高中物理必修第一册拓展课二

拓展课二竖直上抛运动追及和相遇问题目标要求1.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．2．会分析竖直上抛运动的运动规律．会利用分段法或全程法求解竖直上抛运动的有关问题．3．知道竖直上抛运动的对称性．4．会分析追及相遇问题，理解两者速度相等为临界条件．5．会根据位移关系、时间关系列方程求解．拓展1竖直上抛运动【归纳】1．竖直上抛运动如图1所示，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．说明：竖直上抛运动也是一种理想化运动模型，当其他力(空气阻力)远小于重力时，竖直向上抛出的物体的运动也可当作竖直上抛运动处理，如：小球被压缩的弹簧弹出(图2)，运动员原地起跳(图3)等．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)．3．竖直上抛运动的v-t图像4．竖直上抛运动的规律位移公式：h＝v0t－12gt2t总＝2v速度与位移关系式：v2−v02＝－2gh5．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所用时间相等，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＝－v′B，vA＝−v(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．6．竖直上抛运动的处理方法分段分析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【典例】例1[2023·福建省泉州教科所高一期末]东京奥运会女子10米跳台决赛中，中国小将全红婵以5跳3满分的超高成绩夺得金牌．如图，全红婵双手伸直站立在跳台上，以初速度v0竖直起跳，在空中抱膝向内翻腾3周半，双掌与水面距离L时身体刚好完全打开，之后笔直入水．设手伸直时其重心恰在身体的中点，v0＝2m/s，L＝0.4m，忽略水平方向的运动和空气阻力，取g＝10m(1)全红婵重心上升的最大高度；(2)全红婵从起跳到重心上升至最大高度的时间；(3)全红婵从起跳到身体刚好完全打开的时间．例2自高为H的塔顶自由落下物体A，同时物体B自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g.根据下面问题讨论H、v0和g的关系：(1)在什么条件下，两物体在B的最高点相遇？(2)在什么条件下，两物体在地面相遇？(3)在什么条件下，B正在上升途中两物体相遇？(4)在什么条件下，B正在下降途中两物体相遇？拓展2追及、相遇问题【归纳】1．追及、相遇问题是常见的运动学问题，其实质是研究两物体能否在相同的时刻到达相同的空间位置的问题．2.分析追及、相遇问题时，—定要抓住以下两点：(1)位移关系：x2＝x0＋x1.其中x0为开始追赶时两物体之间的距离，x1表示前面被追赶物体的位移，x2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，往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的状态，也是可能出现恰好追上、恰好避免相撞等临界情况的状态．3.处理追及、相遇类问题的基本思路(1)分别对两物体进行研究，确定运动性质；(2)画出运动过程示意图；(3)找出时间关系、速度关系、位移关系，列方程求解；(4)解出结果，必要时进行讨论．【典例】例3火车A以v1＝20m/s的速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100m处有另一列火车B正以v2＝10m/s的速度匀速行驶，火车A立即做加速度大小为a的匀减速直线运动．要使两火车不相撞，a应满足什么条件？例4两玩具车在两条平行的车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的v-t图像如图所示．在0～3s内哪幅图对应的比赛中两车可能再次相遇()例5[2023·山东济南高一上检测]某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1m/s的速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2＝15m/s的速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车站的距离s＝25m．为了乘上该公交车，他匀加速向前跑去，加速度大小a1＝2.5m/s2，达到最大速度vm＝6m/s后匀速前进．假设公交车从相遇处开始匀减速刹车，刚好到车站停下．(1)求公交车刹车过程中加速度a2的大小；(2)当小明达到最大速度时，与车站相距多远？(3)从相遇时开始计时，公交车至少需在车站停留多长时间小明才能赶上？(4)分析小明在追赶公交车过程中与公交车相距最远的距离是多少？(不计车长)拓展课二竖直上抛运动追及和相遇问题拓展1[例1]解析：(1)全红婵重心上升的最大高度为h＝v0(2)全红婵从起跳到重心上升至最大高度的时间为t1＝v0(3)解法一(分段法)：全红婵上升到最高点后做自由落体运动，设下落时间为t2，则H＋h－L＝12解得t2＝1.4s，全红婵从起跳到身体刚好完全打开的时间为t＝t1＋t2＝1.6s.解法二(整体法)：取竖直向上为正方向，对全红婵的整个运动过程有－(H－L)＝v0t－12gt2解得全红婵从起跳到身体刚好完全打开的时间为t＝1.6s(另解t＝－1.2s舍去)．答案：(1)0.2m(2)0.2s(3)1.6s[例2]解析：两物体相遇应满足：H＝12gt2＋v0t－12gt2，相遇时间t＝B物体上升到最高点需时间t1＝v0落回到抛出点时间t2＝2v(1)在最高点相遇时t＝t1，v0＝gH；(2)在地面相遇时t＝t2，v0＝gH2(3)要在上升途中相遇，t<t1，即Hv0<v0g，则v(4)要在下降途中相遇，t1<t<t2，即v0g<Hv0<2v0g，则答案：(1)v0＝gH(2)v0＝gH2(3)v0>gH(4)gH2<v0<拓展2[例3]解析：解法一：用临界法求解两火车恰好不相撞的条件是两火车速度相同时相遇．A、B火车速度关系为v1－at＝v2，A、B火车位移关系为v1t－12at2＝v2t＋x0两式联立消去t可得a＝v1−v222x因此a>0.5m/s2.解法二：用图像法求解在同一个v-t图中画出火车A和火车B的速度—时间图线，根据图线与时间轴所围图形面积的物理意义，两火车位移之差等于图中梯形的面积与矩形面积之差，当t＝t0时梯形与矩形的面积之差最大，为图中阴影部分三角形的面积．根据题意，阴影部分三角形的面积表示的位移不能超过100m．两火车恰好不相撞时有12×(20－10)m/s·t0＝100m，可得t0＝20s，a＝20−1020m/s2＝0.5m/s2，因此a>0.5m/s答案：a>0.5m/s2[例4]解析：t＝0时两车都在同一计时线处，根据v-t图像与t轴所围成图形的面积表示位移可知，5s时两车再次相遇，0～3s内减速运动的玩具车在前，没有相遇，A错误；0～3s内匀速运动的玩具车始终在前，两车未再次相遇，B错误；2.5s时刻，两车v-t图像与t轴所围成图形的面积相等，两车相遇，C正确；0～3s内匀加速运动的玩具车始终在前，两车未再次相遇，D错误．故选C.答案：C[例5]解析：(1)由匀变速直线运动公式v2＝2as，解得公交车刹车过程中的加速度大小为a2＝v222s＝(2)小明加速到最大速度用时t1＝vm小明加速过程中的位移为s1＝12(v1＋vm)t1小明与车站的距离s2＝s－s1＝18m.