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 ＝v 0t －12gt 2.(3)位移和速度的关系式：v 2－v 02＝－2gh . (4)上升的最大高度：H ＝v 202g.(5)上升到最高点(即v ＝0时)所需的时间：t ＝v 0g .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v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高175 m 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10 m/s 2) 答案 7 s 60 m/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t 1＝v 0g ＝1 s ，由v 02＝2gh1知，h 1＝v 202g＝5 m 重物下降阶段，下降距离H ＝h 1＋175 m ＝180 m 设下落时间为t 2，则H ＝12gt 22，故t 2＝2Hg＝6 s重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，落地前瞬间的速度v＝gt2＝60 m/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－12＝－175 m2gt可解得t＝7 s(t＝－5 s舍去)由v＝v0－gt，得v＝－60 m/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－12.2gt(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20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g 取10 m/s 2)(1)物体抛出的初速度大小为多少？(2)物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为多少？(3)若塔高H ＝60 m ，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小． 答案 (1)20 m /s (2)10 m 30 m 50 m (3)6 s 40 m/s解析 (1)设初速度为v 0，竖直向上为正，有－2gh ＝0－v 02，故v 0＝20 m/s.(2)位移大小为10 m ，有三种可能：向上运动时x ＝10 m ，返回时在出发点上方10 m ，返回时在出发点下方10 m ，对应的路程分别为s 1＝10 m ，s 2＝(20＋10) m ＝30 m ，s 3＝(40＋10) m ＝50 m.(3)落到地面时的位移x ＝－60 m ，设从抛出到落到地面用时为t ，有x ＝v 0t －12gt 2，解得t ＝6 s(t ＝－2 s 舍去)落地速度v ＝v 0－gt ＝(20－10×6) m /s ＝－40 m/s ，则落地速度大小为40 m/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分析两物体的运动过程⇒画运动示意图⇒找两物体位移关系⇒列位移方程(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x 0＝13 m 远处以v 0＝8 m/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t 0＝2.5 s ，警车发动起来，以加速度a ＝2 m/s 2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Δx m . 答案 (1)11 s (2)49 m解析 (1)警车开始运动时，货车在它前面 Δx ＝x 0＋v 0t 0＝13 m ＋8×2.5 m ＝33 m 警车运动位移：x 1＝12at 2货车运动位移：x 2＝v 0t警车要追上货车满足：x 1＝x 2＋Δx联立并代入数据解得：t ＝11 s(t ＝－3 s 舍去) (2)警车速度与货车速度相同时，相距最远 对警车有：v 0＝at ′ x 1′＝12at ′2，x 2′＝v 0t ′最远距离：Δx m ＝x 2′－x 1′＋Δx ＝49 m.针对训练 (2019·宁夏育才中学高一上学期期末)汽车以20 m /s 的速度在平直公路上行驶时，制动后40 s 停下来．现在同一平直公路上以20 m/s 的速度行驶时发现前方200 m 处有一货车以6 m/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)0.5 m/s 2 (2)不会相撞 最近相距4 m 解析 (1)汽车制动加速度大小a ＝v At ＝0.5 m/s 2(2)当汽车减速到与货车共速时t 0＝v A －v Ba ＝28 s汽车运动的位移x 1＝v 2A －v 2B 2a ＝364 m此时间内货车运动的位移为x 2＝v B t 0＝168 m Δx ＝x 1－x 2＝196 m ＜200 m ，所以两车不会相撞．此时两车相距最近，最近距离Δs ＝x 0－Δx ＝200 m －196 m ＝4 m.一辆小汽车以30 m /s 的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/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1A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t＝3 s时发生追尾事故C．在t＝5 s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40 m，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10 m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＝3 s时大卡车的位移为：x b＝v b t＝10×3 m＝30 m小汽车的位移为：x a＝12×(30＋20)×1 m＋12×(20＋15)×2 m＝60 m则：x a－x b＝30 m所以在t＝3 s时发生追尾事故，故B正确，A、C错误；由v－t图线可知在t＝5 s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移：Δx＝12×(20＋10)×1 m＋12×10×4 m＝35 m<40 m则不会发生追尾事故且两车最近时相距Δs＝x0－Δx＝5 m，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2.速度大者追速度小者1．(竖直上抛运动)(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2,5 s 内物体的( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向竖直向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向竖直向上 答案 AB解析 初速度为30 m/s ，只需要t 1＝v 0g ＝3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝12gt 12＝45 m ，再自由下落2 s 时间，下降高度为h 2＝12gt 22＝20 m ，故路程为s ＝h 1＋h 2＝65 m ，A 项对；此时离抛出点高x ＝h 1－h 2＝25 m ，位移方向竖直向上，B 项对；5 s 末时速度为v 5＝v 0－gt ＝－20 m /s ，速度改变量大小为Δv ＝|v 5－v 0|＝50 m/s ，C 项错；平均速度为v ＝xt ＝5 m/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0～20 s 这段时间内，下列说法正确的是( )图2A ．在t ＝10 s 时两车相遇B ．在t ＝10 s 时两车相距最近C ．在t ＝20 s 时两车相遇D ．在t ＝20 s 时，乙车在甲车前面 答案 C解析 0～10 s 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 ＝10 s 后乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以t ＝10 s 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 ＝20 s 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v 0＝20 m/s 竖直向上抛出一小球，2 s 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10 m/s 2)( ) A ．10 m B ．15 m C ．20 m D ．5 m 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 ＝v 0g ＝2010 s ＝2 s ，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1 s 后相遇．故两小球相遇处离抛出点的高度为h ＝v 0t －12gt 2＝20×1 m －12×10×12 m ＝15 m.4．(追及相遇问题)当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a ＝2 m /s 2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/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)10 s100 m(2)25 m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＝12，2at1代入数据解得t1＝10 s，客车追上货车时离路口的距离x＝12＝12×2×102 m＝100 m.2at1(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＝5 s.