豎直上拋運動的特征與解法例析

在學習物體運動的過程中，我們經(jīng)常會遇到豎直上拋運動問題，對于此類問題，我們不僅要弄清楚其特征，還要開動腦筋，拓展解題思路，靈活運用數(shù)學知識和物理規(guī)律，采用靈活多變的解題方法，使問題順利得到解決。

一、豎直上拋運動的特征

將物體以某一初速度豎直向上拋出，在不計空氣阻力的情況下，物體所做的運動即為豎直上拋運動。其特征是：（1）初速度v豎直向上；（2）加速度恒為重力加速度g；（3）具有往返性。所以上拋運動是初速度為v、加速度為g的勻變速直線運動。

由于豎直上拋運動在上升階段速率減小，在下落階段速率增大，有些同學對上拋運動究竟是“加速運動”還是“減速運動”弄不清楚，會產(chǎn)生這樣的疑問：豎直上拋運動既然是勻變速直線運動，那么究竟是速率增大的勻變速直線運動，還是速率減小的勻變速直線運動呢？之所以會出現(xiàn)這種思維障礙，究其原因是由于沒有弄清楚勻變速直線運動的本質(zhì)特征所致。

勻變速直線運動是加速度恒定的變速運動，即只要加速度的大小、方向保持不變即可。至于是什么樣的變速沒有限定，加速可以，減速也行，先減速后加速也可以，當然沒有先加速后減速的勻變速直線運動。

此外，有些同學由于受到一些日常生活中特殊的勻變速直線運動的影響，對諸如汽車關(guān)閉油門后做勻減速直線運動直到停止，在減速過程中加速度是恒定的，會產(chǎn)生這樣的疑問：為什么汽車在停止的瞬間不后退呢？原因在于汽車減速不同于上拋運動，汽車減速到末速度為零（即停止）的瞬間，滑動摩擦變?yōu)殪o摩擦，因為沒有相對運動趨勢，所以靜摩擦力也變?yōu)榱?，因此汽車的加速度也就為零，使汽車處于平衡狀態(tài)。而上拋運動物體上升到最高點的瞬間，雖然末速度為零，但加速度沒有任何變化，所以變成反向加速運動。因為上拋運動具有往返特征，過程較復雜，因而學習難度大，所以我們有必要對其進行較為深入的理論分析與全面研究。

二、豎直上拋運動的分段分析

1.上升階段

豎直上拋運動在上升階段是初速度為v、加速度為g的勻減速直線運動，上升到最高點時末速度為零。若規(guī)定向上為正方向，則由速度公式v=v+at，得0=v-gt，上升時間為t=。由位移公式x=vt+at，可得上升的最大高度H=v·-g=也可由v=v+2ax，得H=。

2.下落階段

下落階段物體做自由落體運動，所以v=gt，h=gt。

當t<時，物體距拋出點的高度H-h=-gt，如圖1。

回到拋出點時h=H=gt，v=gt，v=g=，H=，即v=v。

上拋物體回到拋出點時，速度大小等于初速度大小，方向與初速度方向相反。

三、豎直上拋運動的整體分析

1.在拋出點以上

上拋物體運動到拋出點以上某一位置A時，位移大小恒為h，但有向上通過A點和向下通過A點兩種情況，如圖2。

由于兩次經(jīng)過A點位移不變，關(guān)于時間t的方程h=vt-gt的解為t=±。

當=0時，t=，即當物體在最高點時，方程只有一個解，而物體在其他位置時方程有兩個解t、t，分別表示上拋物體從拋出點上升到A點所用時間與下落到A點所用時間，顯然t-t表示物體兩次經(jīng)過A點的時間間隔：t-t===。這個結(jié)論說明了豎直上拋運動的一個重要性質(zhì)：上拋運動兩次經(jīng)過某一點的時間間隔就是從該點以物體經(jīng)過該點的速度做豎直上拋運動并落回該點的總時間。此即為豎直上拋運動的平移原理。這一原理在分析豎直上拋運動時有獨特的應用。

位移方程h=vt-gt還可化為t-+=0，由韋達定理可知：t+t=，tt=，而t+t=恰好是物體做豎直上拋運動并落回拋出點的總時間（如圖3）。

2.在拋出點以下

做豎直上拋運動的物體，如果回到拋出點后繼續(xù)向下運動，如圖4。

到達某一點A時，位移為負，即-h=vt-gt，

由物理意義可知t只有一解，速度-v=v-gt，v=gt-v，因v>0，方向向下，易得v>v。

四、多種解法例析

1.利用方程求解

例1 一物體在地面上50 m高處做豎直上拋運動，初速度為30 m/s，當它的位移大小是25 m時，求物體所經(jīng)歷的時間是多少。

解析 以初速度方向為正方向，當位移為正時，即物體在拋出點以上，由位移公式h=vt-gt，得25=30t-×10t，解得t=1 s，t=5 s。

當位移為負時，-25=30t-×10t，解得t=（3+） s。

由上述計算結(jié)果可知，t是上拋物體從拋出點直接上升到A點（位移為25 m）的時間，t是上升到最高點返回到A點（位移仍為25 m）的時間，t是下落到B點（位移為-25 m）的時間。

