专题强化 竖直上抛运动
[学习目标] 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(重点)。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(重难点)。3.知道竖直上抛运动的对称性。
一、竖直上抛运动的基本概念
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.(1)上升阶段:初速度为v0,方向竖直向上,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。
竖直上抛运动全过程(包括上升阶段、下降阶段)能否看成匀变速直线运动 定性画出上抛物体的v-t图像。
答案
可以,因为整个过程中加速度大小和方向都不变。v-t图像如图所示。
例1 (多选)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是 ( )
A.竖直上抛运动的上升过程是匀减速直线运动
B.匀变速直线运动规律对竖直上抛运动的全过程都适用
C.以初速度的方向为正方向,竖直上抛运动的加速度a=g
D.竖直上抛运动中,任何相等的时间内物体速度的变化量相等
答案 ABD
二、竖直上抛运动的规律
竖直上抛运动的规律
通常取初速度v0的方向为正方向
(1)速度公式:v=v0-gt,若v<0,表示速度方向向下。
(2)位移公式:h=v0t-gt2,若h<0,表示物体落到抛出点下方。
(3)速度与位移的关系式:v2-=-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=。
如图所示,小球以v0初速度从O点竖直上抛,最高点为A点。(重力加速度为g,不计空气阻力)
(1)上升过程中从O点到A点的时间和下降过程从A点到O点的时间分别是多少
(2)上升过程经过B点和下降过程经过B点的速度大小关系怎样
答案 (1)上升阶段:t1=,下降阶段:t2=
(2)逆向思维:都可以看成从A到B的自由落体运动,故两次经过B点的速度大小相等,方向相反。
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。
(3)位移对称
物体上升和下降通过同一位置时物体发生的位移相同。
例2 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。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求物体抛出的初速度大小及落回原处的速度大小;
(2)物体位移大小为10 m时,求物体可能通过的路程;
(3)若塔高25 m,求物体从抛出到落地的时间及落地时的速度大小。
答案 (1)20 m/s 20 m/s (2)10 m 30 m 50 m (3)5 s 30 m/s
解析 (1)设初速度为v0,取竖直向上为正方向,有-2gh=0-,解得v0=20 m/s。
由对称性可知,落回原处时速度也为20 m/s。
(2)位移大小为10 m,有三种可能:向上运动时x=10 m,返回时在抛出点上方10 m,返回时在抛出点下方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)方法一 分段法:
选竖直向上为正方向,由0=v0-gt1
得t1==2 s
从最高点到落地点
由H=g
得t2=3 s
落地速度v=gt2=30 m/s
从抛出到落地的时间t=t1+t2=5 s
方法二 全过程分析法:
对整个过程
-h0=v0t-gt2
代入数据-25=20t-×10t2
得t=5 s
v=v0-gt=(20-10×5) m/s=-30 m/s
则落地速度大小为30 m/s,方向竖直向下。
1.当物体处于抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成多解。
2.只给出位移大小时,可能处于抛出点上方,也可能处于抛出点下方,造成多解。
例3 (2024·河南省高一期中)某人从楼顶边缘竖直向上抛出一小球,小球抛出时开始计时,经3 s小球落到地面,且第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球上抛的初速度大小;
(2)小球相对于抛出点上升的最大高度;
(3)抛出点到地面的距离。
答案 (1)10 m/s (2)5 m (3)15 m
解析 (1)规定初速度方向为正方向。
根据第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3,可以判断小球第1 s是竖直上升,第1 s末上升到最高点,第2 s末又落回原处。
所以上抛的初速度大小v0=gt=10 m/s
(2)小球上升的最大高度
h==5 m
(3)小球第3 s末落到地面,设抛出点到地面的距离为H,有
-H=v0t3-g,
解得H=15 m。
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、加速度a=-g的匀减速直线运动;下降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、加速度a=-g的匀变速直线运动 (1)v>0时,上升阶段;v<0,下降阶段 (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
专题强化练 [分值:60分]
