新教材高中物理必修一第二章 专题强化 竖直上抛运动 追及和相遇问题.docx
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新教材高中物理必修一第二章专题强化竖直上抛运动追及和相遇问题
[学习目标] 1.知道竖直上抛运动是匀变速直线运动,会利用分段法或全程法求解竖直上抛的有关问题.2.会分析追及相遇问题,会根据两者速度关系和位移关系列方程解决追及相遇问题.
一、竖直上抛运动
1.竖直上抛运动
将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出,抛出的物体只在重力作用下运动,这种运动就是竖直上抛运动.
2.运动性质
先做竖直向上的匀减速运动,上升到最高点后,又开始做自由落体运动,整个过程中加速度始终为g,全段为匀变速直线运动.
3.运动规律
通常取初速度v0的方向为正方向,则a=-g.
(1)速度公式:
v=v0-gt.
(2)位移公式:
h=v0t-
gt2.
(3)位移和速度的关系式:
v2-v02=-2gh.
(4)上升的最大高度:
H=
.
(5)上升到最高点(即v=0时)所需的时间:
t=
.
4.运动的对称性
(1)时间对称
物体从某点上升到最高点和从最高点回到该点的时间相等,即t上=t下.
(2)速率对称
物体上升和下降通过同一位置时速度的大小相等、方向相反.
气球下挂一重物,以v0=10m/s的速度匀速上升,当到达离地面高175m处时,悬挂重物的绳子突然断裂,那么重物再经多长时间落到地面?
落地前瞬间的速度多大?
(空气阻力不计,g取10m/s2)
答案 7s 60m/s
解析 解法一 分段法
绳子断裂后,重物先匀减速上升,速度减为零后,再匀加速下降.
重物上升阶段,时间t1=
=1s,
由v02=2gh1知,h1=
=5m
重物下降阶段,下降距离H=h1+175m=180m
设下落时间为t2,则H=
gt22,故t2=
=6s
重物落地总时间t=t1+t2=7s,落地前瞬间的速度v=gt2=60m/s.
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h=v0t-
gt2=-175m
可解得t=7s(t=-5s舍去)
由v=v0-gt,得v=-60m/s,负号表示方向竖直向下.
竖直上抛运动的处理方法
1.分段法
(1)上升过程:
v0≠0、a=g的匀减速直线运动.
(2)下降过程:
自由落体运动.
2.全程法
(1)整个过程:
初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动,应用规律v=v0-gt,h=v0t-
gt2.
(2)正负号的含义(取竖直向上为正方向)
①v>0表示物体上升,v<0表示物体下降.
②h>0表示物体在抛出点上方,h<0表示物体在抛出点下方.
(2019·天津益中学校高一月考)在某塔顶上将一物体竖直向上抛出,抛出点为A,物体上升的最大高度为20m,不计空气阻力,设塔足够高,则:
(g取10m/s2)
(1)物体抛出的初速度大小为多少?
(2)物体位移大小为10m时,物体通过的路程可能为多少?
(3)若塔高H=60m,求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小.
答案
(1)20m/s
(2)10m 30m 50m (3)6s 40m/s
解析
(1)设初速度为v0,竖直向上为正,有-2gh=0-v02,故v0=20m/s.
(2)位移大小为10m,有三种可能:
向上运动时x=10m,返回时在出发点上方10m,返回时在出发点下方10m,对应的路程分别为s1=10m,s2=(20+10)m=30m,s3=(40+10)m=50m.
(3)落到地面时的位移x=-60m,设从抛出到落到地面用时为t,有x=v0t-
gt2,
解得t=6s(t=-2s舍去)
落地速度v=v0-gt=(20-10×6)m/s=-40m/s,则落地速度大小为40m/s.
二、追及、相遇问题
1.分析追及问题的注意事项
(1)要抓住一个条件,两个关系:
一个条件是两物体的速度满足的临界条件;两个关系是时间关系和位移关系.通过画草图找两物体的位移关系是解题的突破口,如两物体距离最大、最小,恰好追上或恰好追不上等.