(3)小明以最大速度跑到车站的时间为t2＝s2小明到达车站所需的时间t＝t1＋t2＝5s，汽车从相遇到停在车站所用时间为t3＝v2a2则需要汽车停在车站的最短时间为Δt＝t－t3＝53(4)设经时间t4小明与公交车速度相等，则有v1＋a1t4＝v2－a2t4，解得t4＝2s，此时小明刚好达到最大速度，公交车的位移s3＝v2+vm2t4＝21m，小明在追赶公交车过程中与公交车相距最远的距离是Δs＝s答案：(1)4.5m/s2(2)18m(3)53综合检测卷一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为()A.2l2l B.00 C.2l0 D.02l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(广东东莞高一月考)据报道,身体仅6mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4000m/s2,重力加速度g取10m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为()A.41∶1 B.401∶1C.400∶1 D.4001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=答案B4.(浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中()A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtanθ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。某次运送物品过程,机器人沿直线运动的v-t图像如图乙所示,则()A.t=20s时机器人开始返回B.护士站与接收点之间的距离为120mC.全过程机器人平均速度为2m/sD.运送过程中物品在10~20s内受到的摩擦力最大解析在0~30s内,机器人的运动方向没有改变,故A错误;由图像可知,t=30s时,机器人到达接收点,图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6m=120m,故B正确;全过程机器人平均速度为v=xt=12030m/s=4m/s,故C错误;运送过程中,在10~20s内机器人做匀速运动,则物品也做匀速直线运动,故物品在10~20s答案B6.(辽宁营口高一期末)某笔记本电脑放在散热底座上,如图甲所示,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙所示),电脑始终处于静止状态。则()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的支持力不变C.电脑受到的合力变小D.散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对电脑受力分析有FN=mgcosα,当角度减小时,电脑受到的支持力变大,A、B错误;电脑处于静止状态,所受合力为零,因此合力不变,C错误;散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力,D正确。答案D7.(江苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员的总质量为2t,驾驶员的反应时间为0.5s,且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是()A.汽车在驾驶员反应时间内的位移大小为5mB.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10mC.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5sD.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N解析汽车在驾驶员反应时间内的位移大小x1=v0·Δt=10×0.5m=5m,A正确;汽车在减速过程中,根据v02=2ax2,x1+x2=15m,解得a=5m/s2,减速的时间t1=v0a=2s,因此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间t=Δt+t1=2.5s,C正确;可以将减速过程倒过来看成匀加速运动,减速过程中第2s内位移大小相当于做匀加速运动第1s的位移,x=12at2=12×5×12m=2.5m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得汽车在减速过程中受到的阻力Ff=2×103×5N=1.0答案B8.(山东潍坊高一期中)如图所示,小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落Δt后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是()A.减小Δt,t变小B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间内小球的末速度和位移分别为v球1=gΔt,x球1=12g(Δt)2,由于此时小球未到管的最上端,设经过t0小球到达管的最上端,有h-12g(Δt)2=gΔtt0+12gt02−12gt02,解得t0=ℎ-12g(Δt)2gΔt,则此时管的速度和小球的速度分别为v管=ℎ-12g(Δt)2Δt,v球2=gΔt+ℎ-12g(Δt2)Δt答案BD9.(山东济宁第二中学高一月考)如图所示,在水平天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板的夹角为θ=30°。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A.细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是3C.细线BO对天花板的拉力大小是GD.细线BO对天花板的拉力大小是G解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡条件,有FT=mg,同一根细线拉力处处相等,故细线对天花板的拉力也等于G,故C正确,D错误;对滑轮受力分析,受到细线的压力(等于两边细线拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图所示,根据平衡条件,结合几何关系,有F=FT=G,故A正确,B错误。答案AC10.(广西钦州浦北县月考)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达右端B处,且加速和匀速所用时间相等,已知A、B间距离为L,则()A.物体匀加速所用时间为LB.物体匀加速所用时间为2C.物体与传送带间的动摩擦因数为vD.物体与传送带间的动摩擦因数为3解析设物体做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也是t,物体从A到B的过程有L=v2t+vt,解得t=2L3v,故A错误,B正确;物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体答案BD二、实验题(本题共2小题,共18分)11.(10分)(江苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50Hz,某次记录小车运动情况的纸带如图所示,图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点,相邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动学有关公式可求得vB=16.50cm/s,vC=cm/s,vD=26.30cm/s;