1~5题每题4分,6题8分,共28分
1.(多选)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是 ( )
A.做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一位置时速度相同
B.做竖直上抛运动的物体从某点到最高点和从最高点回到该点所用的时间相等
C.以初速度v0做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为(g为重力加速度)
D.做竖直上抛运动的物体上升阶段与下降阶段加速度相同
答案 BCD
解析 做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一点时,速度大小相等、方向相反,故A错误;因竖直上抛运动的加速度不变,由对称性可知,物体从某点到最高点和从最高点回到该点的时间相等,故B正确;由=2gh可得,以初速度v0做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为h=,故C正确;无论上升、下落过程还是在最高点时,物体的加速度一直保持不变,均为重力加速度g,故D正确。
2.以某一初速度竖直向上抛出一个苹果,并落回手中,忽略空气阻力,以竖直向上为正方向,以下描述此过程的v-t图像中正确是 ( )
答案 C
解析 因不计空气阻力,加速度恒定,设其初速度为v0,根据匀变速直线运动规律,据题意有v=v0-gt,可知其图像为直线且斜率为负,故A、B、D错误,C正确。
3.(2024·桂林市高一期中)近年来学校都非常重视足球。在某学校举行的颠球比赛中,小明在颠球过程中脚部几乎不动,足球颠起高度约为0.8 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,不计空气阻力,估算足球刚被颠起时的速度大小约为 ( )
A.6 m/s B.4 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
答案 B
解析 足球颠起高度约为0.8 m,由逆向思维根据速度—位移公式得v2=2gh,估算足球刚被颠起时的速度大小约为v=4 m/s。故选B。
4.(2024·成都市高一期中)将某物体(可视为质点)以大小为10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2,则 ( )
A.该物体上升的最大高度为10 m
B.该物体上升到最高点后加速度反向
C.该物体从抛出到上升至最高点所用的时间为1 s
D.该物体落回地面时的速度大小为5 m/s
答案 C
5.将一物体以30 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,取g=10 m/s2,则4 s内物体的 ( )
A.平均速度大小为20 m/s
B.路程为50 m
C.速度变化量大小为20 m/s
D.位移大小为40 m,方向向下
答案 B
解析 以竖直向上为正方向,4 s内的位移为h=v0t-gt2=40 m,故位移大小为40 m,方向向上,平均速度大小为==10 m/s,A、D错误;上升的最大高度为h1==45 m,物体从抛出点到上升至最高点所用的时间为t1==3 s,故物体上升至最高点后下降5 m,路程为50 m,B正确;速度变化量为Δv=-gt=-40 m/s,负号表示方向向下,C错误。
6.(8分)(2024·镇江市高一期中)在高为h=25 m的山崖顶上将一小球以v0=20 m/s的速度竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,求:
(1)(2分)小球能上升到离地面的最大高度H;
(2)(2分)小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t;
(3)(4分)小球从抛出到落到地面的时间和落地时的速度大小。
答案 (1)45 m (2)4 s (3)5 s 30 m/s
解析 (1)小球竖直向上抛出上升的高度h1==20 m
小球能上升到离地面的最大高度H=h+h1=45 m
(2)设小球上升过程的时间为t1,则0=v0-gt1
由对称性得,小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t=2t1
解得t=4 s
(3)规定竖直向上为正方向,整个过程小球做匀变速直线运动,
则-h=v0t'-gt'2
v=v0-gt'
解得t'=5 s,v=-30 m/s
即小球从抛出到落到地面的时间为5 s,落地时的速度大小为30 m/s。
7~9题每题6分,共18分
7.一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(重力加速度为g) ( )
A.g(-) B.g(-)
C.g(-) D.g(TA-TB)
答案 A
解析 物体做竖直上抛运动经过同一点,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=g-g=g(-),故选A。
8.(多选)(2023·成都市石室中学高一月考)从地面上将一个小球竖直上抛,经t时间小球经过空中的某点A,再经过t时间小球又经过A点,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球上升的最大高度为gt2
B.A点离抛出点的距离为gt2
