《变速器与分动器》教案

《变速器与分动器》教案（精选10篇）

《变速器与分动器》教案 第1篇

《变速器与分动器》教案

授课班级：10春汽修（2）班

授课人：李才让

教学目标：

1．使学生记忆变速器的功用、组成及分类 2．了解自动变速器的构造及原理

3．理解手动变速器的工作原理

教学重点：

１． ２． 变速器的功用及组成 手动变速器的工作原理

教学难点：

手动变速器的变速变矩原理及变向原理

教学方法：

启发、引导、视图分析、讲解等

课时安排：

一课时

教学内容及过程：

一、１． ２． ３．

二、复习上节课所学内容 离合器的功用和要求 离合器的类型及工作原理 离合器的操纵机构 新课讲授

§８－３变速器与分动器

一、变速器的功用及组成 １． 变速器的功用

（１）扩大发动机传递到驱动轮上的转矩和转速的变化范围，以适应经常变化的行使条件。

（２）在发动机旋转方向不变的前提下，使汽车倒向行驶。

（３）利用空挡来中断动力传递，使发动机起动、怠速运转和汽车短暂停驶、滑行。

２． 变速器的组成

变速器由变速传动机构和变速操纵机构组成。

讲解：变速传动机构的主要作用是改变转矩、转速和旋转方向；操纵机构的主要作用是控制传动机构，实现变速器传动比的变换。

二、变速器的类型和工作原理 １．分类：（１）按传动比的变化方式分：有级变速器和无级变速器（２）按操纵方式的不同分：手动变速器和自动变速器 ２．手动变速器

介绍手动变速器的类型、基本构造及优点。（１）变速变矩原理

分析讲解变速器的变速变矩原理：如一对啮合的齿轮，小齿轮的齿数Ｚ1=17，大齿轮齿数Z2=34，则在相同的时间内，小齿轮转过一圈时，大齿轮只转过半圈。大齿轮的转速为小齿轮的一半。如果小齿轮是主动齿轮，它的转速经大齿轮传出时就降低了，而转矩则增加了，这就是齿轮传动的变速变矩原理。手动变速器就是根据这一原理，利用若干对齿数不同的齿轮副传动来实现变速变矩的。传动比=输入转速／输出转速=输出轴的齿数／输入轴的齿数 即:i=n入／n出=Z出／Z出

说明：汽车变速器某一档位的传动比就是这一档位各级齿轮传动比的连乘积。（２）变向原理

结合图8-14分析讲解汽车的倒档原理。３． 自动变速器 介绍自动变速器：是指能根据车速和发动机节气门开度的变化，在所有前进挡实现自动换挡的变速器。

组成：由液力变矩器、齿轮传动系统、液压（电子）控制系统和冷却滤清系统组成。

分类：①（按齿轮变速器）普通齿轮式和行星齿轮式。（简单介绍两种自动变速器的特点）

②（按控制方式分）液力控制自动变速器和电控液力自动变速器。（１）液力控制自动变速器 介绍：液力控制自动变速器是通过机械手段，将汽车行驶时的车速及节气门开度的变化这两个参数转变为液压控制信号。阀板中的各个控制阀再根据这些液压控制信号，按照设定的换挡规律，通过控制换挡执行机构中元件（离合器和制动器）的动作来实现自动换挡。如图8-15：（2）电控液力自动变速器 介绍：电控液力自动变速器是在液力控制自动变速器的基础上，利用计算机控制技术实现自动换挡等控制的新型液力自动变速器。如图8-16：

课堂小结：简单总结本节课所学主要内容。布置作业：习题册相关习题

《变速器与分动器》教案 第2篇

引言：本节课学习第二章第二节

匀变速直线运动的速度与时间的关系，回忆一下在前面我们学过，由速度和时间这两个物理量定义的一个新物理量。（加速度）

我们把物体运动的速度变化量△V与发生这一变化所用时间△t的比值定义为加速度，（1）加速度是用来描述什么的物理量？（描述物体速度变化快慢的物理量，它是速度对时间的变化率），加速度是标量还是矢量？（加速度有大小有方向是矢量）加速度的大小是单位时间内，速度变化量的大小，方向呢？由什么决定？（速度变化量的方向）

（2）怎样根据初速度和加速度的方向判断加速运动还是减速运动？

相同

加速直线运动

不同

减速直线运动

（3）可以通过建立V-t图象更直观的描述 速度与时间的关系，请问V-t图象中的点表示什么？（任意时刻t所对应的瞬时速度v）我们能从v-t图象中得到与运动有关的哪些信息？

怎样判断物体的运动情况？（可以根据图象所对应的速度方向，为正说明物体沿正方向运动，速度为负说明物体沿负方向运动）

在V-T图象上怎样判断是加速直线运动

减速直线运动

还是匀速直线运动呢？（主要是看随着时间的增加，图象对应速度的大小是增加 减少 还是不变）

怎样通过图线的倾斜方向判断加速度的大小？（图线的指向）

同一坐标系中怎样比较两个运动加速度的大小？（图线的倾斜程度）

一、匀变速直线运动

提问：观察v-t图象可以得到那些信息？

v-t图象是一条倾斜的直线，速度方向为正而且大小随着时间逐渐变大，所以小车的运动是沿正方向的加速直线运动。从斜线的指向可以判断加速度方向为正，那大小呢？

如果我们任意选取两段时间间隔t1，t2，两个t分别对应的速度变化量v1，v2，计算发现v1v2==a所以在这个图象中无论t取在什么区间，t所对应的速度变化量t1t2v都是一样的，即这个实验中小车的运动是加速度保持不变的运动。tv与它的比值沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动。

1、概念：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动。

① ② 沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动。所以一个物体要是做匀变速直线运动，一定是沿着一条直线运动。

加速度是矢量，既有大小又有方向。加速度不变，指的是加速度的大小和方向都不变。若物体虽然沿直线运动，且加速度的大小不变，但加速度的方向发生了变化，从总体上讲，物体做的也不是匀变速直线运动。注意这里的匀变速直线运动是加速度不变，匀变速直线运动的速度是均匀变化的，即变速运动

也可以说匀变速直线运动是加速度保持不变的变速直线运动。要与匀速直线运动相区别 ③

我们知道在v-t图象中，可以根据图线的倾斜程度来判断加速度的大小，如果a表示直线的倾斜角，k表示直线的斜率，则斜率的大小等于倾斜角的正切值，等于纵坐标的变化量除以横坐标的变化量。我们又知道在v-t图中纵坐标的变化量除以横坐标的变化量就等于加速度的大小。同一直线的斜率是不变的，说明v-t图中所表示的加速度大小是不变的。而加速度的方向也是不变的（不知要不要说明哈怎么不变的），所以这个v-t图描述的运动是匀变速直线运动，也就是说匀变速直线运动的v-t图象是一条倾斜的直线。