(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已经停止运动.
2.解题基本思路和方法
⇒
⇒
⇒
(2019·汉阳一中月考)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现在他前面x0=13m远处以v0=8m/s的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时,决定前去追赶,经t0=2.5s,警车发动起来,以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动,求:
(1)警车发动后追上违章的货车所用的时间t;
(2)在警车追上货车之前,两车间的最大距离Δxm.
答案
(1)11s
(2)49m
解析
(1)警车开始运动时,货车在它前面
Δx=x0+v0t0=13m+8×2.5m=33m
警车运动位移:
x1=
at2
货车运动位移:
x2=v0t
警车要追上货车满足:
x1=x2+Δx
联立并代入数据解得:
t=11s(t=-3s舍去)
(2)警车速度与货车速度相同时,相距最远
对警车有:
v0=at′
x1′=
at′2,x2′=v0t′
最远距离:
Δxm=x2′-x1′+Δx=49m.
针对训练 (2019·宁夏育才中学高一上学期期末)汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶时,制动后40s停下来.现在同一平直公路上以20m/s的速度行驶时发现前方200m处有一货车以6m/s的速度同向匀速行驶,司机立即制动,则:
(1)求汽车刹车时的加速度大小;
(2)是否发生撞车事故?
若发生撞车事故,在何时发生?
若没有撞车,两车最近距离为多少?
答案
(1)0.5m/s2
(2)不会相撞 最近相距4m
解析
(1)汽车制动加速度大小a=
=0.5m/s2
(2)当汽车减速到与货车共速时t0=
=28s
汽车运动的位移x1=
=364m
此时间内货车运动的位移为x2=vBt0=168m
Δx=x1-x2=196m<200m,所以两车不会相撞.
此时两车相距最近,最近距离Δs=x0-Δx=200m-196m=4m.
一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上,突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶,小汽车紧急刹车,刹车过程中刹车失灵.如图1所示,图线a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图像(忽略刹车反应时间),以下说法正确的是( )
图1
A.因刹车失灵前小汽车已减速,故不会发生追尾事故
B.在t=3s时发生追尾事故
C.在t=5s时发生追尾事故
D.若紧急刹车时两车相距40m,则不会发生追尾事故且两车最近时相距10m
答案 B
解析 根据速度—时间图线与时间轴所围“面积”大小等于位移大小,由题图知,t=3s时大卡车的位移为:
xb=vbt=10×3m=30m
小汽车的位移为:
xa=
×(30+20)×1m+
×(20+15)×2m=60m
则:
xa-xb=30m
所以在t=3s时发生追尾事故,故B正确,A、C错误;
由v-t图线可知在t=5s时两车速度相等,小汽车相对于大卡车的位移:
Δx=
×(20+10)×1m+
×10×4m=35m<40m
则不会发生追尾事故且两车最近时相距Δs=x0-Δx=5m,故D错误.
追及相遇问题常见情况
1.速度小者追速度大者
类型
图像
说明
匀加速
追匀速
a.t=t0以前,后面物体与前面物体间距离增大;
b.t=t0时,两物体相距最远为x0+Δx;
c.t=t0以后,后面物体与前面物体间距离减小;
d.能追上且只能相遇一次.
