高二物理专题复习：竖直上抛运动、牛顿定律的瞬时应用粤教版知识精讲

1、用心 爱心 专心高二物理高二物理专题复习：竖直上抛运动、牛顿定律的瞬时应用专题复习：竖直上抛运动、牛顿定律的瞬时应用粤教版粤教版【本讲教育信息本讲教育信息】一. 教学内容：1. 专题一 竖直上抛运动 2. 专题二 牛顿定律的瞬时应用二. 知识归纳、总结：专题一 竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度0v竖直向上抛出，抛出的物体只受重力作用，这个物体的运动就是竖直上抛运动. 竖直上抛运动的加速度大小为 g，方向竖直向下. 竖直上抛运动是匀变速直线运动. 应把握以下几点. 1. 竖直上抛运动的性质 初速度 v00，加速度ga的匀变速直线运动（通常规定初速0v的方向为正方向） 2. 竖直上抛运动的基本

2、规律 速度公式：gtvvt0 位移公式：2021gttvh 速度位移关系：ghvvt2202 3. 竖直上抛运动的基本特点 （1）上升到最高点的时间gvt/0 已知最高点 vt=0 由gtvvt0知：gtv 00，所以，达最高点时间gvt （2）上升到最高点所用时间与回落到抛出点所用时间相等。 落回到抛出点的速度与抛出时的速度大小相等，方向相反，上升过程与下落过程具有对称性. 注意利用其运动的对称性解决问题有时很方便，对对称性的理解如图所示，小球自 A 点以初速 v0竖直上抛，途经 B 点到达最高点 C，自 C 点下落途经 B点（B 与 B在同一位置） ，最后回到抛出点 A（A 与 A在同一位

3、置） 。则Bv与 vB大小相等，方向相反，B 到 C 与 C 到 B的时间关系为BCBCtt。 （3）上升的最大高度gvH220 因为最高点 vt=0，由gHvvt2202得gvH220 4. 竖直上抛运动的处理方法 （1）分段法：上升过程是ga，0tv的匀变速直线运动，下落阶段是自由落体用心 爱心 专心运动。 （2）整体法：将全过程看作是初速为0v，加速度是g的匀变速直线运动，上述三个基本规律直接用于全过程。但必须注意方程的矢量性，习惯上取0v的方向为正方向，则0tv时正在上升，0tv时正在下降，h 为正时物体在抛出点的上方，h 为负时物体在抛出点的下方。【典型例题典型例题】 例 1. 一个

4、做竖直上抛运动的物体，当它经过抛出点上方 0.4 m 处时，速度是 3 m/s，当它经过抛出点下方 0.14 m 处时，速度应为多少?（g=10m/s2，不计空气阻力） 分析：分析：抛出的物体只受重力，可一直取向上的方向为正方向，取整个过程分析，也可分段研究。 解法解法 I：设到达抛出点上方 0.4 m 处时还能上升高度 h则mmgvh45. 01023222据题意，物体相当于从 H=0.45m+0.42m=1.25m 高处自由下落，所求速度smgHvt/52 解法解法 II：设位移 h1=0.4 m 时速度为 v1，位移为 h2= 0.4 m 时速度为 v2，则：120212ghvv，)(2

5、122122hhgvv即4 . 01023202 v，)8 . 0(102922v解得 v2 = 5m/s。 解法解法 III：由运动的上升与下降过程的对称性可知，物体回落到抛出点上方 0.4m 处时，速度为 3 m/s，方向竖直向下，以此点为起点，物体做竖直下抛运动，从此点开始到原抛出点下方 0.4 m 处的位移为 h = （0.4+0.4）m=0.8 m 那么所求的速度为这段时间的末速度，即： smghvvt/5)4 . 04 . 0(10232220 评注：评注：竖直上抛运动问题，从整体上全过程讨论，匀变速直线运动的规律全适用，但关键是要注意各量的正负，弄清其物理含义。若从上、下两段过程

6、对称性考虑，也能使问题求解大为简化。若分上升与下落两段处理，一般不容易出错，但过程比较麻烦一些。 例 2. 在 h 高处，小球 A 由静止开始自由落下，与此同时在 A 正下方地面上以初速 v0竖直向上抛出另一小球 B。求 A、B 在空中相遇的时间与地点，并讨论 A、B 相遇的条件。不计空气阻力作用。 解：解：设相遇时间为 t，相遇处离地面为 y，则二球相遇必在同一位置，具有相同的位移y，所以2202121gthgttvy 即 v0t=h所以相遇时间为 t=h/v0t 代入 y 的表达式中，ghgthy21212)21 (20202vghhvh即为相遇点离地面的高度。讨论：讨论：A、B 能在空中

