【物理】2020届一轮复习人教版竖直上抛运动学案
2020届一轮复习人教版 竖直上抛运动 学案
[学科素养与目标要求]
物理观念：知道什么是竖直上抛运动，理解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.2.会利用分段法或全程法求解竖直上抛运动的有关问题．
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．竖直上抛运动的运动性质
(1)上升阶段：初速度v0向上，加速度为g，方向竖直向下，是匀减速直线运动．
(2)下降阶段：初速度为零、加速度为g，是自由落体运动．
(3)全过程可以看做是初速度为v0(竖直向上)、加速度为g(竖直向下)的匀变速直线运动．
3．竖直上抛运动的运动规律
通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g.
(1)速度公式：v＝v0－gt.
(2)位移公式：h＝v0t－gt2.
(3)位移和速度的关系式：v2－v02＝－2gh.
(4)上升的最大高度：H＝.
(5)上升到最高点(即v＝0时)所需的时间：t＝.
4．竖直上抛运动的对称性
(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．
例1 气球下挂一重物，以v0＝10m/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 7s 60m/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＝＝1s，
由v02＝2gh1知，匀减速上升的高度h1＝＝5m
重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175m＝180m
设下落时间为t2，则H＝gt22，故t2＝＝6s
重物落地速度v＝gt2＝60m/s，总时间t＝t1＋t2＝7s
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h＝v0t－gt2＝－175m
可解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去)
由v＝v0－gt，得v＝－60m/s，负号表示方向竖直向下．
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向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2.
(2)正负号的含义
①v＞0表示物体上升，v＜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．
针对训练1 竖直上抛的物体，初速度为30m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？第2.0 s末、第4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
答案 见解析
解析 物体上升到最高点所用时间t＝＝3s．上升的最大高度H＝＝m＝45m
由x＝v0t－gt2得
当t1＝2.0s
t时，
位移x2＝30×4.0m－×10×4.02m＝40m，
所以路程s2＝45m＋(45－40) m＝50m
速度v2＝v0－gt2＝30m/s－10×4.0 m/s＝－10m/s，
负号表示速度方向与初速度方向相反．
例2 (2019·太和一中学情调研)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放置一水平挡板，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
答案 D
解析 竖直上抛时，物体从被抛出至回到抛出点的时间为2t，所以上升和下降的时间都为t
v0＝gt①
h＝gt2②
设上升到时，速度为v，上升和下降的总时间为t′
v02－v2＝2g·③
由①②③得v＝gt
所以t′＝＝(2－)t≈0.6t，故选D.
针对训练2 一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为( )
A.g(TA2－TB2) B.g(TA2－TB2)
C.g(TA2－TB2) D.g(TA－TB)
答案 A
解析 物体做竖直上抛运动两次经过同一点时，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝，则A、B
两点的距离x＝gtA2－gtB2＝g(TA2－TB2).
1．(多选)某人在高层楼房的阳台上以20m/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．1sB．2sC．3sD．(2＋) s
答案 ACD
解析 取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．
当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为x＝15m，由x＝v0t－gt2，解得t1＝1s，t2＝3s．其中t1＝1s对应着石块上升过程中运动到离抛出点15m处时所用的时间，而t2＝3s对应着从最高点下落时运动到离抛出点15m处时所用的时间．
当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时，位移为x＝－15m，由x＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s，t4＝(2－) s(舍去)．
2．(多选)某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2,5s内物体的( )
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向竖直向上
答案 AB
解析 初速度为v0＝30m/s，只需要t1＝＝3s即可上升到最高点，上升最大高度为h1＝gt12＝45m，再自由落体t2＝2s时间，下降高度为h2＝gt22＝20m，故路程为s＝h1＋h2＝65m，A项对；此时离抛出点高x＝h1－h2＝25m，位移方向竖直向上，B项对；5s末时速度为v5＝v0－gt＝－20m/s，所以速度改变量大小为Δv＝|v5－v1|＝50 m/s，C项错；平均速度为＝＝5m/s，方向竖直向上，D项错．
3．如图1所示，一同学从一高为H＝10m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8m，小球抛出后升高了h＝0.45m到达最高点，最终小球落在地面上．g＝10m/s2，求：
图1
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)小球从抛出到落到地面的过程中经历的时间t.
答案 (1)3m/s (2)1.8s
解析 (1)上升阶段，由0－v02＝－2gh得：
v0＝＝3m/s
(2)设上升阶段经历的时间为t1，则：0＝v0－gt1
自由落体过程经历的时间为t2，则：h0＋h＋H＝gt22
又t＝t1＋t2，
联立解得：t＝1.8s.
4．(2019·太原五中阶段性检测)一颗子弹以40m/s的速度从地面竖直向上射出.2 s后，再从同一位置竖直向上射出另一颗子弹，两颗子弹在离射出点60 m的高度相遇，求第二颗子弹射出时的初速度大小．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
答案 35m/s
解析 设第一颗子弹在射出ts后与第二颗子弹相遇，则：h＝v0t－gt2
t1＝6s或t2＝2s(舍)
即第二颗子弹射出t′＝4s后与第一颗子弹相遇：
h＝v0′t′－gt′2
得v0′＝35m/s.
5．一只气球以10m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球s0＝6 m处有一小球以20 m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s2，不计小球受到的空气阻力．
(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间．
(2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？
答案 (1)20m 2s
(2)小球追不上气球，理由见解析
解析 (1)设小球上升的最大高度为h，时间为t，则h＝，解得h＝20m，
又t＝，解得t＝2s.
(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1，则
v气＝v小＝v0－gt1，
解得t1＝1s
设在这段时间内气球上升的高度为x气，小球上升的高度为x小，则
x气＝vt1＝10m
x小＝v0t1－gt12＝15m
由于x气＋6m>x小，所以小球追不上气球．