2、说明：

1、匀变速直线运动的v-t图象是一条倾斜的直线。

判断四个图象所描述的运动是不是匀变速直线运动？

从v-t图中也可以看出匀变速直线运动的速度是随着时间均匀变化的，而这个变化可以是均匀的增加，也可以是均匀减少。在匀变速直线运动中，如果物体的速度随着时间均匀增加，这个运动叫做匀加速直线运动；如果物体的速度随着时间均匀减少，这个运动叫做做匀减速直线运动。

2、匀变速直线运动包括两种情形。

如果物体的速度随着时间均匀增加，这个运动叫做匀加速直线运动；

如果物体的速度随着时间均匀减少，这个运动叫做匀减速直线运动。

提问：

用图像可以直观描述物体运动速度与时间的关系，那么能否用数学表达式描述呢？它们的关系又是怎样？

二、速度与时间的关系式

板书推导过程：

设一个物体做匀变速直线运动，它在计时起点（t=0）的速度是v0，在t时刻的速度是v

所以，△t=t－0, 对应的速度变化量△v=v－v0，从而，由

avvv0vv0，tt0t可得

vv0at。

这就是匀变速直线运动的速度公式。

1、速度公式：vv0at

2、说明：

（1）这个公式只是用于匀变速直线运动中

这个关系式只适用于匀变速直线运动，它反映了匀变速直线运动的瞬时速度随时间的规律。必须清楚式子中各个符号的物理意义，a大小等于单位时间内速度的变化量，at是0~t时间内的速度变化量，加上初速度v0，就是t时刻的瞬时速度。所以t时刻的速度v与初速度v0、加速度a和时间t有关。

（2）这个公式是矢量式

式子中的初速度v0、加速度a和t时刻的速度v都是矢量，在直线运动中，可以用数值表示它们的大小，正负号表示方向（一般情况下都是以初速度v0 方向为正方向），再判断加速度的方向，如果是匀加速直线运动，说明加速度a的方向和初速度v0 方向相同，是正方向，反之如果是匀减速直线运动，加速度a的方向和初速度v0 方向相反，是负值。最后根据计算结果判断t时刻的速度v的方向和大小。

三、速度与时间关系式的应用

例题

1、汽车以40km/h的速度匀速行驶，现以0.6m/s2的加速度加速，10s后速度能达到多少？

（1）认真审题，理清题意，分析已知量，未知量、待求量

初速度V0=40km/h=11m/s，加速度a=0.6m/s2，时间t＝10s（2）画出运动草图，标出各个物理量（最好用简图）

分析物体的运动问题，要养成画运动草图的习惯，（3）根据公式建立方程，代入数据求解（板书解题过程）

① 规定正方向

规定初速度V0的方向为正方向，② 判断各矢量的方向，并进行单位换算

由题意可知初速度V0=40km/h=11m/s，加速度a=0.6m/s2，时间t＝10s

③ 建立方程求解

根据速度公式V=V0+at得

10s后的速度

V=V0+at =

11m/s+0.6m/s2×10s =17m/s=61km/h

④ 计算结果的检验，并得结论

所以10s后速度的大小是61km/h，方向与初速度方向相同。

说一说： 这个图象所描述的运动是不是匀变速直线运动？ 在相等时间间隔内，速度的变化量相等吗？

课堂小结：

《变速器与分动器》教案 第3篇

恒张力锚机是浅水铺管船上的重要设备，大功率的恒张力锚机一直由国外公司垄断[1]，我国只能设计制造小功率的恒张力锚机，近年才具有设计制造大功率恒张力锚机的能力[2]。实现锚机的恒张力控制，主要是通过主电机的正反转并通过变频调速控制及对刹车系统的控制来实现的。

变速制动器组是锚机刹车系统的重要组成部分，其液压系统的设计是否合理，对减速器功能的实现，锚机电机扭矩的传递，以及锚机的控制具有重要意义。

2 锚机的总体结构

铺管船在铺设管道的过程中，要按照既定的路由前进，并配合铺管的速度，尽量保持船的平稳行走，以提高铺管的质量[3]。浅水铺管船的行进速度和方向靠的是布置在船艏舱和船艉舱的8～12台/套恒张力锚机。铺管作业时，需要多台恒张力锚机控制船的运动方向和速度，同时还需要管道输送系统的配合。

锚机主要由电机、减速器、滚筒、底座、排绳机构、压绳机构等组成，而由高速制动器、变速制动器1、变速制动器2、阻尼制动器、低速制动器、棘轮机构等组成了锚机的刹车系统。锚机总体结构布局见图1。

电机通过齿式联轴器带动减速器的输入轴(第一根轴)转动，经过多级减速后，由减速器的第三根轴输出。减速器输出轴端安装了开式小齿轮，由开式小齿轮带动滚筒上的开式大齿轮转动，从而带动滚筒转动。为了防止乱绳，在钢丝绳进出卷筒的前方设置了排绳机构。而布置于滚筒后下方的压绳机构可以使钢丝绳在滚筒上可靠压紧，防止钢丝绳出现松动混乱的现象。与船舱固定的底座是整个锚机的安装基础。

减速器是锚机重要的组成部分，为了达到大扭矩、宽传动比地将电机的功率传递给滚筒的目的，减速器采用了两种传动比，通过变速制动器1和变速制动器2工作状态的不同，实现减速器两种传动比的转换。其中，锚机刹车系统动作状态如表1所示。

减速器的工作原理如图2所示。

在图2中，电动机带动减速器输入轴转动，在减速器的输入轴上安装了两套行星齿轮机构，一套由齿轮6、7、8组成，另一套由齿轮1、2、3组成。每套中的行星齿轮(齿轮2或齿轮7)存在两个运动，一个是绕齿轮轴(输入轴)的转动，另外一个是自身的转动。对于具有内外齿的齿轮来说，其内齿(齿轮3或齿轮8)与行星齿轮相接触，其外齿(齿轮4)将带动减速器的第二轴系转动。如果变速制动器组1处于制动状态，而变速制动器组2处于松开状态，则行星齿轮7转换为中间轮，整个减速器的传动关系为：Z6—Z7—Z8—Z4—Z5—Z9—Z10;如果变速制动器组2处于制动状态，而变速制动器组1处于松开状态，则行星齿轮2转换为中间轮，整个减速器的传动关系为：Z1—Z2—Z3—Z4—Z5—Z9—Z10。由此可以看出：变速制动器组1和变速制动器组2工作状态的不同，可以实现减速器两种传动比的转换。

3 变速制动器液压系统

3.1 变速制动器设计选型

根据系统总体结构设计要求，要使减速器能够平稳地改变传动比，每组变速制动器必须都能产生365kN的额定夹紧力。

由机械结构和设计要求可知，两组变速制动器的工作原理相同，为方便起见，两组变速制动器选择同样型号的杠杆制动器。

选择杠杆制动器为SBD365-C-1400×40，液压松开。额定夹紧力F2=365kN;油缸工作压强P2为8MPa，开闸油量Q2为275ml;摩擦系数μ2=0.35;制动盘直径D2=1400mm，摩擦块中心至制动盘边缘距离为S2=110mm，则制动半径为r2=D2/2-S2=590mm;由于单组制动器是两个制动块同时夹紧制动盘，所以单组制动器的制动力矩为M2=2F2μ2r2=2×365×0.35×0.59=150.75kN·m;一个制动盘上使用2组相同的杠杆制动器，则制动总力矩为MH2=301.5kN·m。该型号的制动器如图3所示。