2.利用合比定理巧求解

例2 以初速度v豎直上拋一小球，若不計空氣阻力，在上升過程中，從拋出到小球動能減少一半所經(jīng)過的時間是（ ）。

A.？搖？搖？搖 ？搖？搖B.？搖？搖 ？搖？搖？搖C.？搖？搖 ？搖？搖D.1-

解析 小球動能減少一半時，其上升高度為最大高度的一半。根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的相關(guān)規(guī)律，通過相同位移的時間關(guān)系t=t（-），由運動的可逆性得=。再根據(jù)合比定理可得==1-，所以t=1-。故應選D。

3.利用韋達定理巧求解

例3 豎直上拋一物體，該物體兩次通過空中某一點的時間為t和t，試求該點離地面的高度和拋出時的初速度。

常規(guī)解法 設該點離地面的高度是h，初速度是v。當物體第一次經(jīng)過該點時有：

h=vt-gt？搖 ①，

當物體經(jīng)過最高點后返回通過該點時有：

h=vt-gt？搖 ②，

聯(lián)立①、②兩式得vt-gt=vt-gt，

移項并整理得v（t-t）=g（t-t），

運用平方差公式將上式展開得v（t-t）=g（t-t）（t+t），

即v=。

將v=代入①得：h=g（t+t）t-gt=gtt+gt-gt=gtt。

利用韋達定理巧解 因為豎直上拋運動滿足方程h=vt-gt，

將該式改成t的一元二次方程式：t-t+=0。

顯然通過h高度時的t與t是這個方程的兩個解，則有t+t=，即v=；

tt=，即h=gtt。

4.巧用極限法求解

例4 在地面上以初速度2v豎直上拋一物體A后，又以初速度v同地點豎直上拋另一物體B，若要使兩個物體能在空中相碰，則兩個物體拋出的時間間隔應滿足什么條件？

解析 對于此類問題常規(guī)的求解方法是“極限法”：若時間間隔Δt極短，則物體B先落地，物體A后落地，欲使物體A、B能在空中相碰，則最短的時間間隔應滿足A與B能夠同時落地，即Δt>-=；若時間間隔Δt極長，則物體A落地后，物體B還未拋出，欲使物體A、B能在空中相碰，則最長的時間間隔應滿足物體A落地時物體B即拋出，即Δt>。從而可解出Δt的范圍：<Δt<。

5.巧用不等式求解

例4的上述解法對同學們來說不僅不易理解，而且也不容易想到。

其實，大多數(shù)同學在處理此類相遇問題時，會根據(jù)位移相等列出下面的表達式：

2vt-gt=v（t-Δt）-g（t-Δt）？搖 ①，

式中t為物體A的運動時間，Δt為物體A、B拋出的時間間隔。絕大多數(shù)同學會因為式中含有兩個未知數(shù)而無從下手。究其原因是上式僅僅利用了題中“相碰”這一條件，而未充分利用“在空中”這一條件。

若把“在空中”轉(zhuǎn)化為數(shù)學語言，即以拋出點為位移起點，物體A的位移應為正值，則對物體A即有下面的不等式成立：

2vt-gt>0 ②，

由②得0

③式的物理意義很清晰，即物體A的運動時間不可能超過其從拋出到落地的總時間，也就是說②、③兩式對于“在空中”這個條件是等效的。

由①解得t=，

代入③式中可以求得<Δt<。

例5 甲物體從離地高度為h處自由落下，同時在它的正下方的地面上乙物體以速度v豎直上拋，若要乙物體在下落過程中與甲相碰，求v的取值范圍。

解析 本題可以采用“極限法”求解，如果大家有興趣不妨試著做一做。下面采用不等式法求解。

若它們“相碰”應滿足下式：gt+vt-gt=h ①，

“乙物體在下落過程中”時間滿足：

或者說速度滿足：-v

這里②、③兩式是等價的。聯(lián)立①、②兩式或①、③兩式都可以得到正確的結(jié)論，即

稍加變形，若要使得乙在上升過程中與甲相遇，則v的范圍又將如何？不難得出正確答案為v<。

6.利用對稱性求解

例6 一個從地面豎直上拋的物體，它兩次經(jīng)過一個較低點A的時間間隔為t，兩次經(jīng)過一個較高點B的時間間隔為t，求A、B之間的距離。

解析 由豎直上拋運動的平移原理可知，兩次經(jīng)過A點的時間間隔為以v豎直上拋的總時間。同理，兩次經(jīng)過B點的時間間隔為以v豎直上拋的總時間。若設物體在A、B兩點的速度分別為v、v，則有t=，t=。

設A、B間的距離為h，上拋物體從A運動到B做勻減速運動，由運動學位移公式v-v=-2gh，得h==-=g（t-t）。

通過對上述幾例的分析，我們不難發(fā)現(xiàn)，豎直上拋運動問題的解法靈活性較大，方法也是多種多樣的。只要我們開動腦筋，勇于探索，就一定可以找到簡捷、巧妙的解題方法。