注:
x0为开始时两物体间的距离
匀速追
匀减速
匀加速追
匀减速
2.速度大者追速度小者
类型
图像
说明
匀减速
追匀速
开始追时,后面物体与前面物体间距离在减小,当两物体速度相等时,即t=t0时刻:
a.若Δx=x0,则恰能追上,两物体只能相遇一次,这也是避免相撞的临界条件;
b.若Δx c.若Δx>x0,则相遇两次,设t1时刻Δx1=x0两物体第一次相遇,则t2时刻两物体第二次相遇. 注: x0为开始时两物体间的距离 匀速追 匀加速 匀减速 追匀 加速 1.(竖直上抛运动)(多选)某物体以30m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10m/s2,5s内物体的( ) A.路程为65m B.位移大小为25m,方向竖直向上 C.速度改变量的大小为10m/s D.平均速度大小为13m/s,方向竖直向上 答案 AB 解析 初速度为30m/s,只需要t1= =3s即可上升到最高点,位移为h1= gt12=45m,再自由下落2s时间,下降高度为h2= gt22=20m,故路程为s=h1+h2=65m,A项对;此时离抛出点高x=h1-h2=25m,位移方向竖直向上,B项对;5s末时速度为v5=v0-gt=-20m/s,速度改变量大小为Δv=|v5-v0|=50m/s,C项错;平均速度为 = =5m/s,方向竖直向上,D项错. 2.(追及相遇问题)(2019·龙岩市期末)甲、乙两车在平直的公路上同时同地沿同一方向做直线运动,它们的v-t图像如图2所示,在0~20s这段时间内,下列说法正确的是( ) 图2 A.在t=10s时两车相遇 B.在t=10s时两车相距最近 C.在t=20s时两车相遇 D.在t=20s时,乙车在甲车前面 答案 C 解析 0~10s内甲车的速度比乙车的大,甲车在乙车的前方,两者间距增大;t=10s后乙的速度比甲的大,两者间距减小,所以t=10s时甲、乙两车相距最远,故A、B错误;根据v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移,可知t=20s时甲、乙的位移相等,两车相遇,故C正确,D错误. 3.(竖直上抛与相遇综合问题)以初速度v0=20m/s竖直向上抛出一小球,2s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球,问两小球在离抛出点多高处相遇(g取10m/s2)( ) A.10mB.15mC.20mD.5m 答案 B 解析 先竖直向上抛出的小球到达最高点所用的时间为t= = s=2s,所以另一小球抛出时,它恰好在最高点将要做自由落体运动.由竖直上抛运动的对称性可得,两小球再经过1s后相遇.故两小球相遇处离抛出点的高度为h=v0t- gt2=20×1m- ×10×12m=15m. 4.(追及相遇问题)当交叉路口的绿灯亮时,一辆客车以a=2m/s2的加速度由静止启动,在同一时刻,一辆货车以10m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长),则: (1)客车什么时候追上货车? 客车追上货车时离路口多远? (2)在客车追上货车前,两车的最大距离是多少? 答案 (1)10s 100m (2)25m 解析 (1)客车追上货车的过程中,两车所用时间相等,位移也相等,设经过t1时间客车追上货车, 则v2t1= at12, 代入数据解得t1=10s, 客车追上货车时离路口的距离x= at12= ×2×102m=100m. (2)两车距离最远时,两车应具有相等的速度, 设经过时间为t2,则v2=at2,代入数据解得t2=5s. 最大距离Δx=v2t2- at22=10×5m- ×2×52m=25m. 训练1 竖直上抛运动 1.(2019·莆田四中、莆田六中高一联考)某同学身高1.8m,在运动会上他参加跳高比赛,起跳后身体横着越过了1.8m高的横杆.据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为( ) A.2m/sB.4m/sC.6m/sD.8m/s 答案 B 解析 由题可知,人的重心在跳高时升高约0.9m,因而初速度v0= ≈4m/s,故选B. 2.(2019·湛江市模拟)如图1所示,将一小球以10m/s的初速度在某高台边缘竖直上抛,不计空气阻力,取抛出点为坐标原点,向上为坐标轴正方向,g取10m/s2,则3s内小球运动的( ) 图1 A.路程为25m B.位移为15m C.速度改变量为30m/s D.平均速度为5m/s 答案 A 解析 由x=v0t- gt2得位移x=-15m,B错误;平均速度 = =-5m/s,D错误;小球竖直上抛,由v=v0-gt得速度的改变量Δv=-gt=-30m/s,C错误;上升阶段通过路程x1= =5m,下降阶段通过的路程x2= gt22,t2=t- =2s,解得x2=20m,所以3s内小球运动的路程为x1+x2=25m,A正确. 3.