3.2 变速制动器液压回路设计

变速制动器组1和变速制动器组2的液压原理相同，其液压回路见图4[4,5]。

图4给出了变速制动器组液压控制回路，其工作原理如下。

当换向阀通电时，油路接通，液压泵通过单向节流阀中的单向阀向液压缸有杆腔及时供给油液，快速弹开制动器，消除制动力。当换向阀断电时，进油路断开，回油路接通，液压缸有杆腔的油液通过单向节流阀中的节流阀回油，在实现两个液压缸外伸运动速度同步的同时，使制动器不会一下刹死，从而保证变速制动组及时有效地安全制动。蓄能器的使用可吸收油路液压的瞬间冲击，保证系统的安全，实现平稳变速。

1.液压泵2.溢流阀3.单向阀4.蓄能器5.二位三通电磁换向阀6.单向节流阀7,8,9,10.单作用液压缸

制动器的安全制动器制动时间为2s，额定夹紧力F2=365kN;油缸工作压强P2为8MPa,2s的开闸油量为0.275L。于是单制动块的流量为Q1=0.275/2×60=8.25L/min,1组共有4个制动块，则其流量为Qs=4×Q1=33L/min，泵总流量为Q泵=KQs，安全系数K=1.1～1.3，取K=1.3，故液压回路总流量应为Q=1.3×33=42.9L/min，泵额定压力取为P=10MPa～14MPa。

4 变速制动器液压回路特性仿真

为了验证设计的液压回路的合理性，利用AMESIM软件对其特性进行仿真[6,7,8]。

4.1 仿真模型的建立

建模过程中，忽略管路的沿程压力损失、局部压力损失、制动阀开启时液压油的瞬时冲击与泄漏、制动油管及制动液缸体弹性变形等。建立的模型如图5所示。

4.2 仿真曲线

为了验证液压回路设计的合理性，分别设置泵的额定压力值为30bar、60bar、90bar、96.5bar。仿真时间为40s，在10s时，电信号转换，即换向阀换向。系统在前10s处于制动状态，后30s处于制动取消状态。

图6是电信号转换曲线，此转换信号为阶跃信号，其阶跃值为+1和-1。前10s时，阶跃值为-1，电磁阀位于左位，油路断开，变速制动器处于制动状态。图7为变速制动器制动时，刹车块与刹车盘间的接触制动力和单作用缸中复位弹簧产生的弹力的关系曲线，可以看出二者在短时间的变化后保持了一致性;后30s时，阶跃值为+1，电磁阀位于右位，油路接通，变速制动器单作用油缸开始充油。由图8可看出，当系统压力分别达到30bar、60bar和90bar时，变速制动器制动力在经过短时调整后，有所减小，然后趋于平稳，但并未消除，此时变速制动器仍处于制动状态。在系统压力为96.5bar时，刹车力经过约12s衰减为0，此时制动状态取消，减速器可产生相应动作。由于换向阀换向时有冲击存在，使得制动力消除时间有所延长。这满足实际工况现场参数调节时的时间要求。图9显示了变速制动器制动取消时，泵压力和泵流量的变化关系，由此可看出系统在经过短时间调整后，进入稳定状态，设计的液压系统达到设计要求。

5 结论

根据锚机的工作原理和变速制动器的选型，设计了变速制动器液压控制回路，建立了其AMESim仿真模型。通过仿真试验验证了所设计的液压回路的正确性和有效性，较为准确地了解了变速制动器变速制动的参数调节范围，将对实际系统的参数调节具有指导意义。

参考文献

[1]刘嵬辉,曾宝,程景彬,等.国内外铺管船概况[J].油气储运,2007,26(6):11-15.

[2]王进.振华重工向中海油交付首艘铺管船[N].中国证券报,2009-7-6.

[3]李含苹,闵兵,康为夏.铺管船前景及船型开发[J].船舶,2009(4):1-4.

[4]刘树立.锚机液压系统故障的处理[J].世界海运,2008,31(4):36.

[5]刘艳萍.几种液压同步回路浅析[J].有色金属加工,2004,133(6):36-37.

[6]郑昌马,吴坚锋,马冲,等.基于AMESim的PQ泵特性研究[J].机电工程,2010(1):59-61.

[7]秦家升,游善兰.AMESim软件的特征及其应用[J].工程机械,2004(12):6-8.

电机软起动器特点与应用 第4篇

关键词：煤矿 输送机 软起动器

1 电机软起动器的特点

1.1 采用了先进的电力电子器件和全数字控制技术，具有软起动、软停止、泵停止、起动检测、RS232通讯等功能，能满足风机、水泵、带式输送机、刮板输送机等不同负载对象的控制要求。同时软起动时间、起始电压、限流、停止时间连续可调，用户可根据负荷情况控制电机按预先给定的曲线平滑起动、停止。

1.2 带式输送机等大惯量负载不可避免重载起动和压煤现象，软起动器的突跳起动脉冲就是专门为带式输送机这类大惯量负载设计的。突跳脉冲起动功能可完全解决负荷重载起动的问题。

1.3 电机软起动器自身的自诊和保护功能齐全，主要有电源故障保护、温度保护、电压保护、过载保护等。

1.4 结构简单，安装操作维护方便。既可就地控制，亦可通过可编程序控制器或其他设备对其进行远方控制。

2 电机软起动器与液力偶合器、星三角起动器的比较

2.1 电机软起动器与液力偶合器的比较 带式输送机起动用液力偶合器在一定范围内可满足带式输送机的起动要求，但采煤工作面地质条件复杂，采煤机割煤的不均衡系数很大，工作面内影响带式输送机停机的客观因素也很多，采煤工作面顺槽带式输送机重载起动，甚至过载起动十分频繁。液力偶合器在运行中存在液体滑差，重载起动滑差更大。滑差产生的热能易使偶合器的密封受热老化失效，出现漏油，造成油液污染，在井下易燃易爆，不安全隐患尤为突出。另外，液性机械调速由于附壁效应、稳态效应所形成的机械惯性，以及同液体充液量的立方成正比的传递力矩比例的弊端，已不能满足高产高效综采工作面带式输送机越来越高的起动要求。电机软起动器采用微处理器控制可控硅的导通角，使电动机可进行大负荷多种电压的软起动，可有效地避免使用液力偶合器出现的问题，是液力偶合器理想的更新换代产品。

