第2章 专题强化3 竖直上抛运动 追及和相遇问题（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高一物理必修第一册高中同步学案（人教版）

第二章　匀变速直线运动的研究 专题强化　竖直上抛运动　追及和相遇问题 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 目录 contents Part 01 探究重点 提升素养 Part 03 专题强化练 Part 02 随堂演练 逐点落实 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 探究重点 提升素养 返回导航 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 随堂演练 逐点落实 返回导航 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 【答案】　A 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 专题强化练（4） 点击进入 word 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 谢谢观看 第二章　匀变速直线运动的研究 返回导航 1 学科素养与目标要求 物理 观念 知道什么是竖直上抛运动，知道竖直上抛运动是匀变速直线运动。 科学 思维 1．会分析竖直上抛运动的运动规律，会利用分段法或全过程法求解竖直上抛运动的有关问题。 2．会分析追及问题中物体速度、位移的变化，会根据两者速度关系和位移关系列方程。 一、竖直上抛运动 1．定义 将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出后，物体只在重力作用下的运动叫竖直上抛运动。 2．特点 只受重力作用且初速度竖直向上。如果以初速度方向为正方向，则加速度a＝－g。 3．运动规律(取竖直向上为正方向) (1)速度公式：v＝v0－gt；(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2；(3)上升的最大高度H＝eq \f(v\o\al(2,0),2g)；(4)上升到最大高度所需时间：t＝eq \f(v0,g)。 4．竖直上抛运动的处理方法 (1)分段分析法：把竖直上抛运动的全过程分为上升阶段和下降阶段，上升阶段做末速度v＝0、加速度大小a＝g的匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。 物体下降阶段的运动和上升阶段的运动互为逆运动。 (2)全过程分析法：把竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段看成是一个匀减速直线运动，其加速度方向始终与初速度v0的方向相反。应用全程法处理竖直上抛运动全过程问题时，要特别注意速度、位移、加速度等矢量的方向。 　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) 【答案】　495 m 【解析】　解法1：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＝eq \f(v0,g)＝1 s hAB＝hBC＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,AB)＝5 m 由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s 根据自由落体运动规律可得hBD＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,BD)＝500 m 故产品的释放位置距地面的高度H＝hBD－hBC＝495 m。 解法2：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。 根据H＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得H＝－495 m 故产品的释放位置距地面的高度为495 m。 【技巧点拨】 对于竖直上抛运动，解题时要注意以下两点：(1)灵活选用分段法和整体法，同时要注意各物理量的取值正负；(2)画好运动过程示意图，正确判断物体的运动情况。 1．气球下挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当到达离地面高 175 m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？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2) 【答案】　7 s　60 m/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)＝1 s， 由veq \o\al(2,0)＝2gh1知，h1＝eq \f(v\o\al(2,0),2g)＝5 m 重物下降阶段： 下降距离H＝h1＋175 m＝180 m 设下落时间为t2，则H＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)， 故t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6 s 重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s， 速度v＝gt2＝60 m/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＝－175 m 可解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去) 由v＝v0－gt，得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下。 二、追及、相遇问题 1．追及和相遇问题的概述 当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，这时就会涉及追及、相遇或避免相碰等问题。 2．追及和相遇问题中的一个条件和两个关系 (1)一个条件：两者速度相等，它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。 (2)两个关系：时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到。 (3)追及相遇问题常见的情况。假设物体A追物体B(两物体做匀速或匀变速运动)，开始时两个物体相距x0，有三种常见情况： ①A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB。 ②要使两物体恰好不相撞，两物体同时到达同一位置时速度相同，必有xA－xB＝x0，vA＝vB。 ③若使两物体保证不相撞，则要求当vA＝vB时，xA－xB<x0，且之后vA≤vB。 ④解题思路和方法 eq \x(\a\al(分析两物,体的运动,过程)) eq \a\vs4\al(⇒) eq \x(\a\al(画运动,示意图)) eq \a\vs4\al(⇒) eq \x(\a\al(找两物体,位移关系)) eq \a\vs4\al(⇒) eq \x(\a\al(列位移,方程)) 　一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过。试求： (1)汽车在追上自行车前运动多长时间与自行车相距最远？此时的距离是多少？ (2)汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？ 