一个从地面开始做竖直上抛运动的物体,它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA,两次经过一个较高点B的时间间隔是TB,则A、B两点之间的距离为( ) A. g(TA2-TB2)B. g(TA2-TB2) C. g(TA2-TB2)D. g(TA-TB) 答案 A 解析 物体做竖直上抛运动经过同一点,上升时间与下落时间相等,则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA= ,从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB= ,则A、B两点的距离x= gtA2- gtB2= g(TA2-TB2). 4.(多选)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出,抛出时间间隔为2s,它们运动的v-t图像分别如图2中直线甲、乙所示.则( ) 图2 A.t=2s时,两球的高度差一定为40m B.t=4s时,两球相对于各自抛出点的位移相等 C.两球从抛出至落到地面所用的时间相等 D.甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球的相等 答案 BD 解析 根据v-t图像与时间轴所围面积表示位移,t=2s时,甲球的位移为40m,乙球位移为0,但需注意题干两球从距地面不同高度处抛出,故高度差不一定等于位移差,A错误;t=4s时,对甲球位移为t轴上方面积减去下方面积,代表的位移为40m,乙球位移也为40m,B正确;由于初速度相同,两球从抛出到回到抛出点的运动情况一致,所以到达最高点的时间间隔和回到抛出点的时间相等,D正确;由于抛出点高度不同,回到抛出点之后的运动时间不同,所以落到地面的时间间隔不同,C错误. 5.(多选)某人在高层楼房的阳台上以20m/s的速度竖直向上抛出一个石块,石块运动到离抛出点15m处时,所经历的时间可能是(不计空气阻力,g取10m/s2)( ) A.1sB.2sC.3sD.(2+ )s 答案 ACD 解析 取竖直向上为正方向,当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时,位移为x=15m,由x=v0t- gt2,解得t1=1s,t2=3s.其中t1=1s对应着石块上升过程中离抛出点15m处时所用的时间,而t2=3s对应着从最高点下落时离抛出点15m处时所用的时间. 当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时,位移为x′=-15m,由x′=v0t′- gt′2,解得t1′=(2+ )s,t2′=(2- )s(舍去). 6.(2016·江苏卷)小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动,取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向.下列速度v和位置x的关系图像中,能描述该过程的是( ) 答案 A 解析 由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v= ,从最高点下落时二者的关系为v=- ,对比图像可知A项正确. 7.(2019·武威市第六中学月考)某校一课外活动小组自制了一枚火箭,设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动,经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完,若不计空气阻力,取g=10m/s2,求: (1)燃料恰好用完时火箭的速度大小; (2)火箭上升离地面的最大高度; (3)火箭从发射到返回发射点的时间. 答案 (1)20m/s (2)60m (3)9.46s 解析 (1)设燃料恰好用完时火箭的速度为v,根据运动学公式有h= t, 解得v=20m/s. (2)火箭能够继续上升的时间t1= = s=2s 火箭能够继续上升的高度h1= = m=20m 因此火箭离地面的最大高度H=h+h1=60m. (3)火箭由最高点落至地面的时间t2= = s=2 s,火箭从发射到返回发射点的时间t总=t+t1+t2≈9.46s. 训练2 追及和相遇问题 1.(多选)(2019·遵义航天高中模拟)在某次遥控车漂移激情挑战赛中,若a、b两个遥控车从同一地点向同一方向做直线运动,它们的v-t图像如图1所示,则下列说法正确的是( ) 图1 A.b车启动时,a车在其前方2m处 B.