7、相遇，则 y0，即0)21 (20vghh用心 爱心 专心所以02120vgh即2/0ghv 即为 A、B 在空中相遇的条件.当在 B 球的最高点相遇时，应有hgvgt2/21202 且gvt/0，解得ghv 0因而当ghvgh02/时，在 B 球下降过程中两球相遇；当ghv 0时，恰在 B 球上升到最高点时，两球相遇；当ghv 0时，在 B 球上升过程中两球相遇。评注：评注：要求一个物理量的范围，其一般的方法是：通过物理现象的推理分析，先找到满足题意的该物理量的最大值、最小值，从而确定其范围，也可以根据现象发生的特点，建立该物理量的关联方程，从物理现象发生的条件与特点出发确定其范围。在处理竖

8、直上抛运动问题时，常见的错误形式有两种：一是未明确矢量的方向，错用“” “”号，而导致错解，二是在与竖直上抛运动相关联的有关问题处理中，不注重过程的分析，缺乏对运动类型的正确判定。 例 3. 将物体竖直向上抛出后，能正确表示其速率 v 随时间 t 的变化关系图线是如图所示中的 分析：分析：竖直上抛运动可分为上升过程的匀减速直线运动和下降过程的自由落体运动，速率在上升过程中均匀减小至零，下降过程又均匀增大至抛出时的值，所以选 D。评注：评注：注意题目中要求的是速率随时间的变化图线，与速度随时间变化图线不同，速率只能取非负数，即图像在 x 轴上方。 例 4. 在地面上同一点以相同的初速度smv/2

9、00，先后竖直上抛 A、B 两个小球，时间间隔st1，求 A 球抛出后经几秒钟 A、B 两球在空中相遇。 （2/10smg ）解法解法 I：设 A 球抛出后经时间 t 两球在空中相遇，则根据相遇时位移相等得BAss而2021gttvsA20) 1(21) 1(tgtvsB解得 t=2.5s解法解法 II：利用两球相遇时速度等值反向处理gtvvA0，) 1(0tgvvB而BAvv，解得 t=2.5s解法解法 III：利用相遇时，A、B 的运动时间之和为一定值gvttBA02 ttA 1 ttB用心 爱心 专心解得 t=2.5s可见，解法 3 最简单 例 5. 一跳水运动员从离水面 10 m 高的

10、平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高 0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计） ，从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是 s。 （计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取为 10m/s2，结果保留二位数字） 分析：分析：跳水运动是人们喜爱的运动项目，在跳水过程中包含着许多的物理知识，这道题就涉及高中物理的运动学问题，首先把人等效为一个质点，此质点做竖直上抛运动。 解：解：运动员起跳到达最高点的时间 ssght3 . 01045. 02211 人从最高点至水面的高度

11、是 10 m+0.45 m=10.45 m 下落过程看成是自由落体，时间为 t2 则s446. 1s109 .20gh2t22 所以总时间sssttt7 . 1446. 13 . 021 （此题答 1.8 s 同样正确） 评注：评注：运动员跳起时脚在下，手在上，落水时，手在下，脚在上，在空中做各种花样动作，并不影响整体下落的时间，运动员从离开平台到落水分为两个阶段，一个为竖直上抛，另一个为自由落体。专题二 牛顿定律的瞬时应用物体在力的作用下由一个状态变化到另一个状态，其中间过程的分析，往往使用牛顿运动定律，也有一些题目，着重分析在某一状态下，当一个力发生变化时，另一些力将发生怎样的变化，这些剩

12、余的力将产生怎样的运动效果。【典型例题典型例题】 例 1. 如图所示，一质量为 m 的小球在水平细线和与竖直方向成角的弹簧作用下处于静止状态，已知弹簧的劲度系数为 k，试分析剪断细线的瞬间，小球加速度的大小和方向。 分析：分析：取小球研究，作出其平衡时的受力示意图，如图所示，细线拉力大小F=mgtg弹簧拉力大小 F = mgcos若剪断细线，则拉力 F突变为零。但弹簧的伸长量不突变，故弹簧的弹力不突变，此时小球只受两个力的作用。在竖直方向上，弹簧拉力的竖直分量仍等于重力，故竖直方向上仍受力平衡；在水平方向上，弹簧弹力的水平分量。用心 爱心 专心Fx= F sin = mgsin/cos = m

13、gtg力 Fx提供加速度，故剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gtgmFax加速度的方向为：水平向右。评注：评注：若物体受几个力的作用而保持平衡，当去掉一个力的瞬间，在剩余的力不突变的前提下，则剩余力的合力大小就等于去掉的那个力的大小，方向与去掉的那个力的方向相反，利用此结论可以很方便地解决类似问题。 想一想：想一想： 若将弹簧也换成细线，在剪断水平细线的瞬间，小球的加速度大小和方向又会怎样? 分析：分析：当水平细线被剪断时，连结小球的另一细线的弹力会发生突变。小球受到的合外力与绳垂直，如图所示，合外力 F合 = mgsin，则小球的加速度singa 。 例例 2. 如图所示，木块 A 与 B

