物理必修 第一册第2章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计

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[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：vt＝v0－gt.
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(3)位移和速度的关系式：vt2－v02＝－2gh.
(4)上升的最大高度(即vt＝0时)：H＝eq \f(v02,2g).
(5)上升到最高点(即vt＝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＝10 m/s的速度匀速上升，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？落地前瞬间的速度多大？(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v02＝2gh1知，h1＝eq \f(v02,2g)＝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)gt22，故t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6 s
重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，落地前瞬间的速度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t＝7 s(t＝－5 s舍去)
由vt＝v0－gt，得vt＝－60 m/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方向向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律vt＝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)
①vt＞0表示物体上升，vt＜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20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g取10 m/s2)
(1)物体抛出的初速度大小为多少？
(2)物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为多少？
(3)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小．
答案 (1)20 m/s (2)10 m,30 m,50 m (3)6 s 40 m/s
解析 (1)设初速度为v0，竖直向上为正方向，有－2gh＝0－v02，故v0＝20 m/s.
(2)位移大小为10 m，有三种可能：向上运动时在出发点上方10 m，返回时在出发点上方10 m，返回时在出发点下方10 m，对应的路程分别为s1＝10 m，s2＝(20＋10) m＝30 m，s3＝(40＋10) m＝50 m.
(3)落到地面时的位移s＝－60 m，设从抛出到落到地面用时为t，有s＝v0t－eq \f(1,2)gt2，
解得t＝6 s(t＝－2 s舍去)
落地速度v＝v0－gt＝(20－10×6) m/s＝－40 m/s，则落地速度大小为40 m/s.
二、追及、相遇问题
1．追及相遇问题是一类常见的运动学问题，分析时，一定要抓住：
(1)位移关系：s2＝s0＋s1.
其中s0为开始追赶时两物体之间的距离，s1表示前面被追赶物体的位移，s2表示后面物体的位移．
(2)临界状态：v1＝v2.
当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追上、恰好避免相撞、相距最远、相距最近等临界、最值问题．
2．处理追及相遇问题的三种方法
(1)物理方法：通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解．
(2)数学方法：由于匀变速直线运动的位移表达式是时间t的一元二次方程，我们可利用判别式进行讨论：在追及问题的位移关系式中，若Δs>0，即有两个解，并且两个解都符合题意，说明相遇两次；Δs＝0，有一个解，说明刚好追上或相遇；Δs