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- 2021-05-25 发布
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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=2.0st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.