第2章 拓展课2 竖直上抛、运动图像和追及相遇问题（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（人教版2019）

拓展课2　竖直上抛、运动图像和追及相遇问题 [对应学生用书P49] 探究点一___竖直上抛运动 1．竖直上抛运动 (1)定义：将一个物体以某一初速度v0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。 (2)适用条件：v0≠0，竖直向上运动且只受重力。 2．运动性质：匀变速直线运动 (1)上升阶段：匀减速直线运动，v0为正方向，a＝－g。 (2)下降阶段：自由落体运动(向下为正方向)。 3．特点 (1)运动到最高点时，v＝0，a＝g。 (2)上升与下降对称 ①时间对称性：t上＝t下。 ②速度对称性：上升与下降阶段经过相同位置时，速度大小相等、方向相反。 4．处理方法 (1)分段法 上升阶段：取向上为正方向，v0>0，a＝－g。 下降阶段：取向下为正方向，自由落体运动。 (2)整体法：将全过程看作是初速度为v0、加速度是a＝－g的匀变速直线运动，三个基本公式直接应用于全过程，但必须要注意方程的矢量性。 【例1】 某人站在高楼的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直向上抛出一个石子。不考虑空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间； (2)石子抛出后到达距抛出点下方20 m处所需的时间。 答案：(1)20 m　4 s　(2)(2＋2) s 解析：(解法一)(1)上升过程为匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，则v0＝20 m/s，a1＝－g，v＝0 根据匀变速直线运动公式有 v2－v＝2ax，v＝v0＋at 解得石子上升的最大高度为 H＝＝＝ m＝20 m； 上升时间t1＝＝＝ s＝2 s 下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向，则v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得 下落到抛出点的时间 t2＝＝ s＝2 s t＝t1＋t2＝4 s 所以最大高度H＝20 m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4 s。 (2)到达抛出点下方20 m处时，x2＝40 m，从最高点下落到抛出点下方20 m处所需的时间： t2′＝＝ s＝2 s 所以石子抛出后到达距抛出点下方20 m处所需的时间 t′＝t1＋t2′＝(2＋2) s。 (解法二)(1)全过程分析，取竖直向上为正方向，v0＝20 m/s，a＝－g，到达最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20 m处时x＝－20 m，由匀变速直线运动公式得最大高度：H＝＝ m＝20 m 回到原抛出点时：x1＝v0t1－gt 解得t1＝＝ s＝4 s。 (2)到达距抛出点下方20 m处时，有 x＝v0t2－gt 代入数据得－20＝20t2－×10t 解得 [练1] (2023·湖南岳阳高一期末)一名杂技演员，用三只球进行抛接球表演，他每隔0.4 s抛出一个球，接到球便立即把球抛出，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，不计空气阻力，球能到达的最大高度是(高度从拋球点算起，g取10 m/s2)(　　) A．1.2 m B．1.8 m C．2.4 m D．3.0 m B　解析：任意两球之间的时间间隔为0.4 s，三个球之间有三个时间间隔，共1.2 s，则每个球上升到最大高度用时为0.6 s，则由逆向思维可知，球能到达的最大高度是h＝gt2＝×10×0.62 m＝1.8 m，B正确。 探究点二___运动图像问题 1．x-t图像与v-t图像的比较 　 2.关于x-t图像与v-t图像的三点注意 (1)xt图像与v-t图像都只能描述直线运动，且均不表示物体运动的轨迹。 (2)分析图像要充分利用图像与其所对应的物理量的函数关系。 (3)识图方法：一轴、二线、三斜率、四面积、五截距、六交点。 【例2】 (多选)(2023·湖北武汉高一检测)图甲和图乙分别为质点a、b运动过程中的xt图像和质点c、d运动过程中的v-t图像。下列对0～t1时间段内的运动分析正确的是(　　) A．质点a、b的路程不相等 B．质点a的平均速度比b的大 C．质点c、d的路程不相等 D．质点c的平均速度和d的相等 AC　解析：由题图甲可知，0～t1时间内，质点a先向正方向运动再反向运动，质点b一直向正方向运动，t1时刻两质点在同一位置，可知在0～t1时间内，a、b两质点的位移相等，质点a的平均速度等于质点b的平均速度，但质点a的路程大于质点b的路程，A正确，B错误；由题图乙可知，0～t1时间内，质点c、d一直向正方向运动，根据v-t图像与横轴围成的面积等于位移可知，在0～t1时间内，质点c的位移大于质点d的位移，质点c的平均速度大于质点d的平均速度，质点c的路程大于质点d的路程，C正确，D错误。 [练2] (多选)如图所示的是一个物体的速度－时间图像，取t＝0时刻物体所在位置为初位置，则下列关于该物体的运动情况，表述正确的是(　　) A．前4 s内物体的位移为零 B．第1 s末物体的位移和速度都改变方向 C．第2 s末物体的位移和速度都改变方向 D．