2.2 电机软起动器与星三角起动器的比较 电机软起动器起动转矩大，并且起动平稳。星三角起动方式的实际转矩比电机软起动器的小，但在起动瞬间和星形转三角形的瞬间有二次突跳变化，而电机软起动器从开始到结束不存在突跳冲击，可有效地减轻因起动电流突跳而引起的电网电压波动及对周围弱电设备的干扰。电机软起动器起动初始电压和起动时间可人为设定。星三角起动方式的起动初始电压是全电压的58％，转换时即突跳到100％。而电机软起动器可根据不同的负载情况，其起动初始电压可在20％～100％Ue间自行设定。同时通过调节起动时间来控制曲线斜率，从而平稳无级地过渡到全电压，达到最佳起动效果和最短起动时间。

3 应用

3.1 工作原理 电机软起动器主回路采用了3对反并联可控硅，利用全数字控制技术来完成电机端电压、电流的控制，从而实现电机的软起动等。软起动器接收到控制信号后，由微处理器根据面板设定的参数或通过PC口输入数据，控制三相可控硅的导通角，使电机按设定的值平滑起动。起动结束后，由控制器发出信号，旁路真空接触器进入正常工作后可控硅暂停工作。当需要停车时，给出停车信号，真空接触器断开，停止工作，然后由可控硅完成全部停车过程。

3.2 使用方法 软起动器有远控和近控两种工作方式。远控方式是指电机软起动器由前级开关通过一个常开触点进行控制的方式。近控方式是指由2只按钮控制电机软起动器的起动、停止。电机软起动器在使用过程中应注意以下几点：①电机软起动器两次起动时间间隔不能小于3min，每小时内起动次数不大于12次。②电机软起动器的外壳必须可靠接地。③安装时切勿用兆欧表测量端子间及可控硅两端的电阻，以免造成对电机软起动器的破坏。④电机软起动器内的主要核心部件，特别是可控硅和控制盒部分，使用者请不要拆开，以免因核心部件损坏而使电机软起动器瘫痪。

3.3应用效果某矿—400m水平中的一部带式输送机，电机功率3x160kW，工作电压660V，胶带长度1km。由于受客观条件限制，带式输送机起动频繁，且经常重载起动。没有安装软起动器之前，起动时胶带颤动，电机声音大，胶带出现打滑及断带现象，对电网冲击较大。该带式输送机配置了3台电机软起动器后，运行状况有了很大变化。主要表现在以下几个方面：①重载起动时软起动特性明显，胶带无颤动和打滑现象，克服了带式输送机长距离重载起动困难的问题。②带式输送机起动时低速逐渐张紧胶带，减少了胶带起动过程中最大张力的机械冲击，延长了胶带使用寿命，也消除了齿轮间隙造成的传动齿轮之间的撞击现象。③空载起动时间为10s，满载起动调为15s。起动电流明显下降，起动电压降低，减小了对电网的冲击。④减小了维修工作量，从2005年7月至今还没有发生过任何故障，一切正常，用户非常满意。

4结语

《变速器与分动器》教案 第5篇

一、教学目标：

知识与技能：

1、理解匀变速直线运动的含义；

2、识别匀变速直线运动的v-t图像；

3、能根据加速度的定义推导匀变速直线运动的速度公式，理解公式中各物理量的含义；

4、掌握匀变速直线运动的公式，能运用公式进行有关计算；

过程与方法：

1、通过v-t图像，学会识别、分析图像和运用物理语言表达过程；

2、体会研究图像，得出匀变速直线运动的概念的过程；

3、学习用数学公示表达物理规律，并知道个符号的含义；

情感态度与价值观：

1、通过速度公式的推导过程培养用物理语言表达物理规律的意识，激发探索与创新的欲望；

2、通过v-t 图象的理解及应用，培养学生透过现象看本质，用不同方法表达同一规律的科学意识。

二、教学重点：1.理解v-t图像的物理意义；

2.公式v =v0 + at的推导及应用；

三、教学难点：1.匀变速直线运动v—t 图象的理解及应用；

2.匀变速直线运动的速度一时间公式的理解及计算；

四、教学过程：

（一）新课导入：

师：上节课我们通过实验探究的方式描绘除了小车的v-t图像，那么，它表示小车做什么样的运动呢?小车的速度随时间怎样变化?我们能否用数学方法得出速度随时间变化的关系式呢？带这些问题让我们来进行今天的学习。

（二）新课

一、匀变速直线运动 师：（板画）

师：首先我们考虑左图。这个v-t图像有什么特点？ 生：是一条平行于时间轴的直线。

师：它表示的速度有什么特点？

生：速度大小是10m/s，方向与正方向相同，描述的是匀速直线运动。师：匀速直线运动是表示速度恒定的运动，那它的加速度是多少？ 生（众）：零。

师：好，大家观察右图。它与左图有什么相似和不同的地方？

生：速度大小也是10m/s，是反向运动，速度值不变，因此也是匀速直线运动。师：你能断定这两个图象中所表示的运动方向相反吗？

生：是的，它们肯定相反，因为一个是正值，与规定的正方向相同，一个是负值，与规定的正方向相反。师：它们是在同一个坐标系中吗？两个坐标系中规定的正方向一定是相同的吗？ 生：正方向不一定相同，所以不能断定它们的方向一定相反。师：是的，在两个不同的坐标系中不能确定它们的方向关系。

师：（板画）

师：这是我们上节课实验测得的小车速度-时间图像。同学们思考一下，小车的速度随时间怎样变化？小车做的是什么样的运动？

下面我们来对这幅v-t图像进行分析。（板画）

我们发现每过一个相等的时间间隔，速度的增加量是相等的．所以无论Δ t(选在什么区间，对应的速度v的变化量△v与时间t变化量△t之比Δ x / Δ t 是一样的，即这是一种加速度不随时间(时间间隔)改变的直线运动。

师：质点沿着一条直线运动，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．它的速度一时间图象是一条倾斜的直线。（板书）在匀变速直线运动中，如果物体的速度随着时间均匀增大，这个运动就是匀加速直线运动；如果物体的速度随着时间均匀减小，这个运动就是匀减速直线运动。（板书）

师：好下面我们再来看几幅图，看看它们做的是什么运动？【板书】

师：要注意对于图象的完整表达。

生：图一是初速度为v0的匀加速直线运动，速度与加速度方向均为正。

生：图二是初速度为v0的匀减速直线运动．速度方向为正，加速度方向与规定的正方向相反，是负的。

生：图三是初速度为零的匀加速直线运动，但速度方向与规定的速度方向相反，加速度方向为正。生：图四是初速度为v0的匀减速直线运动，速度为零后又做反向(负向)匀加速运动。

生：图五是初速度为v0的负向匀减速直线运动，速度为零后又做反向(正向)匀加速运动。

（教师及时总结和补充学生回答中出现的问题。）师：下面，我们来系统总结一下能从v-t图象中得出哪些信息? 生：质点在任一时刻的瞬时速度及任一速度所对应的时刻，比较速度的变化快慢，加速度的大小和方向。师：（板书）

