2021届高中物理新教材同步必修第一册 第2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－eq\f(1,2)gt2.(3)位移和速度的关系式：v2－v02＝－2gh.(4)上升的最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g).(5)上升到最高点(即v＝0时)所需的时间：t＝eq\f(v0,g).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7s60m/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＝eq\f(v0,g)＝1s，由v02＝2gh1知，h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝5m重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175m＝180m设下落时间为t2，则H＝eq\f(1,2)gt22，故t2＝eq\r(\f(2H,g))＝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－eq\f(1,2)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－eq\f(1,2)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)10m30m50m(3)6s40m/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－eq\f(1,2)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eq\x(分析两物体的运动过程)⇒eq\x(画运动示意图)⇒eq\x(找两物体位移关系)⇒eq\x(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＝eq\f(1,2)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′＝eq\f(1,2)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＝eq\f(vA,t)＝0.5m/s2(2)当汽车减速到与货车共速时t0＝eq\f(vA－vB,a)＝28s汽车运动的位移x1＝eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2a)＝364m此时间内货车运动的位移为x2＝vBt0＝168mΔx＝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＝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＝eq\f(1,2)×(30＋20)×1m＋eq\f(1,2)×(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eq\f(1,2)×(20＋10)×1m＋eq\f(1,2)×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<x0，则不能追上，此时两物体间最小距离为x0－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65mB．位移大小为25m，方向竖直向上C．速度改变量的大小为10m/sD．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＝eq\f(v0,g)＝3s即可上升到最高点，位移为h1＝eq\f(1,2)gt12＝45m，再自由下落2s时间，下降高度为h2＝eq\f(1,2)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eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝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2A．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＝eq\f(v0,g)＝eq\f(20,10)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－eq\f(1,2)gt2＝20×1m－eq\f(1,2)×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)10s100m(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＝eq\f(1,2)at12，代入数据解得t1＝10s，客车追上货车时离路口的距离x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×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－eq\f(1,2)at22＝10×5m－eq\f(1,2)×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＝eq\r(2gh)≈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1A．路程为25mB．位移为15mC．速度改变量为30m/sD．平均速度为5m/s答案A解析由x＝v0t－eq\f(1,2)gt2得位移x＝－15m，B错误；平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝－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＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝5m，下降阶段通过的路程x2＝eq\f(1,2)gt22，t2＝t－eq\f(v0,g)＝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.eq\f(1,8)g(TA2－TB2) B.eq\f(1,4)g(TA2－TB2)C.eq\f(1,2)g(TA2－TB2) D.eq\f(1,2)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＝eq\f(TA,2)，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝eq\f(TB,2)，则A、B两点的距离x＝eq\f(1,2)gtA2－eq\f(1,2)gtB2＝eq\f(1,8)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2A．t＝2s时，两球的高度差一定为40mB．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＋eq\r(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15m时，位移为x＝15m，由x＝v0t－eq\f(1,2)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′－eq\f(1,2)gt′2，解得t1′＝(2＋eq\r(7))s，t2′＝(2－eq\r(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＝eq\r(v\o\al(2,0)－2gx)，从最高点下落时二者的关系为v＝－eq\r(2gx0－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＝eq\f(v,2)t，解得v＝20m/s.(2)火箭能够继续上升的时间t1＝eq\f(v,g)＝eq\f(20,10)s＝2s火箭能够继续上升的高度h1＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(202,2×10)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＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×60,10))s＝2eq\r(3)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1A．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4mC．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＝eq\f(1,2)×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＝eq\f(1,2)×2×2m＋2×1m＝4m，xa＝eq\f(1,2)×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′＝vAB的位移：xB＝vBt1－eq\f(1,2)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＝eq\f(vB,a)＝5s，此时A的位移xA′＝vAt2＝20m，B的位移xB′＝vBt2－eq\f(1,2)at22＝25m，A、B间的距离Δx＝xB′－xA′＋7m＝12m，A追上B还需时间t3＝eq\f(Δx,vA)＝3s，故A追上B的总时间t＝t2＋t3＝8s.4．(2019