第1 s末、第3 s末、第5 s末物体所在的位置相同 AD　解析：根据v-t图像围成的面积表示位移，由题图可知前4 s内物体的位移为零，A正确；第1 s末物体的位移和速度都未改变方向，均为正方向，B错误；根据v-t图像围成的面积表示位移，可知第2 s末物体的位移为正向最大，接着物体向负方向运动，但位移仍为正方向，C错误；物体在第1 s末、第3 s末、第5 s末的位移均相同，则物体所在的位置相同，D正确。 [练3] 汽车在平直的公路上沿直线做匀速运动。t0时刻，由于前方出现事故，司机踩下刹车踏板，车辆立即开始做匀减速直线运动，2t0时刻汽车停止，汽车的x-t图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．汽车刹车时的加速度大小为 B．x1＝2x0 C．0～t0时间内，汽车速度的大小为 D．0～2t0时间内，汽车平均速度的大小为 D　解析：根据题意，由题图可知，0～t0时间内，汽车做匀速直线运动，则汽车刹车前的初速度与0～t0时间内速度的大小均为v0＝，汽车刹车时的加速度大小a＝＝，A、C错误；由运动学公式x＝t可得，t0～2t0时间内，汽车的位移大小x′＝t0＝，则有x1＝x0＋x′＝1.5x0，则0～2t0内，汽车平均速度的大小为v＝＝，B错误，D正确。 探究点三___追及相遇问题 1．追及相遇问题 两物体在同一直线上一前一后运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者距离为零的情况，这类问题称为追及相遇问题。 2．分析追及相遇问题的思路和方法 (1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。 (2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。 (3)常用方法 ①物理分析法：抓住“两物体能否相遇”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。 ②图像法：将两者的v-t图像画在同一坐标系中，然后利用图像求解。 ③数学分析法：设从开始运动至相遇所用时间为t，根据条件列位移关系方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰。 【例3】 汽车正以10 m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好不碰上自行车，则关闭油门时汽车离自行车多远？ 答案：3 m 解析：(解法一)汽车和自行车运动过程中的示意图如图甲所示，在汽车做匀减速运动的过程中，自行车仍在做匀速运动。当两车速度相等时，距离最小。因此，当汽车速度减小到与自行车速度相等没有碰撞时，便不会碰撞。汽车减速到4 m/s时，发生的位移和运动的时间分别为 x汽＝＝ m＝7 m t＝＝ s＝1 s， 这段时间内自行车发生的位移为 x自＝v自t＝4×1 m＝4 m， 因此汽车关闭油门时离自行车的距离为 s＝x汽－x自＝(7－4) m＝3 m。 (解法二)利用v-t图像进行求解，如图乙所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的运动图线，图中阴影部分的面积表示当两车车速相等时汽车比自行车多发生的位移，即为汽车关闭油门时离自行车的距离s。图线Ⅰ的斜率即为汽车减速运动的加速度，所以应有 s＝＝×＝ m＝3 m。 [练4] (2023·广西南宁高一检测)甲、乙两车在一条平直的公路上同向行驶，t＝0时刻甲车开始刹车，甲车的速度随时间变化的图像如图a所示，以t＝0时刻甲车所在位置为坐标原点O，以甲车速度方向为正方向建立x轴，乙车的位置坐标随时间变化的图像如图b所示。下列说法正确的是(图中数据为已知)(　　) A．甲车做匀变速直线运动加速度大小为2 m/s2 B.乙车做匀速直线运动，速度大小为8 m/s C．t＝6 s时甲车追上乙车 D．甲、乙两车相距最近为2 m D　解析：甲车做匀变速直线运动的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，A错误；乙车做匀速直线运动，速度大小为v＝ m/s＝4 m/s，B错误；t＝6 s时两车的位移分别为x甲＝v0t－at2＝10×6 m－×1×62m＝42 m，x乙＝vt＝4×6 m＝24 m，Δx＝x甲－x乙＝42 m－24 m＝18 m<20 m，甲车没有追上乙车，C错误；6 s时甲车的速度为4 m/s，甲、乙两车共速距离最近，甲、乙两车最近距离为xmin＝20 m－18 m＝2 m，D正确。 探究点四___解决实际问题 [练5] (交通情境)强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，货车在甲车前面。若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为4 m/s2。假定货车速度保持不变，汽车超过货车4 m后完成超车，不计车辆变道的时间。 (1)若甲车要在4 s内完成超车，则货车最多在甲车前面多远处？ (2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程用时4 s，乙车速度始终保持不变，则甲、乙两车之间的距离至少是多少？ 答案：(1)28 m　(2)132 m 解析：(1)由题意可得x甲＝d＋x＋4 m x甲＝v0t1＋at，x＝v0t1 解得d＝28 m。 (2)甲车位移x甲＝v0t2＋at＝72 m 乙车位移x乙＝v乙t2＝60 m 则甲、乙两车之间的距离至少是 L＝x甲＋x乙＝132 m。 [练6] (体育情境)甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100 m接力交接棒，甲在距离接力区前端s0＝24 m处向乙发出起跑口令，并以10 m/s的速度跑完全程，乙在接力区前端听到起跑口令后立即起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。已知乙运动员在起跑加速阶段的第3 s内通过的距离为5 m，乙从起跑到接棒前的运动是匀加速运动，接力区的长度为L＝20 m。求： (1)在甲、乙交接棒时乙的速度大小； (2)若不考虑接力区长度的限制，使甲、乙速度相等时完成交接棒，甲在距离乙多远时发出起跑口令。 答案：(1)8 m/s　(2)25 m 解析：(1)设乙运动员在匀加速阶段的加速度为a，在前2 s和前3 s内通过的位移分别为x2和x3，由运动学规律得 x2＝a·(2 s)2，x3＝a·(3 s)2 由题意可知x3－x2＝5 m，联立可得a＝2 m/s2 设经过时间t1甲追上乙，由位移关系可得vt1－at＝s0 解得t1＝4 s，t1＝6 s(不合理舍去)，此刻乙的速度v乙＝at1＝8 m/s。 (2)当甲、乙速度相等时，所需时间为t2，可得v＝at2 在这段时间内，乙的位移s乙＝at＝25 m， 甲的位移s甲＝vt2＝50 m 可得s0′＝s甲－s乙＝25 m，故甲应在距离乙25 m处发出起跑口令。 [对应学生用书P53] 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，所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋) s 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－gt2，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处时所用的时间，而t2＝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，A、C正确；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′＝v0t′－gt′2，解得t1′＝(2＋) s，t2′＝(2－) s(舍去)，D正确。 2.在一个大雾天，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(　　) A．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 B　解析：根据速度—时间图像与时间轴所围“面积”大小等于位移，由题图可知，t＝3 s时卡车的位移为sb＝vbt＝10×3 m＝30 m，汽车的位移为sa＝×(30＋20)×1 m＋×(20＋15)×2 m＝60 m，则sa－sb＝30 m，且va＞vb，所以在t＝3 s时发生追尾事故，B正确，A、C错误；若紧急刹车时两车相距40 m，速度相等时，汽车的位移s1＝×(30＋20)×1 m＋×(20＋10)×4 m＝85 m，卡车位移s2＝50 m，因为s2＋40 m＞s1，则不会发生追尾事故，最近距离为Δs＝40 m＋50 m－85 m＝5 m，D错误。 3.如图所示的是在平直公路上检测某新能源动力车的刹车性能时，动力车刹车过程中的位移x和时间t的比值与t之间的关系图像。下列说法正确的是(　　) A．刚刹车时动力车的速度大小为10 m/s B．刹车过程动力车的加速度大小为4 m/s2 C．刹车过程持续的时间为2 s D．整个刹车过程动力车经过的路程为40 m B　解析：由匀减速直线位移公式x＝v0t－，得＝v0－·t，结合题图可得v0＝20 m/s，A错误；由图像斜率为a＝ m/s2，解得加速度大小a＝4 m/s2，B正确；刹车持续时间由公式v＝v0－at，代入数据解得t＝5 s，C错误；把v0和t代入位移公式x＝v0t－at2，解得刹车过程的路程为50 m，D错误。 4．一辆停在路边的公交车正要以a＝0.5 m/s2的加速度匀加速启动时，在其后方距离车尾s＝42 m处有一名乘客小张，他立即以某一速度匀速奔跑追车，已知车身长L＝7 m(车辆的前门、后视镜、司机均可看作位于车头位置)。 (1)若小张要追至车辆的前门位置叫司机停车，则他的奔跑速度v1至少多大？ (2)其实小张追车过程中超过车尾时，后视镜中就能出现他的影像，若影像在后视镜中停留的时间达到或超过2 s，司机就能注意到他并且停车，则为了能搭上这辆公交车，他的奔跑速度v2至少多大？ 答案：(1)7 m/s　(2)6.5 m/s 解析：(1)设小张追到车辆前门位置用时为t，则小张奔跑的距离为x1＝v1t 公交车行驶的距离为x2＝at2 由位移关系可得x1＝x2＋L＋s 若小张与前门位置至少相遇一次，则方程有根，可求得v1≥7 m/s，故奔跑速度v1至少为7 m/s； (2)依题意可知，以公交车的车尾为参考系，若小张追上车尾时要在后视镜中出现2 s，即是小张在这过程与车尾相遇两次，一次为速度大于车的速度，下一次为小于车的速度；设追上车尾用时为T，由位移关系可得v2T＝aT2＋s 代入数据整理T2－4v2T＋168＝0 可知方程有两个根，且T1－T2>2 s 联立解得v2＝6.5 m/s 即小张奔跑的速度至少要6.5 m/s才能让司机停车。 学科网（北京）股份有限公司 $$