师：好。现在同学们对于v-t图象已经有了一个比较深刻的认识

师：所谓数理不分家。数学知识在物理中的应用很多，除了我们上面采用图象法来研究外，是为了方便进行定量计算，我们有必要找出物体速度与时间的定量关系。那么做匀变速直线运动的定量描述是怎样的呢？

二、速度与时间的关系式

师：（板书）

1、规定开始时刻为计时起点（即0时刻），则从开始时刻到时刻t，时间的变化量为： △t = t – 0 = t

2、初速度v0

：计时起点（t ＝0）的速度

末速度v：时刻t 的速度

速度的变化量为： △v = v – v0

3、速度与时间关系：

a=vx=vv0t0=v-v0t

得到：v = v0+at 即为速度与时间的关系式。（板书）强调这是本节课的重点以及应该注 意的问题。①公式中各符号的物理意义

②v、a、v0都是矢量，应用时要统一正方向，给各矢量带上正负号

生：公式中有三个矢量，除时间t外，都是矢量．

师：物体做直线运动时，矢量的方向性可以在选定正方向后，用正、负来体现．方向与规定的正方向相同时，矢量取正值，方向与规定的正方向相反时，矢量取负值．一般我们都取物体的运动方向或是初速度的方向为正．

③运用该公式解题时，要注意研究过程，各物理量是相对于同一过程的

师：（板书）

式的理解．

师：我给大家在图上形象地标出了初速度，速度的变化量．请大家从图象上来进一步加深对公生：at是0～t时间内的速度变化量△v，加上基础速度值——初速度vo，就是t时刻的速度v，即v＝vo+at． 师：类似的，请大家自己画出一个初速度为v0的匀减速直线运动的速度图象，从中体会：在零时刻的速度询的基础上，减去速度的减少量at，就可得到t时刻的速度v。下面我们来就两道例题巩固一下：

例1.汽车以40km/h的速度匀速行驶,现以0.6m/s2的加速度加速10s后速度能达到多少？

教师引导学生读题和审题，理解题意，明确已知量、待求量，挖掘隐含条件，确定研究对象和研究过程，画出运动草图正确应用公式及公式变形解题。取汽车初速度的方向为正方向 已知v0 =40km/h =11m/s a =0.6m/s，t =10s 求：v 解：根据v = v0+at

可得10s时速度为：

v=11m/s+0.6m/s2×10s

=17m/s

=61km/h 例题2汽车以36km/h的速度匀速行驶，若汽车以0.6m/s2的加速度刹车，则10s和20s后的速度减为多少？

教师指导学生用速度公式建立方程解题，代入数据，计算结果。教师巡视查看学生自己做的情况，投影出示典型的样例并加以点评。有的同学把a=0.6m/s2代入公式v=vo+at，求出v10=16m/s

v20=22 m/s 师：这种做对吗？

生：汽车在刹车，使减速运动，所以加速度应代负值，即a=﹣0.6 m/s2。

有的同学把a=﹣0.6m/s代入公式v=vo+at，求出v10=4m/s

v20=﹣2 m/s 师：这样做对吗？ 生：对，我也是这样做的

师：v20= —2 m/s中负号表示什么？ 生：负号表示运动方向与正方向相反。

师：请同学们联系实际想一想，汽车刹车后会再朝反方向运动吗？ 生：哦，汽车刹车后经过一段时间就会停下来。师：那这道题到底该怎么做呢？ 生：先计算出汽车经多长时间停下来。

教师出示规范解题的样例。

解：设初速度v0=36km/h=10m/s，加速度a=﹣0.6m/s2，时间t=10s，由速度公式v=vo+at，可知刹车至停止所需时间t=v﹣v0/a=0﹣10/﹣0.6=16.7s。

故刹车10s后的速度v10=v0+at=10m/s﹣0.6×10m/s=4m/s 刹车20s时汽车早已停止运动，故v20=0 师：通过这道题，我们大家知道了汽车遇到紧急情况时，虽然踩了刹车，但汽车不会马上停下来，还会向前滑行一段距离。因此，汽车在运行时，要被限定最大速度，超过这一速度，就可能发生交通事故。请同学们结合实际想一想：当发生交通事故时，交警是如何判断司机是否超速行驶的？

生：汽车刹车时会留下痕迹，交警可以通过测量痕迹的长度，计算出司机刹车时的速度。以此来判断司机是否超速行驶。师：好极了。22规律方法总结：

1.速度公式vt=v0+at的适用条件是匀变速直线运动，所以应用公式时必须首先对运动性质和运动过程进行判断和分析.2.分析物体的运动问题，要养成画运动草图的习惯，主要有两种草图：一是v-t图象；二是运动轨迹.这样将加深对物体运动过程的理解，有助于发现已知量和未知量之间的相互关系.3.如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，弄清物体在每段上的运动规律.如果全过程不是匀变速运动，但只要每一小段做匀变速运动，也可以在该小段应用匀变速速度公式求解.三．小结

本节重点学习了对匀变速直线运动的理解和对公式v＝vo+at的掌握．对于匀变速直线运动的理解强调以下几点：

1．任意相等的时间内速度的增量相同，这里包括大小方向，而不是速度相等．

2．从速度一时间图象上来理解速度与时间的关系式：v＝vo+at，t时刻的末速度v是在初速度v0的基础上，加上速度变化量△v＝at得到．

3．对这个运动中，质点的加速度大小方向不变，但不能说a与△v成正比、与△t成反比，a决定于△v 和△t 的比值．

4．a＝△v/△t 而不是a＝v/t , a＝△v/△t =（vt-v0）/△t即v＝vo+at，要明确各状态的速度，不能混淆．

5．公式中v、vo、a都是矢量，必须注意其方向．

数学公式能简洁地描述自然规律，图象则能直观地描述自然规律．利用数学公式或图象，可以用已知量求出未知量．例如，利用匀变速直线运动的速度公式或v-t图象，可以求出速度，时间或加速度等．

用数学公式或图象描述物理规律通常有一定的适用范围，只能在一定条件下合理外推，不能任意外推．例如，讨论加速度d＝2 m／s2的小车运动时，若将时间t推至2 h，即7 200s，这从数学上看没有问题，但是从物理上看，则会得出荒唐的结果，即小车速度达到了14 400m／s，这显然是不合情理的．

五、作业：教材第39页“问题与练习”

《变速器与分动器》教案 第6篇

活动与探究

课题：用一把直尺可以测定你的反应时间.

方法：请另一个人用两个手指捏住直尺的顶端，你用一只手在直尺的下端作捏住直尺的准备，但手不能碰到直尺，记下这时手指在直尺上的位置；当你看到另一个人放开直尺时，你立即去捏直尺，记下你捏住直尺的位置，就可以求出你的反应时间.（用该尺测反应时间时，让手指先对准零刻度处）试说明其原理.

提示：直尺做v0=0、a=g的匀加速直线运动，故x= .

习题详解

1.解答：初速度v0=36 km/h=10 m/s，加速度a=0.2 m/s2，时间t=30 s，根据s=v0t+ at2得s=390 m.

根据v=v0+at得v=16 m/s.

