内容正文:
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@《创新设计》
专题拓展课二 竖直上抛运动、运动图像和追及相遇问题
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学习目标要求 1.能用整过程法或者分段法解决竖直上抛运动。
2.知道一般直线运动和匀变速直线运动的x-t图像和v-t图像中坐标、斜率、截距、交点的含义,能根据图像分析加速度、位移等物理量及物体的运动规律。
3.掌握追及相遇问题的分析思路和方法。
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1.竖直上抛运动的定义
将物体以某一初速度v0竖直向上抛出,物体只在重力作用下所做的运动就是竖直上抛运动。
拓展点
竖直上抛运动
2.竖直上抛运动的实质
初速度v0≠0、加速度a=-g的匀变速直线运动(通常规定初速度v0的方向为正方向,g为重力加速度的大小)。
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3.竖直上抛运动的规律
基本公式2,0)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度公式:v=v0-gt,位移公式:h=v0t-\f(1,2)gt2,速度与位移关系式:v2-v=-2gh))
推论2,0)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(上升时间t=\f(v0,g),上升最大高度H=\f(v,2g),落回出发点的总时间t总=\f(2v0,g)))
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4.竖直上抛运动的特点
(1)对称性
①时间对称性,对同一段距离,上升过程和下降过程时间相等,tAB=tBA,tOC=tCO。
②速度对称性:上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等,方向相反,vB=-vB′,vA=-vA′。
(2)多解性
通过某一点可能对应两个时刻,即物体可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段。
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5.竖直上抛运动的处理方法
分段法 上升阶段是初速度为v0、a=-g的匀减速直线运动;下落阶段是自由落体运动
全过程分析法 全过程看作初速度为v0、a=-g的匀变速直线运动
(1)v>0时,上升阶段;v<0,下落阶段
(2)x>0时,物体在抛出点的上方;x<0时,物体在抛出点的下方
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[例1] 研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖直升空,当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球上将产品自由释放,测得经11 s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10 m/s2)
解析 法一 分段法。根据题意画出运动过程草图如图所示,将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理,A→B为竖直向上的匀减速运动,B→C→D为自由落体运动。
在A→B过程,根据匀变速直线运动规律可知
tAB==1 s
xAB=xBC=gt=5 m
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由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
故产品的释放位置距地面的高度x=xBD-xBC=495 m。
法二 全程法。将产品的运动视为匀变速直线运动,规定向上为正方向,则
v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2,t=11 s。
故产品的释放位置距地面的高度为495 m。
答案 495 m
根据自由落体运动规律可得xBD=eq \f(1,2)gteq \o\al(2,BD)=500 m
根据x=v0t+eq \f(1,2)at2,代入数据解得x=-495 m
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[变式训练1] (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,所经历的时间可以是(不计空气阻力,g取10 m/s2)( )
解析 当石块在抛出点上方距抛出点15 m处时,取向上为正方向,则位移x=15 m,加速度a=-g=-10 m/s2
化简得5t2-20t+15=0,
(以上两式所有物理量均采用国际单位制单位)
A.1 s
B.2 s
C.3 s
D.(2+eq \r(7)) s
代入公式x=v0t+at2得数学关系式
15=20t+×(-10)t2,
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解得t1=1 s,t2=3 s。
t1=1 s对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间,而t2=3 s对应着从最高点落回时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间。
由于石块上升的最大高度H=20 m,所以石块落到抛出点下方“离抛出点15 m处”时,做自由落体运动的总高度为HOB=(20+15) m=35 m。
答案 ACD
下落此段距离所用的时间t′=eq \r(\f(2HOB,g))=eq \r(\f(2×35,10)) s=eq \r(7) s。
这样,石块从抛出到经过抛出点下方“离抛出点15 m处”时所用的时间为t3=2 s+eq \r(7) s=(2+eq \r(7)) s。
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1.x-t图像与v-t图像的比较
拓展点
运动图像问题
比较项目 x-t图像 v-t图像
运