【答案】　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 【解析】　(1)法1　基本规律法 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)＝2 s Δx＝v自t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝6 m 法2　极值法或数学分析法 设汽车在追上自行车之前经过时间t1两车间的距离为 Δx＝x1－x2＝v自t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 代入已知数据得Δx＝6t1－eq \f(3,2)teq \o\al(2,1) 由二次函数求极值的条件知t1＝2 s时，Δx最大 代入得Δx＝6 m 法3　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＝2 s Δx＝eq \f(v1t1,2)＝eq \f(6×2,2) m＝6 m (2)法1　基本规律法 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(2,2) 解得t2＝eq \f(2v自,a)＝eq \f(2×6,3)s＝4 s v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s 法2　图像法 由图可以看出，在t1时刻之后，标有阴影的两个三角形面积相等，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＝4 s，v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。 　(多选)无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了研究在运动过程中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验。乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，乙站在甲正前方10 m处，二人同时沿同一直线向正前方运动，各自运动的v­t图像如图所示，结果手机检测到蓝牙耳机能被连接的时间为4 s。则下列判断正确的是(　　 ) A．3 s时甲乙相距最远 B．6 s时甲乙相距最近 C．甲减速加速度大小为1 m/s2 D．5 s时两者距离为7.5 m 【解析】　由图可知，3 s时甲乙速度相等，甲乙相距最近，AB错误；甲加速度大小为a＝eq \f(6－0,6－0)m/s2＝1m/s2，C正确；t＝5 s时，x甲＝6× 5 m－eq \f(1,2)×1×52 m＝17.5 m，x乙＝3×5 m＝15m，此时两者相距d＝10 m＋x乙－x甲＝7.5 m，D正确。故选CD。 【答案】　CD 2．甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以1 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求： (1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间。 【答案】　(1)18 m　(2)12.5 s 【解析】　(1)当两车速度相等时有： v乙＝v甲－at， 解得t＝eq \f(v甲－v乙,a)＝eq \f(10－4,1) s＝6 s。 则两车相距的最大距离 Δx＝v甲t－eq \f(1,2)at2－v乙t＝10×6 m－eq \f(1,2)×1×36 m－4×6 m＝18 m。 (2)甲车减速到零所需的时间t1＝eq \f(v甲,a)＝10 s， 此时乙车的位移x乙＝v乙t1＝4×10 m＝40 m， 甲车的位移x甲＝v甲t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝10×10 m－eq \f(1,2)×1×100 m＝50 m。 可知乙车仍然未追上甲车， 则t2＝eq \f(x甲－x乙,v乙)＝eq \f(10,4) s＝2.5 s。 故乙车追上甲车的时间t＝t1＋t2＝12.5 s。 1．在某高处A点，以v0的速度同时竖直向上和向下抛出a、b两球，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．两球落地的时间差为eq \f(v0,g) B．两球落地的时间差为eq \f(2v0,g) C．两球落地的时间差与高度有关 D．条件不足，无法确定 【解析】　设A点的高度为h，以竖直向下为正，由h＝v0t1＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，h＝－v0t2＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，可得t2－t1＝eq \f(2v0,g)，选项B正确。 【答案】　B 2．(竖直上抛运动)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛，从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(　　) A．0.2t　　　　　　　 B．0.3t C．0.5t D．0.6t 【解析】　竖直上抛时从抛出至回到抛出点时间为2t， 所以上升和下降的时间都为t，v0＝gt　① h＝eq \f(1,2)gt2② 设上升到eq \f(h,2)时，速度为v，上升和下降的总时间为t′ veq \o\al(2,0)－v2＝2g·eq \f(h,2)③ 由①②③得：v＝eq \f(\r(2),2)gt t′＝2eq \f(v0－v,g)＝(2－eq \r(2))t≈0.6t，故选D。 【答案】　D 3．A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s，B车在后，速度vB＝30 m/s，当B车发现A车时就立刻刹车。已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30 m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1 800 m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定。为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到(　　 ) A．800 m B．1 000 m C．1 200 m D．1 600 m 【解析】　对B车，由运动学公式有0－veq \o\al(2,0)＝2ax解得a＝－0.25 m/s2作出A、B两车运动过程中的速度—时间图像如图所示 图中图线的交点的横坐标即为两车速度相等的时刻，有t＝eq \f(vA－vB,a)＝80 s当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后不会相撞，由v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，图像中阴影三角形的面积为能见度的最小值，即xmin＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(30－10))×80 m＝800 m，故选A。 4．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶时，制动后40 s停下来。现在该汽车行驶时发现前方200 m处有一货车以6 m/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？试计算说明？ 【答案】　(1)0.5 m/s2　(2)不会相撞 【解析】　(1)汽车制动加速度大小a＝eq \f(vA,t)＝0.5 m/s2 (2)当汽车减为与货车同速时t0＝eq \f(vA－vB,a)＝28 s 汽车位移x1＝eq \f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2a)＝364 m 此时间内货车位移为x2＝vBt0＝168 m Δx＝x1－x2＝196 m<200 m， 所以两车不会相撞。 $$