2024-2025学年新教材高中物理第二章匀变速直线运动的研究阶段提升课学案新人教版必修1

PAGE10-其次章竖直上抛运动(科学思维——科学推理)1．运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。2．基本规律：(1)速度公式：v＝v0－gt；(2)位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2；(3)速度位移关系式：v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2gh；(4)上升的最大高度：H＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)；(5)上升到最高点所用时间：t＝eq\f(v0,g)。3．巧用竖直上抛运动的对称性：(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。4．竖直上抛运动的两种探讨方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必需留意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方。探讨人员为检验某一产品的抗撞击实力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10m/s的速度匀速上升到某一高度时，探讨人员从热气球上将产品自由释放，测得经11s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10m/s【解析】方法一全程法将产品的运动视为匀变速直线运动，依据题意画出运动草图如图甲所示。规定向上为正方向，则v0＝10m/sa＝－g＝－10m/s依据H＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得H＝－495即产品刚释放时离地面的高度为495m方法二分段法依据题意画出运动草图如图乙所示。将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直上抛运动，B→C→D为自由落体运动。在A→B段，依据竖直上抛运动规律可知tAB＝eq\f(v0,g)＝1shAB＝hBC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(AB))＝5m由题意可知tBD＝11s－1s＝10s依据自由落体运动规律可得hBD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(BD))＝500m故释放点离地面的高度H＝hBD－hBC＝495答案：4951．(水平2)在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，则物体位移大小为10A．10mB．20mC．30m【解析】选B。物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10m处又有上升和下降两种状况，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10m；下落通过时，路程s2＝2H－x1＝2×20m－10m＝30m。在A点之下时，通过的路程s3＝2H＋x2＝2×20m＋10m＝50m2．(水平4)如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便马上把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10m/s2A．1.6mB．C．3.2mD．【解析】选C。由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8s，故有Hm＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m，C正确。【补偿训练】小明每隔0.2s从同一高度抛出同规格的小球，抛出后小球做初速度为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为(g取10m/sA．3个B．4个C．5个D．6个【解析】选C。初速度为6m/s的小球竖直上抛，在抛出点上方的运动时间t＝eq\f(2v,g)＝1.2s，所以第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为5个，C正确。追及相遇问题(科学思维——模型建构)1．几种追及相遇问题的图像比较：追及类型图像描述相关结论匀加速追匀速设x0为起先时两物体间的距离,则应有下面结论:①t=t0以前,后面物体与前面物体间的距离增大②t=t0时,两物体相距最远,为x0+Δx③t=t0以后,后面物体与前面物体间的距离减小④肯定能追上且只能相遇一次匀速追匀减速匀减速追匀速设x0为起先时两物体间的距离,起先追刚好,后面物体与前面物体间的距离在减小,当两物体速度相等时,即t=t0时:①若Δx=x0,则恰好能追上,两物体只能相遇一次,这也是避开相撞的临界条件②若Δx<x0,则不能追上,此时两物体间距离最小,为x0-Δx③若Δx>x0,则相遇两次,设t1时刻两物体第一次相遇,则t2=2t0-t1时刻两物体其次次相遇匀速追匀加速匀减速追匀加速2.追及、相遇问题的物理情景和问题实质：当两个物体在同始终线上运动时，假如速度不同，两物体之间的距离会不断发生改变。探讨追及、相遇问题，其实质就是分析两物体能否同时到达相同位置。一个条件速度相等是两物体距离最大或最小、恰好追上或恰好追不上的临界条件两个关系通过画运动草图，找到两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口①若被追逐的物体做匀减速直线运动，肯定要留意推断被追上前该物体是否已经停止运动。②细致审题，留意抓住题目中的关键字眼(如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等)，充分挖掘题目中的隐含条件。3．分析追及、相遇问题的思路和方法：情景法审明题意、挖掘题中的隐含条件，建立两物体运动的情景并画出示意图，找出两物体的位移、速度刚好间关系，选择公式列方程求解函数法设两物体在t时刻相遇，然后依据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0，若方程f(t)＝0无正实数解，则说明这两个物体不行能相遇；若方程f(t)＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇图像法①若用x­t图像求解，分别作出两物体的x­t图像，假如两物体的位移—时间图线相交，则说明两物体相遇；②若用v­t图像求解，则留意比较图线与时间轴所围图形的面积相对运动法取其中一个运动物体为参考系，分析另一个物体相对它的运动，当两者的相对位移为零时相遇，计算时须要将速度、位移、加速度都转换为相对速度、相对位移、相对加速度代入公式一辆汽车以3m/s2的加速度起先启动的瞬间，一辆以6m/(1)汽车在追上自行车前与自行车相距最远时的运动时间以及此时两者间的距离。