C.小球抛出时的速率为2gt
D.小球抛出时的速率为gt
答案 AD
解析 小球运动过程如图,则小球从抛出到运动到最高点过程中经过的时间为t,小球抛出的初速度大小为v0=g×t=gt,故C错误,D正确;小球上升的最大高度为h=g(t)2=gt2,故A正确;从A点到最高点的距离为x2=g()2=,A点离抛出点的距离x1=h-x2=gt2,故B错误。
9.(多选)(2024·河南省高一月考)钢珠从高为40 m的塔顶被竖直向上以10 m/s的初速度抛出,最终落在地面上。已知塔顶下方的P点距离塔顶15 m,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要2 s
B.钢珠能达到离地面的最大高度为50 m
C.钢珠从抛出到P点所需时间为4 s
D.钢珠从抛出到落地所需时间为4 s
答案 AD
解析 从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要的时间t== s=2 s,选项A正确;钢珠抛出能上升的最大高度h1== m=5 m,能达到离地面的最大高度为H=h+h1=45 m,选项B错误;钢珠从抛出到P点所需时间为t'=+= s+ s=3 s,选项C错误;钢珠从抛出到落地所需时间为t″=+= s+ s=4 s,选项D正确。
10.(14分)(2024·贺州市高一月考)如图所示,AB为空心圆管、C是可视为质点的小球,AB长度为L=1 m,AB与C在同一竖直线上,A、C之间距离为h=20 m。零时刻,AB做自由落体运动,C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动,g=10 m/s2。
(1)(4分)若小球从A点由静止开始下落,求它落到地面所需的时间;
(2)(4分)要使小球C在AB落地前穿过AB,v0至少多大
(3)(6分)若小球向上穿过AB段的时间为0.01 s,求小球上抛时的初速度v0的大小。
答案 (1)2 s (2)10.5 m/s (3)100 m/s
解析 (1)小球从A点由静止开始下落,做自由落体运动,根据位移公式
h=gt2
解得小球落到地面所需的时间为
t==2 s
(2)要使C在AB落地前穿过AB的条件是,圆管落地的瞬间小球与B点相遇;圆管的落地时间为2 s,此时C恰好与B相遇,
则v0t-gt2=L
解得v0=10.5 m/s
(3)设小球C从开始到刚到空心圆管A端的时间为t1,AB空心圆管下落的高度为
h1=g
小球C上升的高度为
x1=v0t1-g
且h1+x1=h
可得v0t1=h
设小球C刚穿过AB空心圆管时的时间为t2,AB空心圆管下落的高度为
h2=g
小球C上升的高度为x2=v0t2-g
则h2+x2-L=h
得v0t2-L=h
又t2-t1=0.01 s
联立解得v0=100 m/s(共47张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化 竖直上抛运动
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(重点)。
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(重难点)。
3.知道竖直上抛运动的对称性。
学习目标
一、竖直上抛运动的基本概念
二、竖直上抛运动的规律
内容索引
专题强化练
竖直上抛运动的基本概念
一
1.竖直上抛运动:将一个物体以某一初速度v0 抛出,抛出的物体只在 作用下运动,这种运动就是竖直上抛运动。
2.(1)上升阶段:初速度为v0,方向 ,加速度为g,方向 ,是
直线运动。
(2)下降阶段:初速度为零、加速度为g,是 运动。
竖直向上
重力
竖直向上
竖直向下
匀减速
自由落体
竖直上抛运动全过程(包括上升阶段、下降阶段)能否看成匀变速直线运动 定性画出上抛物体的v-t图像。
思考与讨论
答案 可以,因为整个过程中加速度大小和方向都不变。v-t图像如图所示。
(多选)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是
A.竖直上抛运动的上升过程是匀减速直线运动
B.匀变速直线运动规律对竖直上抛运动的全过程都适用
C.以初速度的方向为正方向,竖直上抛运动的加速度a=g
D.竖直上抛运动中,任何相等的时间内物体速度的变化量相等
例1
√
√
√
返回
竖直上抛运动的规律
二
竖直上抛运动的规律
通常取初速度v0的方向为正方向
(1)速度公式:v= ,若v<0,表示速度方向向下。
(2)位移公式:h= ,若h<0,表示物体落到抛出点下方。
(3)速度与位移的关系式:v2-= 。
(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=_____。
v0-gt
v0t-gt2
-2gh
如图所示,小球以v0初速度从O点竖直上抛,最高点为A点。(重力加速度为g,不计空气阻力)
(1)上升过程中从O点到A点的时间和下降过程从A点到O点的时间分别是多少
思考与讨论
答案 上升阶段:t1=,下降阶段:t2=
(2)上升过程经过B点和下降过程经过B点的速度大小关系怎样
答案 逆向思维:都可以看成从A到B的自由落体运动,故两次经过B点的速度大小相等,方向相反。
竖直上抛运动的对称性
(1)时间对称
物体从某点上升到 和从 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 、方向 。
(3)位移对称