2.解答：初速度v0=18 m/s，时间t=3 s，位移s=36 m.根据s=v0t+ at2得a= =-4 m/s2.

3.解答：x= at2x∝a

即位移之比等于加速度之比.

设计点评

《变速器与分动器》教案 第7篇

一、设计思想

本节是必修1第二章的最后一节，应该充分体现出对第三节匀变速直线运动的应用价值。这一节理应成为第三节的例题和习题，新教材将其列为独立的一章，匠心在于学习匀变速直线运动应用的同时，突出《汽车行驶安全》，对学生进行机动车行驶中的安全教育。

这节课将设计4个讨论题，要学生研究为什么要保持车距？为什么不要酒后开车？为什么不要超速等问题，经用匀速直线运动和匀变速直线运动规律分析均可得到合理解释。教学过程中不单对学生进行了安全教育，而且学会了应用匀变速直线运动的规律分析问题，解决问题。

二、《课标》要求

1.掌握匀变速直线运动规律的应用，会分析一般的简单问题。

2.了解机动车安全驾驶法规。

三、教学对象分析

1.学生完成了第三节的学习，已经掌握了匀变速直线运动的速度公式Vt=V0+at，位移公式S=V0t+1/2at2和推导而来的Vt2﹣V0=2as，尚缺乏对具体问题的分析应用。

22.学生了解一般的安全行车要求：如不要超速、不要酒后驾驶、要保持一定的行车距离。但要究其原因，即要知其所以然，则缺少应用物理知识的科学论证。

3.学生对与生活联系紧密且有一定了解的行车安全问题会感兴趣，给上好这一节课奠定了良好的基础，但由于部分学生物理基础差，在探究过程中缺乏自主能力。

四、教学目标

1.知识和技能

根据文字信息能在头脑中展现汽车在人体反应时间内的匀速直线运动和刹车时间内的匀减速直线运动的物理情景，建立物理模型。

会应用速度公式、位移公式和推理结论，结合汽车的运动分析解决问题。

2.过程与方法

在探究问题的过程中，要培养学生良好的分析问题、处理问题的习惯：通过文字信息的慢慢品味（注意题目所包含的隐含条件），首先建立清晰的物理模型，眼前出现动态的物体运动情景；其次建立不同的物理过程与相应的物理规律之间的联系；再其次根据选取的正方

向，判断物理量的正负号后正确列出物理方程，通过数学手段解题；最后将结果与命题对照，体会一下客观过程。

3.情感态度与价值观

培养学生尊重实际的态度，树立辨证唯物主义观点。

培养学生树立牢固的安全意识，关爱生命。

五、重点和难点

1.重点：通过汽车安全行驶问题，培养学生应用匀变速直线运动规律分析问题、解决问题的能力

2.难点：不善于挖掘题目中的隐含条件；不能正确选取加速度的正负号；不善于排除题目中多余的已知条件。

六、教学过程

1.导入新课

老师进行全班统计：

请家里有汽车的同学举手；请开过汽车的同学举手；请开过摩托车的同学举手。

统计的结果肯定过半数，因为大部分同学都会开摩托车。统计的目的是把同学们的注意力集中起来，投入下面的问题中去。

老师：同学们都有一定的直接或间接驾驶机动车的经验，你们能说出几条安全行车的法规？

根据同学们的回答老师进一步问：为什么要保持一定的行车距离？为什么不可酒后驾车？为什么不可超速驾驶？今天我们全班同学一起利用上节课学习的匀变速直线运动的速度公式、位移公式和推导的结论来回答以上问题。在了解机动车驾驶安全法规的同时，我们学习用匀变速直线运动规律来分析问题、解决问题，这就是我们这节课要达到的教学目标。

板书课题：《匀变速直线运动和汽车行驶安全》

2.新课内容

讨论一：汽车行驶中为什么要保持车距？

例1汽车在高速公路上行驶的速度为108km/h，若驾驶员发现前方80m处发生了交通事故，马上紧急刹车，汽车以恒定的加速度经过4s才停下来，问汽车是否会有安全问题？

由于是第一题，为建立正确的思维过程和规范的解题模式，基本由老师带领同学分析：首先要指导学生养成慢慢审题的良好习惯，边读题边在头脑中构建物理模型，眼前要展现清晰的物理情景，汽车做匀减速直线运动。在此过程中，初速度为108km/h，即30 m/s。汽车

经4s停下来，似乎只有两个已知量，但仔细分析后发现，题中还隐含着一个条件：汽车刹车停止后末速度为0，问题应可解决。题中“前方80m处”这一条件，并不是汽车停下来的实际位移，它只作为判断是否安全的依据。

解：选汽车初速度方向为正方向，其加速度为

a =（Vt–V0）/t =（0–30）/4m/s =–7.5m/s 2

2汽车由刹车到停止所经过的位移为

S =V0t + 1/2 at2 =[30×4 +1/2 ×（-7.5）×4]m =60m 2

由于前方距离有80m汽车经过60m就已停下来，所以不会有安全问题。

讨论二：上题中，汽车刹车后经4s停下来，试问驾驶员发现事故到汽车停下来是否也是4s？

教师指导学生看P32《实践与拓展》： “ 2.人对周围发生的事情，都需要一段时间来作出反应，从人发现情况到采取行动所经历的时间，称为反应时间。”

教师给学生设置第进式的问题供同学们探究：

① 驾驶员从发现事故到汽车停下来是4s？或大于4S？或小于4S？（答案：大于4s）② 请同学们构建从驾驶员发现事故到汽车停下来汽车运动的物理模型。（答案：汽车

先做匀速直线运动，后做匀减速直线运动）

③ 例2上题中驾驶员的反应时间是0.5s该汽车有安全问题吗？

汽车在前后两个运动过程中的位移各是多少？请同学们计算一下。（答案：匀速直线运动位移S =V t =（30×0.5）m =15 m匀减速直线运动位移同

上，为60m，汽车运动总位移为75m，所以依然没有安全问题。）

讨论三：为什么不允许酒后开车？（服用某些感冒药后，或老年人，或处于疲劳状态下都不易开车）

教师指导学生阅读课本：在通常情况下，驾驶者的反应时间与其注意力集中程度、驾驶经验和体力状态有关，平均约为0.5∽1.5s驾驶员酒后的反应时间则至少会增加2∽3倍。例3若驾驶员酒后开车，反应时间为1.5s，上述汽车是否有安全问题？

此题与例2同类型，所以由思维反应较慢的同学回答

解：匀速直线运动位移S =V t =（30×1.5）m= 45m

匀减速直线运动位移60m，总位移105m，汽车有安全问题。

服用某些感冒药后，或老年人，或处于疲劳状态都会延长反应时间，所以都不宜开车。讨论四：根据不同的道路或道路周边环境，对行驶车辆都有一个最高速度限制，不允许超速。请同学们通过计算，将结果填写在下列表格中，就会明白汽车为什么不允许超速。