(2)汽车追上自行车所用时间和追上自行车时汽车的瞬时速度。【解析】(1)方法一：物理分析法汽车与自行车的速度相等时两车相距最远，设此时经过的时间为t1，汽车的速度为v1，两车间的距离为Δx，则有v1＝at1＝v自所以t1＝eq\f(v自,a)＝2s汽车与自行车相距的最远距离为Δx＝v自t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝6m。方法二：图像法自行车和汽车运动的v­t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(6,3)s＝2sΔx＝eq\f(v1t1,2)＝eq\f(6×2,2)m＝6m。方法三：数学分析法设汽车在追上自行车之前经过时间t1两车相距最远，则Δx＝x1－x2＝v自t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))代入已知数据得Δx＝6t1－eq\f(3,2)teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))由二次函数求极值的条件知t1＝2s时，Δx最大所以Δx＝6m(2)方法一：当两车位移相等时，汽车追上自行车，设此时经过的时间为t2，汽车的瞬时速度为v2，则有v自t2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得t2＝eq\f(2v自,a)＝eq\f(2×6,3)s＝4sv2＝at2＝3×4m/s＝12m/方法二：由(1)方法二中的分析图可以看出，在t1时刻之后，由图线v自、v汽和t＝t2构成的三角形的面积与标有阴影的三角形面积相等，此时汽车与自行车的位移相等，即汽车与自行车相遇。由几何关系知t2＝2t1＝4sv2＝at2＝3×4m/s＝12m/答案：(1)2s6m(2)4s12m1.(水平2)因雾霾天气，能见度不足20mA．甲车减速的加速度为0.5m/sB．甲车减速的加速度比乙车减速的加速度大0.75m/sC．减速过程中甲、乙两车间的最大距离为100D．减速过程中甲、乙两车间的最大距离为87.5【解析】选C。v­t图像的斜率表示加速度，故甲车减速的加速度为：a甲＝eq\f(Δv′,Δt′)＝－eq\f(25,25)m/s2＝－1m/s2，乙车减速的加速度为：a乙＝eq\f(Δv,Δt)＝－eq\f(15,30)m/s2＝－0.5m/s2，故A、B错误；当甲、乙两车速度相等时，即t＝20s时，甲、乙两车间的距离最大，图像面积之差表示位移之差，即Δx＝eq\f(1,2)×(25－15)×20m＝100m，故C正确，D错误。2．(水平3)(多选)图1是广州半程马拉松赛中两位选手参赛的某一情形，假设甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动，到达某一速度后都各自做匀速直线运动，且跑到终点。他们的速度—时间图象如图2所示，则下列说法正确的是()A. 乙选手起跑时，甲选手正好跑了1B．相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4C．乙选手起跑3s后刚好追上甲选手D．乙选手超过甲选手，两选手不行能再次相遇【解析】选A、C、D。乙选手起跑时，甲选手的位移x甲＝eq\f(1×2,2)m＝1m，故A正确。t＝3s时两人的速度相等，相距最远，最大距离等于0～3s内甲与乙的位移之差，为x＝x′甲－x乙＝eq\f(1×2,2)m＋eq\f(1×1,2)m＝1.5m，故B错误。乙选手起跑3s后通过的位移x′乙＝(eq\f(1＋3,2))×2m＝4m。0～5s内甲的位移x″甲＝eq\f(3＋5,2)×1m＝4m，则x′乙＝x″甲，可知乙选手起跑3s后刚好追上甲选手，故C正确。乙选手超过甲选手，速度比甲选手的大，两选手不行能再次相遇。故D正确。3．(水平4)(一题多解)火车甲以v1＝288km/h的速度匀速行驶，司机突然发觉前方同轨道上相距s＝0.5km处有一列火车乙正沿同方向以v【解析】方法一：物理分析法甲、乙不相撞的条件是当甲、乙速度相等时，甲、乙仍相距一段距离，即v1－at＝v2①x1≤x2＋s②其中x1＝v1t－eq\f(1,2)at2③x2＝v2t④联立①②③④式，解方程组可得a≥1.6m/s即a≥1.6m/s2方法二：数学分析法设甲减速t时间后，甲、乙相撞则有x1＝x2＋s，即v1t－eq\f(1,2)at2＝v2t＋s整理得at2－2(v1－v2)t＋2s＝0若甲、乙不相撞，则以上方程不能有两个解即判别式应满意Δ＝4(v1－v2)2－8as≤0解得a≥eq\f(（v1－v2）2,2s)＝1.6m/s2。方法三：图像法分别画出甲、乙的v­t图像如图所示刚好不相撞时图中阴影部分面积为s有eq\f(1,2)(v1－v2)t1＝s，eq\f(v1－v2,t1)＝a故a＝eq\f(（v1－v2）2,2s)，若要使甲、乙不相撞，则a≥eq\f(（v1－v2）2,2s)＝1.6m/s2答案：a≥1.6m/s4．(水平4)随着智能手机的运用越来越广泛，一些人在驾车时也经常离不开手机。然而开车运用手机是一种分心驾驶的行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直马路上以v0＝20m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5m处有一电动三轮车，正以v1＝6m/s速度匀速行驶，而出租车司机此时正低头看手机，3.5s后才发觉危急，司机马上实行紧急制动措施。若从司机发觉危急起先计时，出租车的速度—时间图象如图乙所示，g取10m(1)假如出租车前面没有任何物体，从出租车司机低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？(2)通过计算推断三轮车是否被撞。若不会相撞，求二者间的最小距离。若会相撞，求从出租车刹车起先，经过多长时间二者相撞。【解析】(1)依据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5s，然后在反应时间t2＝0.5s内接着匀速行驶，然后减速行驶t3＝4s到停止，总位移为x＝v0(t1＋t2)＋eq\f(1,2)v0t3＝12