物体上升和下降通过同一位置时物体发生的位移 。
提炼·总结
最高点
最高点
相等
相反
相同
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。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求物体抛出的初速度大小及落回原处的速度大小;
例2
答案 20 m/s 20 m/s
设初速度为v0,取竖直向上为正方向,有-2gh=0-,解得v0=20 m/s。
由对称性可知,落回原处时速度也为20 m/s。
(2)物体位移大小为10 m时,求物体可能通过的路程;
答案 10 m 30 m 50 m
位移大小为10 m,有三种可能:向上运动时x=10 m,返回时在抛出点上方10 m,返回时在抛出点下方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)若塔高25 m,求物体从抛出到落地的时间及落地时的速度大小。
答案 5 s 30 m/s
方法一 分段法:
选竖直向上为正方向,由0=v0-gt1
得t1==2 s
从最高点到落地点
由H=g
得t2=3 s
落地速度v=gt2=30 m/s
从抛出到落地的时间t=t1+t2=5 s
方法二 全过程分析法:
对整个过程
-h0=v0t-gt2
代入数据-25=20t-×10t2
得t=5 s
v=v0-gt=(20-10×5) m/s=-30 m/s
则落地速度大小为30 m/s,方向竖直向下。
总结提升
1.当物体处于抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成多解。
2.只给出位移大小时,可能处于抛出点上方,也可能处于抛出点下方,造成多解。
(2024·河南省高一期中)某人从楼顶边缘竖直向上抛出一小球,小球抛出时开始计时,经3 s小球落到地面,且第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球上抛的初速度大小;
例3
答案 10 m/s
规定初速度方向为正方向。
根据第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3,可以判断小球第1 s是竖直上升,第1 s末上升到最高点,第2 s末又落回原处。
所以上抛的初速度大小v0=gt=10 m/s
(2)小球相对于抛出点上升的最大高度;
答案 5 m
小球上升的最大高度
h==5 m
(3)抛出点到地面的距离。
答案 15 m
小球第3 s末落到地面,设抛出点到地面的距离为H,有
-H=v0t3-g,
解得H=15 m。
总结提升
竖直上抛运动的处理方法
返回
分段 分析法 上升阶段是初速度为v0、加速度a=-g的匀减速直线运动;下降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、加速度a=-g的匀变速直线运动
(1)v>0时,上升阶段;v<0,下降阶段
(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
专题强化练
三
1.(多选)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是
A.做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一位置时速度相同
B.做竖直上抛运动的物体从某点到最高点和从最高点回到该点所用的时
间相等
C.以初速度v0做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为(g为重力加速度)
D.做竖直上抛运动的物体上升阶段与下降阶段加速度相同
1
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9
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基础强化练
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√
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做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一点时,速度大小相等、方向相反,故A错误;
因竖直上抛运动的加速度不变,由对称性可知,物体从某点到最高点和从最高点回到该点的时间相等,故B正确;
由=2gh可得,以初速度v0做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为h=,故C正确;
无论上升、下落过程还是在最高点时,物体的加速度一直保持不变,均为重力加速度g,故D正确。
2.以某一初速度竖直向上抛出一个苹果,并落回手中,忽略空气阻力,以竖直向上为正方向,以下描述此过程的v-t图像中正确是
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因不计空气阻力,加速度恒定,设其初速度为v0,根据匀变速直线运动规律,据题意有v=v0-gt,可知其图像为直线且斜率为负,故A、B、D错误,C正确。
3.(2024·桂林市高一期中)近年来学校都非常重视足球。在某学校举行的颠球比赛中,小明在颠球过程中脚部几乎不动,足球颠起高度约为0.8 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,不计空气阻力,估算足球刚被颠起时的速度大小约为