(2)利用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车的v-t图线(以打A点时开始计时),并根据图线求出小车运动的加速度a=m/s2;(结果保留2位有效数字)

(3)图线与纵轴交点的纵坐标是cm/s,此速度的物理意义是。

解析(1)电磁打点计时器频率是50Hz,则每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有vC=xBDtBD=1.90+2.38(2)在坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图像中斜率即加速度,所以a=k=ΔvΔt=0.363-0.165(3)图线与纵轴交点的纵坐标是11.60cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车的速度,即小车在A点的瞬时速度。答案(1)21.40(2)见解析图0.50(3)11.60开始计时时小车的速度(或小车在A点的瞬时速度)12.(8分)(福建三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实验装置。(1)乙同学做实验时,先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻度开始,如图(b)所示,此时这个弹簧的长度L0是cm,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的F-x图线可能是下图所示图像的。

(2)甲同学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码,待静止时,测出弹簧相应的总长度l,实验数据见下表:(弹力始终未超过弹性限度)弹簧总长度l/cm5.005.506.006.507.007.50弹力大小F/N00.20.40.60.81.0(c)甲根据这些实验数据,在给定的如图(c)所示的坐标纸上,作出了弹簧弹力大小与弹簧长度的关系图像;根据图像得该弹簧的劲度系数k为N/m;该弹簧的原长为cm。

解析(1)弹簧的长度为L0=41.0-25.0cm=16.0cm,实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂重物的重力大小),当弹簧竖直悬挂时,由于自身重力的影响,弹簧会有一段伸长量,但此时所挂重物的重力为0(即F=0);因为在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长量与其所受的拉力成线性关系,故选C。(2)设弹簧的原长为l0,劲度系数为k,根据胡克定律可得F=k(l-l0)=kl-kl0,图线的斜率表示弹簧的劲度系数,则有k=ΔFΔx=40.0N/m,图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度,即为弹簧的原长,由图可知,原长为5答案(1)16.0C(2)40.05三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)(山东青岛高一期中)在某次跳水比赛中,一位运动员以v0=3m/s的速度从离水面10m高的平台向上跃起,起跳过程举起双臂直体离开台面,其重心位于从手到脚全长的中点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计),重力加速度g取10m/s2,计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点。求:(1)运动员从起跳到最高点上升的高度h;(2)运动员从起跳到手接触水面过程所用时间t。(结果可以用根号表示)解析(1)上升阶段有0-v02=-代入数据解得h=0.45m。(2)上升阶段有0=v0-gt1代入数据解得t1=0.3s从最高点自由落体运