运动过程中,b车落后a车的最大距离为4m C.b车启动3s后恰好追上a车 D.b车超过a车后,两车不会再相遇 答案 CD 解析 根据速度—时间图线与时间轴包围的面积表示位移,可知b在t=2s时启动,此时a的位移为x= ×1×2m=1m,即a车在b车前方1m处,选项A错误;当两车的速度相等时,相距最远,最大距离为xmax=1.5m,选项B错误;由于两车从同一地点沿同一方向做直线运动,当位移相等时两车才相遇,由题图可知,b车启动3s后(即t=5s)的位移xb= ×2×2m+2×1m=4m,xa= ×1×2m+3×1m=4m,故b车启动3s后恰好追上a车,C正确;b车超过a车后,由于b的速度大,所以不可能再相遇,选项D正确. 2.(多选)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶,t=0时两车都在同一计时线处,此时比赛开始.它们在四次比赛中的v-t图像如图所示,则下列图像对应的比赛中,有一辆赛车能够追上另一辆的是( ) 答案 AC 解析 选项A图中当t=20s时,两图线与时间轴所围的“面积”相等,此时b追上a,所以选项A正确;选项B图中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”,所以不可能追上,选项B错误;选项C图中,在t=20s时,两图线与时间轴所围的“面积”相等,此时b追上a,所以选项C正确;选项D图中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”,所以不可能追上,选项D错误. 3.A、B两车沿同一直线同方向运动,A车的速度vA=4m/s,B车的速度vB=10m/s.当B车运动至A车前方7m处时,B车刹车并以大小为a=2m/s2的加速度做匀减速运动,从该时刻开始计时,求: (1)A车追上B车之前,两车间的最大距离; (2)经多长时间A车追上B车. 答案 (1)16m (2)8s 解析 (1)当B车速度等于A车速度时,两车间距最大. 设经时间t1两车速度相等, 有: vB′=vB-at1,vB′=vA B的位移: xB=vBt1- at12, A的位移: xA=vAt1, 则: Δxm=xB+7m-xA, 解得: Δxm=16m. (2)设B车停止运动所需时间为t2, 则t2= =5s, 此时A的位移xA′=vAt2=20m, B的位移xB′=vBt2- at22=25m, A、B间的距离Δx=xB′-xA′+7m=12m, A追上B还需时间t3= =3s, 故A追上B的总时间t=t2+t3=8s. 4.(2019·连云港市模拟)甲、乙两车在平直公路上比赛,某一时刻,乙车在甲车前方L1=11m处,乙车速度v乙=60m/s,甲车速度v甲=50m/s,此时乙车离终点线尚有L2=600m,如图2所示.若甲车做匀加速运动,加速度a=2m/s2,乙车速度不变,不计车长. 图2 (1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大,最大距离是多少? (2)到达终点时甲车能否超过乙车? 答案 (1)5s 36m (2)不能 解析 (1)当甲、乙两车速度相等时,两车间距离最大,即v甲+at1=v乙,得t1= = s=5s; 甲车位移x甲=v甲t1+ at12=275m; 乙车位移: x乙=v乙t1=60×5m=300m, 此时两车间距离Δx=x乙+L1-x甲=36m. (2)甲车追上乙车时,位移关系为x甲′=x乙′+L1, 甲车位移x甲′=v甲t2+ at22, 乙车位移x乙′=v乙t2, 将x甲′、x乙′代入位移关系,得v甲t2+ at22=v乙t2+L1, 代入数据得,t2=11s,实际乙车到达终点的时间为t3= =10s, 所以到达终点时甲车不能超过乙车. 5.(拓展提升)一只气球以10m/s的速度匀速竖直上升,某时刻在气球正下方距气球6m处有一小球以20m/s的初速度竖直上抛,g取10m/s2,不计小球受到的空气阻力. (1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响,求小球抛出后上升的最大高度和时间. (2)小球能否追上气球? 若追不上,说明理由;若能追上,需要多长时间? 答案 (1)20m 2s (2)小球追不上气球,理由见解析 解析 (1)设小球上升的最大高度为h,时间为t, 则h= ,解得h=20m, t= ,解得t=2s. (2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1,则 v气=v小=v0-gt1, 解得t1=1s 在这段时间内气球上升的高度为x气,小球上升的高度为x小,则x气=v气t1=10m x小=v0t1- gt12=15m 由于x气+6m>x小,所以小球追不上气球.
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