A.6 m/s B.4 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
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√
足球颠起高度约为0.8 m,由逆向思维根据速度—位移公式得v2=2gh,估算足球刚被颠起时的速度大小约为v=4 m/s。故选B。
4.(2024·成都市高一期中)将某物体(可视为质点)以大小为10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2,则
A.该物体上升的最大高度为10 m
B.该物体上升到最高点后加速度反向
C.该物体从抛出到上升至最高点所用的时间为1 s
D.该物体落回地面时的速度大小为5 m/s
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5.将一物体以30 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,取g=10 m/s2,则4 s内物体的
A.平均速度大小为20 m/s
B.路程为50 m
C.速度变化量大小为20 m/s
D.位移大小为40 m,方向向下
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以竖直向上为正方向,4 s内的位移为h=v0t-gt2=40 m,故位移大小为40 m,方向向上,平均速度大小为==10 m/s,A、D错误;
上升的最大高度为h1==45 m,物体从抛出点到上升至最高点所用的时间为t1==3 s,故物体上升至最高点后下降5 m,路程为50 m,B正确;
速度变化量为Δv=-gt=-40 m/s,负号表示方向向下,C错误。
6.(2024·镇江市高一期中)在高为h=25 m的山崖顶上将一小球以v0=20 m/s的速度竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,求:
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(1)小球能上升到离地面的最大高度H;
答案 45 m
小球竖直向上抛出上升的高度h1==20 m
小球能上升到离地面的最大高度H=h+h1=45 m
(2)小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t;
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答案 4 s
设小球上升过程的时间为t1,则0=v0-gt1
由对称性得,小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t=2t1
解得t=4 s
(3)小球从抛出到落到地面的时间和落地时的速度大小。
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答案 5 s 30 m/s
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规定竖直向上为正方向,整个过程小球做匀变速直线运动,
则-h=v0t'-gt'2
v=v0-gt'
解得t'=5 s,v=-30 m/s
即小球从抛出到落到地面的时间为5 s,落地时的速度大小为30 m/s。
7.一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(重力加速度为g)
A.g(-) B.g(-)
C.g(-) D.g(TA-TB)
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能力综合练
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物体做竖直上抛运动经过同一点,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=g-g=g(-),故选A。
8.(多选)(2023·成都市石室中学高一月考)从地面上将一个小球竖直上抛,经t时间小球经过空中的某点A,再经过t时间小球又经过A点,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是
A.小球上升的最大高度为gt2
B.A点离抛出点的距离为gt2
C.小球抛出时的速率为2gt
D.小球抛出时的速率为gt
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√
√
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小球运动过程如图,则小球从抛出到运动到最高点过程中经过的时间为t,小球抛出的初速度大小为v0=g×t=gt,故C错误,D正确;
小球上升的最大高度为h=g(t)2=gt2,故A正确;
从A点到最高点的距离为x2=g()2=,A点离抛出点的距离x1=h-x2=gt2,故B错误。
9.(多选)(2024·河南省高一月考)钢珠从高为40 m的塔顶被竖直向上以10 m/s的初速度抛出,最终落在地面上。已知塔顶下方的P点距离塔顶15 m,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要2 s
