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现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第二章　匀变速直线运动的研究
素养提升课(三)　追及相遇问题　竖直上抛运动
[学习目标]　1．掌握追及相遇问题的分析思路和方法。2．掌握竖直上抛运动的特点，能用全过程分析法或者分段法解决竖直上抛运动的问题。
探究重构·关键能力达成
探究1　追及、相遇问题的分析与求解
1．追及相遇问题
两物体在同一直线上一前一后运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者距离为零的情况，这类问题称为追及相遇问题，讨论追及相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。
2．分析追及相遇问题的思路和方法
(1)抓住一个条件、用好两个关系
①一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。
②两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。
(2)常用方法
①物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。
②图像法：将两者的v-t图像画在同一坐标系中，然后利用图像求解。
③数学分析法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列位移关系方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论。若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰。
【典例1】　一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以
6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过。
(1)汽车在追上自行车前运动多长时间与自行车相距最远？此时的距离是多少？
(2)汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？
[思路点拨]　开始时自行车的速度大于汽车的速度，二者之间的距离逐渐增大，当汽车的速度等于自行车的速度时，二者相距最远；之后汽车的速度大于自行车的速度，二者之间距离逐渐缩短，直到追上。
[解析]　(1)解法一　基本规律法
汽车与自行车的速度相等时两车相距最远，设此时经过的时间为t1，汽车的速度为v1，两车间的距离为Δx，则有
v1＝at1＝v自
所以t1＝＝2 s
Δx＝v自＝6 m。
解法二　极值法或数学分析法
设汽车在追上自行车之前经过时间t1，两车间的距离为
Δx＝x1－x2＝v自
代入已知数据得Δx＝ m
由二次函数求极值的条件知t1＝2 s时，Δx最大，
此时Δx＝6 m。
解法三　图像法自行车和汽车运动的v-t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积。
t1＝＝ s＝2 s
Δx＝＝ m＝6 m。
(2)解法一　基本规律法
当两车位移相等时，汽车追上自行车，设此时经过的时间为t2，汽车的瞬时速度为v2，则有v自t2＝
解得t2＝＝ s＝4 s
v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。
解法二　图像法
由图可以看出，在t1时刻之后，由图线v自、v汽和t＝t2构成的三角形的面积与标有阴影的三角形面积相等，此时汽车与自行车的位移相等，即汽车与自行车相遇。
由几何关系知t2＝2t1＝4 s，v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。
[答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s
规律总结　分析追及问题的思路及三个易错点
1．解决追及相遇问题的思路
2．三个易错点
(1)追赶物体与被追赶物体的速度恰好相等是临界条件，往往是解决问题的重要条件。
(2)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动。
(3)仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意v-t图像的应用。
[针对训练]
1．甲、乙两车在一条平直的公路上同向并排行驶，t＝0时刻甲车开始刹车，甲车的速度随时间变化的图像如图甲所示，以t＝0时刻甲车所在位置为坐标原点，以甲车速度方向为正方向建立x轴，乙车的位置坐标随时间变化的图像如图
乙所示，图像为顶点在30 m处的抛
物线。下列说法正确的是(　　)
A．甲车做匀变速直线运动的加速度大小为2.5 m/s2
B．乙车做匀变速直线运动的加速度大小为6.25 m/s2
C．t＝4 s时甲、乙两车相距最远
D．甲、乙两车只相遇一次
√
A　[甲车做匀变速直线运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A正确；由题可知，乙的初速度为零，在t0＝4 s内的位移为20 m，则有x0＝可得，乙车做匀变速直线运动的加速度大小为a2＝2.5 m/s2，故B错误；若甲车和乙车相遇，则有v甲t－a1t2＝a2t2＋30 m，代入数据解得t＝2 s<8 s或t＝6 s<8 s，则甲、乙两车相遇两次，故D错误；由题图可知，8 s后甲车速度为零，乙车速度不为零，且8 s后乙车在前甲车在后，则8 s后两者间距离一直增大，故C错误。]
2．5G自动驾驶是基于5G通信技术实现网联式全域感知、协同决策与智慧云控，相较传统“单车式”无人驾驶，具有革命性演进。A、B两辆5G自动驾驶测试车在同一平直公路的两相邻车道上向右匀速行驶，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示，当A、B两车相距x0＝4 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间。
[解析]　(1)当A、B两车速度相等时相距最远，则v1＝v2－at1
又xB＝
二者之间的最大距离
Δxm＝xB＋x0－xA＝xB＋x0－v1t1