例四：《驾驶员守则》中安全距离表格

假定汽车在两种不同速度情况下，驾驶员的反应时间相同，汽车刹车时加速度相同，请将表格中的A、B、C、D 四个空填上。

此题有一定难度，要找反应快，接受新知识能力强的同学参于讨论。

分析：①反应距离，由匀速直线运动公式 S =V t，当时间相同，位移与速度成正比。车速80km/h，反应距离20m；则车速40km/h，反应距离A=10m。

②刹车距离，在已知初速度、末速度、加速度的情况下，可以用推论Vt2﹣V0=2as，2因为末速度为零，所以S = ﹣V0/2a，当加速度相同，位移与初速度平方成正比；

车速40km/h，刹车距离10 m，则车速80km/h，刹车距离B = 40 m。

③反应距离和刹车距离之和等于总位移C = 20 mD = 60 m由以上数据可以看出，车速越大总位移越大，所以行车不要超速。

3.课堂小结

这节课我们了解到行车安全的部分法规，而且知道了这些法规完全来自于运动学原理。在论证这些法规的过程中，我们应用了运动学的公式，明确了一般的解题程序。学以致用，我们今后更要关爱生命，注意安全。

4.布置作业P404 ； P4514、18

七、教学用具

为帮助同学建立物理模型，将汽车的运动用flash动画表现出来。

八、教学流程图

九、教学反思

教师采用了完全不同的教学方法。对于接受新知识较快的教学班，学生的思维敏捷，反应快，教师采用较多学生自主活动的方式；对于稍差点的班，学生自主活动减少，教师占用时间增加；对于接受新知识较慢的教学班（慢班），教师以讲授为主，学生配合为辅。

软启动器控制回路改造与革新 第8篇

关键词：软启动器 前置变压器 降压运行

一、改造实施背景

软启动器（Soft Starter）是一种集电动机软启动、软停车、轻载节能和多种保护功能于一体的电动机控制装置。使用软启动器启动电动机时，晶闸管的输出电压逐渐增加，电动机逐渐加速，直到晶闸管全导通，电动机工作在额定电压的机械特性上，实现平滑启动，降低启动电流，避免启动过流跳闸。待电动机达到额定转数时，启动过程结束，软启动器自动用旁路接触器取代已完成任务的晶闸管，为电动机正常运转提供额定电压，以降低晶闸管的热损耗，延长软启动器的使用寿命，提高其工作效率，又使电网避免了谐波污染。软启动器同时还提供软停车功能，软停车与软启动过程相反，电压逐渐降低，转数逐渐下降到零，避免自由停车引起的转矩冲击。

自2008年进行设备升级后，某国外品牌软启动器被大量应用于水源地水源井控制系统中，用于控制水源井开停。随着使用时间的增加，2010年开始出现部分水源井在运行时发生自动停机，软启动器控制模块显示为“被停止”的故障。而一旦显示为“被停止”设备就无法再启动，只能采取更换新的控制模块的方法使设备重新运行。此后每年出现故障的模块逐渐增多，至2014年已增至每年10余块模块需要更换，且一块控制模块的购买费用近万元，不但增加了运营成本，而且严重影响供水设备的稳定运行。

期间多次与设备供应商进行沟通，与其技术人员到现场进行分析。由于该品牌软启动器为进口设备，为更进一步检测，设备供应商将损坏的控制模块送到该品牌生产地原厂进行检测。检测结果显示：自动停机是控制模块内C6、C7电容器被击穿所致，而C6、C7被击穿的原因为电网波动造成的过流或过压。

二、改造原理

经多方查询相关资料，多次和该设备供应商相关技术人员沟通后，发现该软启动器控制模块生产国电压标准为110V，此产品主要供应该国国内使用。随着市场的扩大，该产品进入到我国，为适应不同市场兼容了220V。从此思路入手查阅了该产品的相关说明，发现该软启动器控制模块虽然支持110～220V的AC输入，但该产品控制模块电源的最高输入电压仅为240V。

水源井群所在地一般为开阔平原地带，雨季一般多雷雨，部分电网与农电共用，电网质量一般，电压不稳定。在这种情况下，电网中极易出现电涌。而电涌能对控制电路的IC等元件造成损坏，击穿半导体器件，破坏元器件金属化表层，破坏印刷电路板印刷线路或接触点。

为此决定将目前控制模块的运行电压从220V调整到110V运行，这样可以有效防止电网对设备的冲击。即使有瞬时电压过高的情况发生，但由于有变压器的隔离和降压作用，实际加之于控制模块的供电升压也不会超过上限240V，由此可以最大限度地保证设备供电在安全合理的范围内运行，见图1。

三、具体改造

由于软启动器控制模块对功率有一定要求，在查询相关说明保留充分裕度的基础上选取220V～110V额定功率为180W的变压器。在充分考虑到实际工况和配电盘内的安装条件后，选取了220V～110V的R型变压器，该型号变压器除具有体积小、结构简单、安全可靠等优点外，还具有可定制功率的特点，正好满足改造对于变压器的要求。

线路改造中除软启动器控制模块的控制电源电压要改为110V，其对应的启动/停止控制结点的电压也要相应更改为110V。

控制端子说明见下表。

改造试点的选取：本次所选取的多口水源井均为数次出现软启动器控制模块损坏，且在用控制模块在2年以上的水源井。

具体改造的原理图如图2、图3所示。

四、改造效果

经过近一年的改造后运行，所有参与改造的软启动器并未再出现控制模块故障，这也表明了加装前置变压器降压运行软启动器控制模块能有效抵御电网波动造成的过流或过压烧毁设备的风险，提高了水源井运行的稳定性，也降低了运营成本。

《变速器与分动器》教案 第9篇

【教学目标】

一、知识与技能

1.知道匀速直线运动的位移与时间的关系。

2.理解匀变速直线运动的位移与时间的关系及其应用。

3.理解v-t图象中图线与t轴所夹的面积表示物体在这段时间内的位移。

二、过程与方法

1.通过近似推导位移公式的过程，体验微元法的特点和技巧，能把瞬时速度的求法与此比较。

2.感悟一些数学方法的应用特点。

三、情感、态度与价值观

1.经过微元法推导位移公式，培养自己动手能力，增加物理情感。2.体验成功的快乐。【教学重点】

1.理解匀变速直线运动的位移及其应用。

2.理解匀变速直线运动的位移与时间的关系及其应用。【教学难点】

1.v-t图象中图线与t轴所夹的面积表示物体在这段时间内运动的位移。2.微元法推导位移公式。【课时安排】 2课时.【教学过程】

第一课时

一、导入新课

初中已学过匀速直线运动求位移的方法x=vt,在速度—时间图像中可看出位移对应着一块矩形面积。（此处让学生思考回答）

对于匀变速直线运动是否也对应类似关系呢？

二、新授

分析教材 “思考与讨论”，引入微积分思想，对教材P38图2.3-2的分析理解（教师与学生互动）确认v-t图像中的面积可表示物体的位移。

位移公式推导：

先让学生写出梯形面积表达式：

S=（OC+AB）OA/2 分请学生析OC,AB,OA各对应什么物理量？并将v = v0 + at 代入，得出：x = v0t + at2/2 注意式中x, v0 ,a要选取统一的正方向。应用：1.书上例题分析，按规范格式书写。