B.钢珠能达到离地面的最大高度为50 m
C.钢珠从抛出到P点所需时间为4 s
D.钢珠从抛出到落地所需时间为4 s
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从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要的时间t== s=2 s,选项A正确;
钢珠抛出能上升的最大高度h1== m=5 m,能达到离地面的最大高度为H=h+h1=45 m,选项B错误;
钢珠从抛出到P点所需时间为t'=+= s+ s=3 s,选项C错误;
钢珠从抛出到落地所需时间为t″=+= s+ s=4 s,选项D正确。
10.(2024·贺州市高一月考)如图所示,AB为空心圆管、C是可视为质点的小球,AB长度为L=1 m,AB与C在同一竖直线上,A、C之间距离为h=20 m。零时刻,AB做自由落体运动,C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动,g=10 m/s2。
(1)若小球从A点由静止开始下落,求它落到地面所需的时间;
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尖子生选练
答案 2 s
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小球从A点由静止开始下落,做自由落体运动,根据位移公式
h=gt2
解得小球落到地面所需的时间为
t==2 s
(2)要使小球C在AB落地前穿过AB,v0至少多大
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答案 10.5 m/s
要使C在AB落地前穿过AB的条件是,圆管落地的瞬间小球与B点相遇;圆管的落地时间为2 s,此时C恰好与B相遇,
则v0t-gt2=L
解得v0=10.5 m/s
(3)若小球向上穿过AB段的时间为0.01 s,求小球上抛时的初速度v0的大小。
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答案 100 m/s
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设小球C从开始到刚到空心圆管A端的时间为t1,AB空心圆管下落的高度为
h1=g
小球C上升的高度为
x1=v0t1-g
且h1+x1=h
可得v0t1=h
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设小球C刚穿过AB空心圆管时的时间为t2,AB空心圆管下落的高度为
h2=g
小球C上升的高度为x2=v0t2-g
则h2+x2-L=h
得v0t2-L=h
又t2-t1=0.01 s
联立解得v0=100 m/s
返回专题强化 竖直上抛运动
［学习目标］ 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(重点)。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(重难点)。3.知道竖直上抛运动的对称性。
一、竖直上抛运动的基本概念
1.竖直上抛运动：将一个物体以某一初速度v0 抛出，抛出的物体只在 作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。
2.(1)上升阶段：初速度为v0，方向 ，加速度为g，方向 ，是 直线运动。
(2)下降阶段：初速度为零、加速度为g，是 运动。
竖直上抛运动全过程(包括上升阶段、下降阶段)能否看成匀变速直线运动？定性画出上抛物体的v-t图像。
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例1 (多选)关于竖直上抛运动，下列说法正确的是 ( )
A.竖直上抛运动的上升过程是匀减速直线运动
B.匀变速直线运动规律对竖直上抛运动的全过程都适用
C.以初速度的方向为正方向，竖直上抛运动的加速度a=g
D.竖直上抛运动中，任何相等的时间内物体速度的变化量相等
二、竖直上抛运动的规律
竖直上抛运动的规律
通常取初速度v0的方向为正方向
(1)速度公式：v= ，若v<0，表示速度方向向下。
(2)位移公式：h= ，若h<0，表示物体落到抛出点下方。
(3)速度与位移的关系式：v2-= 。
(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= 。
如图所示，小球以v0初速度从O点竖直上抛，最高点为A点。(重力加速度为g，不计空气阻力)
(1)上升过程中从O点到A点的时间和下降过程从A点到O点的时间分别是多少？
(2)上升过程经过B点和下降过程经过B点的速度大小关系怎样？
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竖直上抛运动的对称性
(1)时间对称
物体从某点上升到 和从 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 、方向 。
(3)位移对称
物体上升和下降通过同一位置时物体发生的位移 。
例2 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。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求物体抛出的初速度大小及落回原处的速度大小；