代入数据解得Δxm＝40 m。
(2)B车刹车停止运动所用时间t0＝＝ s＝10 s
B车刹车停止运动的位移x′B＝＝ m＝100 m
此时x′A＝v1t0＝80 m
则x′At2＝＝ s＝3 s
故A车追上B车所用时间为t＝t0＋t2＝10 s＋3 s＝13 s。
[答案]　(1)40 m　(2)13 s
探究2　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．竖直上抛运动的性质
(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)全过程可以看作是初速度为v0(竖直向上)、加速度为g(竖直向下)的匀变速直线运动。
3．竖直上抛运动的规律
通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g。
(1)速度与时间的关系式：v＝v0－gt。
(2)位移与时间的关系式：h＝v0t－gt2。
(3)位移和速度的关系式：＝－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．竖直上抛运动的特点
(1)对称性(如图所示)
①时间对称性，对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，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′A。
(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。
【典例2】　气球下挂一重物，以v0＝10 m/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，那么重物再经多长时间落到地面？落地速度大小为多少？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
[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＝＝1 s
由＝2gh1知，h1＝＝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＝，故t2＝＝6 s
重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，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－gt2，其中h＝－175 m
可解得t＝7 s(或t＝－5 s舍去)
由v＝v0－gt得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下。
[答案]　7 s　60 m/s
规律方法　竖直上抛运动的处理方法
分段法 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时，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
[针对训练]
3．某同学在高台边将一物块以某一速度竖直向上抛出，抛出后经
2 s物块上升到最高点，再经过3 s物块落到地面。不计空气阻力的影响，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．物块抛出点距地面的高度为20 m
B．物块落地时的速度大小为30 m/s
C．物块刚抛出时的速度大小为10 m/s
D．物块在第3秒内的位移大小为10 m
√
B　[物块向上运动的过程可以反向看成自由落体运动，物块上升过程h＝gt2＝20 m，物块刚抛出时的速度大小为v＝gt＝20 m/s，物块下落的高度h′＝gt′2＝45 m，物块抛出点距地面的高度h0＝h′－h＝25 m，故A、C错误；物块下落的过程为自由落体运动，故物块落地时的速度大小为v＝gt′＝30 m/s，故B正确；物块运动的第3秒是物块下落过程的第1秒，故物块在第3秒内的位移大小为h″＝gt″2＝5 m，故D错误。]
4．如图所示，B、C分别是竖直窗户上下边沿上的点，A点在B点正上方，B点在C点正上方，A与B以及B与C的高度差相等，现让小球甲从A点由静止释放的同时，小球乙从C点以竖直向上的速度抛出，经过一段时间t0，甲、乙在B点相遇，甲、乙均视为质点，且相遇时速度互不影响，不计空气的阻力，重力加速度为g，
求：
(1)窗户的高度以及乙的初速度的大小；
(2)甲运动到C过程的平均速度以及乙从C再回到C的
运动时间。
[解析]　(1)对甲根据自由落体运动规律可知h＝
对乙，根据位移—时间公式有h＝，解得v0＝gt0。
(2)甲运动到C的时间满足2h＝gt′2
平均速度为＝
解得＝gt0
对乙有t1＝＝t0，根据对称性可知，乙从C再回到C的运动时间为t2＝2t1＝2t0。
[答案]　　gt0　(2)gt0　2t0
题号
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说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分58分
1．古代把踢足球称为“蹴鞠”，不仅在北方盛行，还通过皇室推广至全国，发展成一项广受人们喜爱的体育运动。若足球运动过程中受到的空气阻力忽略不计，将踢出的足球看成竖直上抛运动，下列说法正确的是(　　)
素养提升练(三)　追及相遇问题　竖直上抛运动
A．足球上升过程和下落过程的加速度不同
B．足球先后两次经过同一位置时速度相同
C．足球的上升过程是匀减速直线运动
D．足球从踢出点到最高点所用时间大于从最高点回到踢出点所用时间
√
题号
1
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C　[空气阻力不计，则足球上升过程和下落过程的加速度相同，均为g，A错误；足球先后两次经过同一位置时速度大小相等，但方向不同，B错误；足球的上升过程中速度向上，加速度向下，是匀减速直线运动，C正确；由对称性可知，足球从踢出点到最高点所用时间等于从最高点回到踢出点所用时间，D错误。故选C。]
题号
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2．每一位篮球少年的心中都有一个梦想：扣篮！假设原地扣篮至少需要摸高3.20米，小明原地站立时手的上端离地最高为1.95米。已知小明原地起跳后的运动可视为竖直上抛运动，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．小明原地起跳的初速度至少需要达到4 m/s才能完成原地扣篮