最大距离Δx＝v2t2－12＝10×5 m－12×2×52 m＝25 m.2at2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1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为() A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s答案 B解析由题可知，人的重心在跳高时升高约0.9 m，因而初速度v0＝2gh≈4 m/s，故选B.2.(2019·湛江市模拟)如图1所示，将一小球以10 m/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10 m/s2，则3 s内小球运动的()图1A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s 答案 A解析 由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 22g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，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T A ，两次经过一个较高点B 的时间间隔是T B ，则A 、B 两点之间的距离为( ) A.18g (T A 2－T B 2) B.14g (T A 2－T B 2) C.12g (T A 2－T B 2) D.12g (T A －T B ) 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t A ＝T A 2，从竖直上抛运动的最高点到点B 的时间t B ＝T B2，则A 、B 两点的距离x ＝12gt A 2－12gt B 2＝18g (T A 2－T B 2)．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2 s，它们运动的v－t图像分别如图2中直线甲、乙所示．则()图2A．t＝2 s时，两球的高度差一定为40 mB．t＝4 s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＝2 s时，甲球的位移为40 m，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 ＝4 s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40 m，乙球位移也为40 m，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20 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m处时，所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)()A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋7) 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15 m时，位移为x＝15 m，由x＝v0t－12，解得t1＝1 s，t2＝3 s．其中t1＝1 s对应着石块上升过程中离抛出点15 m处2gt时所用的时间，而t 2＝3 s 对应着从最高点下落时离抛出点15 m 处时所用的时间．当石块运动到抛出点下方离抛出点15 m 处时，位移为x ′＝－15 m ，由x ′＝v 0t ′－12gt ′2，解得t 1′＝(2＋7) s ，t 2′＝(2－7) 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 ＝v 20－2gx ，从最高点下落时二者的关系为v ＝－2g (x 0－x )，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4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，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)20 m/s (2)60 m (3)9.46 s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 ＝v 2t ，解得v ＝20 m/s.(2)火箭能够继续上升的时间t 1＝v g ＝2010s ＝2 s火箭能够继续上升的高度h1＝v22g ＝2022×10m＝20 m因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60 m.(3)火箭由最高点落至地面的时间t2＝2Hg＝2×6010s＝2 3 s，火箭从发射到返回发射点的时间t总＝t＋t1＋t2≈9.46 s.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1A．b车启动时，a车在其前方2 m处B．运动过程中，b车落后a车的最大距离为4 mC．b车启动3 s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＝2 s时启动，此时a的位移为x＝12×1×2 m＝1 m，即a车在b车前方1 m处，选项A错误；当两车的速度相等时，相距最远，最大距离为x max＝1.5 m，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3 s后(即t＝5 s)的位移x b＝12×2×2m ＋2×1 m ＝4 m ，x a ＝12×1×2 m ＋3×1 m ＝4 m ，故b 车启动3 s 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 ＝20 s 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 ＝20 s 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v A ＝4 m /s ，B 车的速度v B ＝10 m/s.当B 车运动至A 车前方7 m 处时，B 车刹车并以大小为a ＝2 m/s 2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)16 m (2)8 s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t 1两车速度相等， 有：v B ′＝v B －at 1，v B ′＝v A B 的位移：x B ＝v B t 1－12at 12，A 的位移：x A ＝v A t 1， 则：Δx m ＝xB ＋7 m －x A ， 解得：Δx m ＝16 m.(2)设B 车停止运动所需时间为t 2， 则t 2＝v Ba＝5 s ，此时A 的位移x A ′＝v A t 2＝20 m ， B 的位移x B ′＝v B t 2－12at 22＝25 m ，A 、B 间的距离Δx ＝x B ′－x A ′＋7 m ＝12 m ， A 追上B 还需时间t 3＝Δxv A ＝3 s ，故A 追上B 的总时间t ＝t 2＋t 3＝8 s.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L 1＝11 m 处，乙车速度v 乙＝60 m/s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点线尚有L 2＝600 m ，如图2所示．若甲车做匀加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，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)5 s 36 m (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＋at 1＝v 乙，得t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502s ＝5 s ； 甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 12＝275 m ；乙车位移：x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m ＝300 m ， 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m.(2)甲车追上乙车时，位移关系为x 甲′＝x 乙′＋L 1， 甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋12at 22，乙车位移x 乙′＝v 乙t 2，将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1，代入数据得，t 2＝11 s ，实际乙车到达终点的时间为t 3＝L 2v 乙＝10 s ， 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10 m /s 的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球6 m 处有一小球以20 m/s 的初速度竖直上抛，g 取10 m/s 2，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)20 m 2 s(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 ＝v 202g ，解得h ＝20 m ，t ＝v 0g，解得t ＝2 s. (2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t 1，则 v 气＝v 小＝v 0－gt 1， 解得t 1＝1 s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t 1＝10 m x 小＝v 0t 1－12gt 12＝15 m由于x 气＋6 m>x 小，所以小球追不上气球．。