14、用一弹簧相连，竖直放在木块 C 上，三者静止于地面，它们的质量之比是 l：2：3，设所有接触面都是光滑的，当沿水平方向迅速抽出木块 C 的瞬时，A 和 B 的加速度分别是Aa ，Ba 。分析：分析：当抽出 C 的瞬时，B 将向下加速运动，但弹簧没有伸长仍保持原长，故弹簧弹力未变，设弹簧的弹力大小为 F，设 A 的质量为 m，则 未抽 C 之前，对于 A，Fmg = 0 对于 B，02FmgFN 抽出 C 瞬时，对于 A，仍然是平衡的，F=mg，0Aa 对于 B，据力的瞬时效应，由牛顿第二定律得BmamgF22解得gaB23 评注：评注：本题考查了对物体的受力分析及牛顿第二定律的应用，解答此题的

15、关键在于抽出 C 的瞬时，弹簧还未来得及形变，即弹力大小不变，根据力的瞬时效应。此时的加速度用心 爱心 专心由此刻的受力决定，在中学物理中遇到“绳子断” 、 “杆断” 、 “支持面抽出”等情况时，其弹力以立刻消失处理，而对于弹簧，由于恢复形变需要一个过程，故瞬时的弹力就是原来的弹力。 下面讨论的是系统开始时就有加速度，突然有力变化，则剩余力的变化及作用效果怎样 例 3. 如图所示，用细线拉着小球 A 向上做加速运动，小球 A、B 间用弹簧相连，两球的质量分别为 m 和 2m，加速度的大小为 a，若拉力 F 突然撤去，则 A、B 两球的加速度大小分别为Aa ，Ba 。 读题指导：读题指导：撤去力

16、 F 之前，系统有共同的向上的加速度 a，那么撤去力 F 之后，A、B两物体的加速度怎样?运动方向怎样?这两个问题要分析清楚。 分析：分析：撤去力 F 之后，由于惯性，A、B 两球仍向上运动，且弹簧的弹力不发生突变，故 B 的受力情况未变，其加速度仍为 a；但 A 的受力情况发生变化，加速度发生突变。 解：解：去掉力 F 的瞬间，B 受力情况不变，故加速度大小仍为 a，方向向上，由牛顿第二定律得mamgFN22 所以弹簧弹力)(2agmFN 对 A 球，由牛顿第二定律得mamgFN 所以 A 球的加速度agmmgagma23/)(2答：a，3g+2a 例例 4. 如图所示，竖直光滑杆上套有一个

17、小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉 M、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉 M 的瞬间，小球加速度的大小为 12ms2，若不拔去销钉 M 而拔去销钉 N 的瞬间，小球的加速度可能是（g取 10m/s2） A. 22 ms2竖直向上B. 22ms2竖直向下 C. 2ms2竖直向上D. 2ms2竖直向下 分析：分析：小球被销钉 M、N 固定于杆上，小球处于静止状态，根据平衡条件知，上面弹簧对小球的作用力MF，下面弹簧对小球的作用力NF及小球的重力 mg 的合力为零。用心 爱心 专心 当拔去销钉 M 的瞬间 FM不存在，NF、mg 不变，根据题意小球的加强速度大小为

18、 12 ms2，但方向未说明，故有可能竖直向下或竖直向上。 设加速度方向竖直向下，则 mg 与 FN产生加速度大小为 12 m/s2。 则 FN+ mg = ma FN = m（ag） =2 m 方向竖直向下 根据平衡条件 FM = FN + mg =12 m，方向竖直向上 此时若不拔销钉 M 而拔销钉 N 的瞬间 FN不存在 则小球所受合力为 F=FMmg=2m，方向竖直向上 故小球的加速度为 a =F / m=2 m/s2，方向竖直向上 设小球加速度 a 方向竖直向上，则 FN方向竖直向上 FN的大小（FNmg = ma） ，FN=m（g+a）=22m FM的方向竖直向下，FM大小（FM

19、+ mg = FN） FM=FNmg=22m10m=12m 此时若不拔 M 而拔 N 的瞬间，FN不存在 小球受到的合力 F=FM+ mg =12 m +10 m =22 m，方向竖直向下 故小球的加速度为 a=F/m = 22 m/s2，方向竖直向下 答：B、C【模拟试题模拟试题】 1、将一物体以某一初速度竖直上抛，如图所示的四幅图中，哪一幅能正确表示物体在整个运动过程中的速率v与时间t的关系（不计空气阻力）？ 下图中哪个能正确表示上述竖直上抛运动过程的位移与时间的关系？用心 爱心 专心 2、一个人在离地面 10 米高处，以 40 米/秒的初速度竖直上抛一个物体（g 10 米/秒2） ，下面正确的是A. 4 秒末物体达到最高点，2 秒末物体达到最大高度的一半B. 4 秒末物体即时速度为零，2 秒末物体的速度为初速度的一半C. 4 秒末物体的加速度为零D. 5 秒末物体的