B．小明原地起跳的初速度至少需要达到5 m/s才能完成原地扣篮
C．小明原地起跳的初速度至少需要达到6 m/s才能完成原地扣篮
D．小明原地起跳的初速度至少需要达到7 m/s才能完成原地扣篮
√
题号
1
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B　[由竖直上抛运动公式得小明原地起跳后上升的最大高度h＝，所需摸高为3.20 m，站立时手的高度为1.95 m，因此竖直上抛的高度需满足h＝3.20 m－1.95 m＝1.25 m，代入公式得v0＝ m/s＝5 m/s，故选B。]
题号
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3．一跳水运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中心，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，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)。从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间最接近下面哪个答案(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点。g取 10 m/s2)(　　)
A．1.8 s B．1.7 s
C．1.6 s D．1.4 s
√
题号
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B　[跳水运动员到达最高点时有h1＝，可得跳水运动员到达最高点的时间为t1＝0.3 s，跳水运动员从最高点运动至水面，有h1＋h2＝，可得跳水运动员从最高点运动至水面的时间约为t2≈1.4 s，可用于完成空中动作的时间约为t＝t1＋t2＝1.7 s，故选B。]
题号
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4．超速行驶和疲劳驾驶是导致交通事故最多的危险驾驶行为。某司机驾驶一辆小轿车在其疲劳驾驶阶段以180 km/h的速度在平直的公路上行驶，某时刻突然发现正前方 60 m 处有一辆卡车正在以72 km/h的速度行驶，于是立即制动，制动加速度大小恒为 5 m/s2。 若忽略司机的反应时间，在小轿车采取制动的同时，卡车立即做匀加速直线运动，为避免相撞，卡车的加速度大小至少为(　　)
A．15 m/s2 B．2 m/s2
C．2.5 m/s2 D．3 m/s2
√
题号
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C　[由题知，小轿车的初速度v1＝180 km/h＝50 m/s，卡车的初速度为v2＝72 km/h＝20 m/s。 当两车速度相等的时候，距离最小，若此时恰好追上，设卡车的加速度大小为a2，根据速度关系有v1－a1t＝v2＋a2t，根据位移关系有v1t－a1t2＝v2t＋a2t2＋Δx，其中Δx＝
60 m，联立可得t＝4 s，a2＝2.5 m/s2，故选C。]
题号
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5．一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，重力加速度为g，则A、B两点之间的距离为(　　)
A．
C． D．g(TA－TB)
√
题号
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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＝＝，故选A。]
题号
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6．(多选)在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t＝0时同时经过某一个路标，它们的位移x(m)随时间t(s)变化的规律：汽车为x＝ m，自行车为x＝6t m，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车做匀减速直线运动，自行车做匀速运动
B．不能确定汽车和自行车各做什么运动
C．开始经过路标后较短时间内汽车在前，自行车在后
D．当自行车追上汽车时，它们距路标96 m
√
题号
1
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√
√
ACD　[由汽车的位移时间关系为x＝m 可知汽车做匀减速直线运动，由自行车的位移时间关系为x＝6t m 可知自行车做匀速直线运动，选项A正确，B错误；开始阶段汽车的初速度大于自行车的速度，所以在较短时间内汽车的位移大于自行车的位移，汽车在前，自行车在后，选项C正确；根据 m＝6t m得t＝
16 s，此时距路标的距离s＝96 m，选项D正确。]
题号
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7．(多选)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的v-t图像如图所示，则下列图像对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是(　　)
题号
1
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A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
√
AC　[选项A中，当t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，选项A正确；选项B中，a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项B错误；选项C中，在t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，选项C正确；选项D中，a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项D错误。]