(2)物体位移大小为10 m时，求物体可能通过的路程；
(3)若塔高25 m，求物体从抛出到落地的时间及落地时的速度大小。
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1.当物体处于抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解。
2.只给出位移大小时，可能处于抛出点上方，也可能处于抛出点下方，造成多解。
例3 (2024·河南省高一期中)某人从楼顶边缘竖直向上抛出一小球，小球抛出时开始计时，经3 s小球落到地面，且第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球上抛的初速度大小；
(2)小球相对于抛出点上升的最大高度；
(3)抛出点到地面的距离。
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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、加速度a=-g的匀减速直线运动；下降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、加速度a=-g的匀变速直线运动 (1)v>0时，上升阶段；v<0，下降阶段 (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
答案精析
一、1.竖直向上 重力
2.（1）竖直向上 竖直向下 匀减速
（2）自由落体
思考与讨论
可以，因为整个过程中加速度大小和方向都不变。v-t图像如图所示。
例1 ABD
二、（1）v0-gt
（2）v0t-gt2 （3）-2gh
（4） （5）
思考与讨论
（1）上升阶段：t1=，
下降阶段：t2=
（2）逆向思维：都可以看成从A到B的自由落体运动，故两次经过B点的速度大小相等，方向相反。
提炼·总结
（1）最高点 最高点 （2）相等
相反 （3）相同
例2 （1）20 m/s 20 m/s （2）10 m 30 m 50 m （3）5 s 30 m/s
解析 （1）设初速度为v0，取竖直向上为正方向，有-2gh=0-，解得v0=20 m/s。
由对称性可知，落回原处时速度也为20 m/s。
（2）位移大小为10 m，有三种可能：向上运动时x=10 m，返回时在抛出点上方10 m，返回时在抛出点下方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）方法一 分段法：
选竖直向上为正方向，由0=v0-gt1
得t1==2 s
从最高点到落地点
由H=g
得t2=3 s
落地速度v=gt2=30 m/s
从抛出到落地的时间t=t1+t2=5 s
方法二 全过程分析法：
对整个过程
-h0=v0t-gt2
代入数据-25=20t-×10t2
得t=5 s
v=v0-gt=（20-10×5） m/s=-30 m/s
则落地速度大小为30 m/s，方向竖直向下。
例3 （1）10 m/s （2）5 m （3）15 m
解析 （1）规定初速度方向为正方向。
根据第1 s、第2 s、第3 s内的位移大小之比为1∶1∶3，可以判断小球第1 s是竖直上升，第1 s末上升到最高点，第2 s末又落回原处。所以上抛的初速度大小v0=gt=10 m/s
（2）小球上升的最大高度
h==5 m
（3）小球第3 s末落到地面，设抛出点到地面的距离为H，有
-H=v0t3-g，
解得H=15 m。作业16 竖直上抛运动
1~5题每题4分,6题8分,共28分
1.(多选)关于竖直上抛运动,下列说法正确的是 ( )
A.做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一位置时速度相同
B.做竖直上抛运动的物体从某点到最高点和从最高点回到该点所用的时间相等
C.以初速度v0做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为(g为重力加速度)
D.做竖直上抛运动的物体上升阶段与下降阶段加速度相同
2.以某一初速度竖直向上抛出一个苹果,并落回手中,忽略空气阻力,以竖直向上为正方向,以下描述此过程的v-t图像中正确是 ( )
3.(2024·桂林市高一期中)近年来学校都非常重视足球。在某学校举行的颠球比赛中,小明在颠球过程中脚部几乎不动,足球颠起高度约为0.8 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,不计空气阻力,估算足球刚被颠起时的速度大小约为 ( )
A.6 m/s B.4 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
4.(2024·成都市高一期中)将某物体(可视为质点)以大小为10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2,则 ( )
A.该物体上升的最大高度为10 m
B.该物体上升到最高点后加速度反向
C.该物体从抛出到上升至最高点所用的时间为1 s
D.该物体落回地面时的速度大小为5 m/s
5.将一物体以30 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,取g=10 m/s2,则4 s内物体的 ( )