2.补充例题：汽车以10s的速度行驶，刹车加速度为5m/s，求刹车后1s，2s，3s的位移。

已知： v= 10m/s, a=-5m/s2。

由公式：x = v0t + at2/2

可解出：x1 = 10*15*22/2 = 10m

x3 = 10*3v02 = 2ax（注意：该式为不独立的导出式）

☺ 练习：由前面例题：v0 =10m/s, a =-5m/s2 求刹车经7.5m时的速度？

由公式：

v =-5m/s(舍去)

刹车经7.5米时的速度为5m/s,与初速度方向相同。

补充练习： 1．某航空母舰上飞机在跑道加速时，发动机最大加速度为5m/s2，所需起飞速度为50m/s，跑道长100m，通过计算判断，飞机能否靠自身发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？（答：不能靠自身发动机起飞；39m/s。）

2．为了测定某轿车在平直路上运动时的加速度（轿车启动时的运动可以近似看做匀加速运动），某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片（如图），如果拍摄时每隔2s曝光一次，轿车车身总长为4.5m那么这辆轿车的加速度约为（）

A 1m/s；

B 2m/s；

C 3m/s；

D 4m/s；

（答：B）

第二课时

一、引入新课

上节课我们学习了匀变速直线运动的位移，知道了匀变速直线运动的速度－时间图象中，图线与时间轴所围面积等于运动的位移；并推导出了匀变速直线运动的位移－时间公式xv0t12at。这节课我们继续探究匀变速直线运动的位移与速度的关系。

2二、新课

匀变速直线运动的位移与速度的关系

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，有时还要知道物体的位移与速度的关系，请同学们做下面的问题：

（投影）“射击时，火药在枪筒中燃烧，燃气膨胀，推动弹头加速运动。我们把子弹在枪筒中的运动看作匀加速直线运动，假设子弹的加速度是a=5*103m/s2，枪筒长x=0.64m，计算子弹射出枪口时的速度。并推出物体的位移与速度的关系式。

2学生做题并推导出物体的位移与速度的关系：v2v02ax

培养学生在解答题目时简化问题的能力和推导能力；在解答匀变速直线运动的问题时，2如果已知量和未知量都不涉及时间，应用公式 v2v02ax求解，往往会使问题变得简单，方便。

小结：vv0at ①xv0t122at ② v2v02ax③是解答匀变速2直线运动规律的三个重要公式，同学们要理解公式的含义，灵活选择应用。

三、课堂总结

通过两节课的学习，掌握了匀变速直线运动的三个基本公式，vv0at ①xv0t122at ② v2v02ax③，这是解答匀变速直线运动规律的三个重要公2式，同学们要理解公式的含义，灵活选择应用。

在利用公式求解时，一定要注意公式的矢量性问题。一般情况下，以初速度方向为正方向；当a与v0方向相同时，a为正值，公式即反映了匀加速直线运动的速度和位移随时间的变化规律；当a与v0方向相反对，a为负值，公式反映了匀减速直线运动的速度和位移随时间的变化规律。代入公式求解时，与正方向相同的代人正值，与正方向相反的物理量应代入负值。

四、实例探究

公式的基本应用（xv0t12at）2［例1］一辆汽车以10m/s2的加速度做匀减速直线运动，经过6秒（汽车未停下）。汽车行驶了102m。汽车开始减速时的速度是多少？

分析：汽车一直作匀减速运动，其位移可由多种不同方法求解。

11xat2102(1)621222解法1：由xv0tat得v020 m/s 2t6所以，汽车开始减速时的速度是20m/s 解法2： 整个过程的平均速度v又vv0vtat，而vtv0at，得vv0

22x102at1617 m/s，解得v0v1720 m/s t622所以，汽车开始减速时的速度是20m/s

点拨：①运动学公式较多，故同一个题目往往有不同求解方法；②为确定解题结果是否正确，用不同方法求解是一有效措施。

关于刹车时的误解问题

［例2］ 在平直公路上，一汽车的速度为15m／s。，从某时刻开始刹车，在阻力作用

下，汽车以2m/s2的加速度运动，问刹车后10s末车离开始刹车点多远？

读题指导：车做减速运动，是否运动了10s，这是本题必须考虑的。

分析： 初速度 v0=15m／s，a =-2m／s2，分析知车运动 7.5s就会停下，在后 2.5s内，车停止不动。

解：设车实际运动时间为t，v t=0，a=-2m／s2

由vv0at知 运动时间tv0157.5s a2说明刹车后7.5s汽车停止运动。

2由v2v02ax得

2v2v0152所以车的位移x56.25m

2a2(2)点评：计算题求解，一般应该先用字母代表物理量进行运算，得出用已知量表达未知量的关系式，然后再把数值代入式中，求出未知量的值。这样做能够清楚地看出未知量与已知量的关系，计算也比较简便。

关于先加速后减速问题（图像的巧妙应用）

［例3］从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12s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50 m。求汽车的最大速度。

分析：汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，达到最高速度后，立即改做匀减速运动，可以应用解析法，也可应用图像法。

解法1：设最高速度为vm，由题意，可得方程组

x1212a1t1vmt2a2t2 tt1t2 22vma1t1 0vma2t2

整理得vm2x2505m/s t20解法2：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

vmv，故全过程的平均速度等于m，22由平均速度公式得vmx2x2505m/s ＝，解得vmtt202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。

解法3：应用图象法，做出运动全过程的v-t图象，如图所示。v-t图线与t轴围成三角形的面积与位移等值，故

xvmt2x2505m/s，所以vmt202

布置作业

书面完成P40“问题与练习”

《实习教案稿》变速器 第10篇

变速器的工作原理与拆装、调整

变速器的工作原理变速器的拆装与调整

1.掌握变速器的工作原理、结构组成.2.掌握变速器各零部件的结构、装配关系.3.掌握变速器（包括手制动）的拆装与调整.难点:

变速器（包括手制动）的拆装与调整

实习设备: 解放车变速器（包括手制动）、东风变速器、车辆

实习工具:常用工具一套、专用工具

1.检查学生的出勤情况与仪表.2.利用实物进行直观教学，并利用幻灯投影进行辅助教学.3.对学生进行专业道德教育与安全教育.4.参观车辆.1.变速器（包括手制动）拆装与调整.2.变速器装配到车辆上.1.变速器的工作原理及其各零部件的名称、相互连接关系.2.变速器的拆装与调整.3.变速器的装车.1.参观车辆，了解变速器的安装位置、结构.课时:

2.变速器的工作原理及其各零部件的名称、相互连接关系.课时:

3.变速器（包括手制动）的拆装与调整.课时:

4.将变速器安装到汽车上.课时：