
21m高处,在剪断线的同时地面上一小球以υ0=20m/s的
初速度竖直向上抛出,取g=10m/s2,则经时间t=______s,
小球与杆的下端等高;再经时间△t=____________s,小球
与杆的上端等高.
分析:以地面为参照物分析两物体的运动关系将会很复杂,不妨换一个参照物求解.
例9 物体做竖直上抛运动,取g=10m/s+2,若在运动的前5s内通过的路程为65m,则其初速度大小可能为多少?
分析:如果列出方程
s=υ0t-gt2,
并将有关数据s=65m,t=5s代入,即求得
υ0=38m/s。
此例这一解答是错误的,因为在5s内,做竖直上抛运动的物体的运动情况有如下两种可能性:
①前5s内物体仍未到达最高点.在这种情况下,上述方程中的s确实可以认为是前5s内的路程,但此时υ0应该受到υ0≥50m/s的制约,因此所解得的结论由于不满足这一制约条件而不能成立.
②前5s内物体已经处于下落阶段,在这种情况下,上述方程中的s只能理解为物体在前5s内的位移,它应比前5s内的路程d要小,而此时应用
解:由运动规律可得
d=+g(t-)2,
在此基础上把有关数据d=65m,t=5s代入后求得
υ0=20m/s或υ0=30m/s,
例10 质点从A点到B点做匀变速直线运动,通过的位移为s,经历的时间为t,而质点通过A、B中点处时的瞬时速度为υ,则当质点做的是匀加速直线运动时,υ______;当质点做的是匀减速直线运动时,υ_______.(填“>”、“=”“<”=
分析:运动υ-t图线分析求解最为简捷。
考虑到υ是质点通过A、B中点时的瞬时速度,因此,图线上纵坐标值为υ的点的前、后两段线下的“面积”应相等;另外考虑到s/t实际上是这段时间内的平均速度,对于匀变速直线而言,数值上又等于时间中点的瞬时速度。由此便可以从图中看出,无论质点做的是匀加速直线运动还是匀减速直线运动,均应有υ>。
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