A.平均速度大小为20 m/s
B.路程为50 m
C.速度变化量大小为20 m/s
D.位移大小为40 m,方向向下
6.(8分)(2024·镇江市高一期中)在高为h=25 m的山崖顶上将一小球以v0=20 m/s的速度竖直向上抛出,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,求:
(1)(2分)小球能上升到离地面的最大高度H;
(2)(2分)小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t;
(3)(4分)小球从抛出到落到地面的时间和落地时的速度大小。
7~9题每题6分,共18分
7.一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(重力加速度为g) ( )
A.g(-) B.g(-)
C.g(-) D.g(TA-TB)
8.(多选)(2023·成都市石室中学高一月考)从地面上将一个小球竖直上抛,经t时间小球经过空中的某点A,再经过t时间小球又经过A点,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球上升的最大高度为gt2
B.A点离抛出点的距离为gt2
C.小球抛出时的速率为2gt
D.小球抛出时的速率为gt
9.(多选)(2024·河南省高一月考)钢珠从高为40 m的塔顶被竖直向上以10 m/s的初速度抛出,最终落在地面上。已知塔顶下方的P点距离塔顶15 m,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要2 s
B.钢珠能达到离地面的最大高度为50 m
C.钢珠从抛出到P点所需时间为4 s
D.钢珠从抛出到落地所需时间为4 s
10.(14分)(2024·贺州市高一月考)如图所示,AB为空心圆管、C是可视为质点的小球,AB长度为L=1 m,AB与C在同一竖直线上,A、C之间距离为h=20 m。零时刻,AB做自由落体运动,C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动,g=10 m/s2。
(1)(4分)若小球从A点由静止开始下落,求它落到地面所需的时间;
(2)(4分)要使小球C在AB落地前穿过AB,v0至少多大
(3)(6分)若小球向上穿过AB段的时间为0.01 s,求小球上抛时的初速度v0的大小。
答案精析
1.BCD 2.C 3.B 4.C
5.B ［以竖直向上为正方向，4 s内的位移为h=v0t-gt2=40 m，故位移大小为40 m，方向向上，平均速度大小为==10 m/s，A、D错误；上升的最大高度为h1==45 m，物体从抛出点到上升至最高点所用的时间为t1==3 s，故物体上升至最高点后下降5 m，路程为50 m，B正确；速度变化量为Δv=-gt=-40 m/s，负号表示方向向下，C错误。］
6.（1）45 m （2）4 s （3）5 s 30 m/s
解析 （1）小球竖直向上抛出上升的高度h1==20 m
小球能上升到离地面的最大高度H=h+h1=45 m
（2）设小球上升过程的时间为t1，
则0=v0-gt1
由对称性得，小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t=2t1
解得t=4 s
（3）规定竖直向上为正方向，整个过程小球做匀变速直线运动，
则-h=v0t'-gt'2
v=v0-gt'
解得t'=5 s，v=-30 m/s
即小球从抛出到落到地面的时间为5 s，落地时的速度大小为30 m/s。
7.A ［物体做竖直上抛运动经过同一点，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=g-g=g（-），故选A。］
8.AD
［小球运动过程如图，则小球从抛出到运动到最高点过程中经过的时间为t，小球抛出的初速度大小为v0=g×t=gt，故C错误，D正确；小球上升的最大高度为h=g（t）2=gt2，故A正确；从A点到最高点的距离为x2=g（）2=，A点离抛出点的距离x1=h-x2=gt2，故B错误。］
9.AD ［从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要的时间t== s=2 s，选项A正确；钢珠抛出能上升的最大高度h1== m=5 m，能达到离地面的最大高度为H=h+h1=45 m，选项B错误；钢珠从抛出到P点所需时间为t'=+= s+ s=3 s，选项C错误；钢珠从抛出到落地所需时间为t″=+= s+ s=4 s，选项D正确。］
10.（1）2 s （2）10.5 m/s （3）100 m/s
解析 （1）小球从A点由静止开始下落，做自由落体运动，根据位移公式
h=gt2
解得小球落到地面所需的时间为
t==2 s
（2）要使C在AB落地前穿过AB的条件是，圆管落地的瞬间小球与B点相遇；圆管的落地时间为2 s，此时C恰好与B相遇，
则v0t-gt2=L
解得v0=10.5 m/s
（3）设小球C从开始到刚到空心圆管A端的时间为t1，AB空心圆管下落的高度为h1=g
小球C上升的高度为
x1=v0t1-g
且h1+x1=h
可得v0t1=h
设小球C刚穿过AB空心圆管时的时间为t2，AB空心圆管下落的高度为
h2=g
小球C上升的高度为x2=v0t2-g
则h2+x2-L=h
得v0t2-L=h
又t2-t1=0.01 s
联立解得v0=100 m/s