题号
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8．一个步行者以6 m/s的速度匀速追赶一辆被红灯阻停的汽车，当他距离汽车25 m时，绿灯亮了，汽车以1 m/s2的加速度匀加速启动前进，下列结论正确的是(　　)
A．步行者能追上汽车，追赶过程中步行者跑了36 m
B．步行者不能追上汽车，步行者、车最近距离是7 m
C．步行者能追上汽车，追上前步行者共跑了43 m
D．步行者不能追上汽车，且汽车启动后步行者、车相距越来越远
√
题号
1
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B　[设经过时间t两者速度相等，此时步行者与汽车的距离最近，t＝＝ s＝6 s，步行者的位移为x1＝vt＝6×6 m＝36 m，汽车的位移为x2＝＝×1×36 m＝18 m，x1－x2＝18 m＜25 m，故不能追上，步行者、车最近距离是Δx＝25 m－18 m＝7 m，故B正确，A、C、D错误。]
题号
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9．甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其x-t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知(　　)
A．t＝2 s时刻，甲、乙两车速度大小相等
B．t＝2 s时刻，甲、乙两车相遇
C．0～2 s内，甲车位移等于乙车位移
D．相遇之前，t＝1 s时两车相距最远
√
题号
1
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B　[x-t图像的斜率表示速度，可知t＝2 s时刻，甲车的速度比乙车大，故A错误；t＝2 s时刻，甲、乙两车相遇，故B正确；0～2 s内，甲车的位移为x甲＝6 m－(－2)m＝8 m，乙车的位移为x乙＝(6－0) m＝6 m4 m/s2，x0＝－2 m，乙车的速度为v乙＝＝ m/s＝3 m/s，两车速度相同时，两车相距最远，运动至两车相距最远的时间为t1＝＝0.75 s，故D错误。]
题号
1
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10．(多选)一只气球以10 m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6 m处有一小石子以20 m/s的初速度竖直上抛，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)
A．石子能追上气球
B．若石子与气球相距5 m，石子能追上气球
C．若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s末追上气球
D．改变石子初速度，石子和气球不可能相遇两次
√
题号
1
3
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√
BC　[取向上为正方向，刚开始时，两物体间距d＝6 m，气球的速度v＝10 m/s，设经过时间t，气球的位移 x1＝vt，石子的位移x2 ＝v0t－gt2，如果能追上，当石子能追上气球时满足位移关系x2＝x1＋d，联立可得5t2－10t＋6＝0，因 Δ<0，方程无解，说明石子不能追上气球，A错误；若起始间距变为5 m，对应的关系式为 t2－2t＋1＝0，解得t＝1 s，说明能追上，B正确；若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，假定经时间t石子追上气球，以上方程变为 5t2－11t
题号
1
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＋6＝0，解得 t1＝1 s，t2＝1.2 s，C正确；改变石子的初速度，可以让石子追上气球时石子的速度更大，由于石子做匀减速运动，而气球做匀速运动，会有第2次相遇，D错误。故选BC。]
题号
1
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11．(12分)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取10 m/s2。
题号
1
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(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；
(2)要使小球C在AB落地前穿过AB，v0至少多大？
(3)若小球向上穿过AB管的时间为0.01 s，求小球上抛时的初速度v0的大小。
题号
1
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[解析]　(1)小球从A点由静止开始下落，做自由落体运动，根据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的临界条件是：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。
题号
1
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11
(3)设小球C从开始至刚到空心圆管A端的时间为t1，AB空心圆管下落的高度为h1＝
小球C上升的高度为x1＝
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＝
题号
1
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11
小球C上升的高度为x2＝
则h2＋x2－L＝h，得v0t2－L＝h
又t2－t1＝0.01 s
联立解得v0＝100 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[答案]　(1)2 s　(2)10.5 m/s　(3)100 m/s
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