通过模型学解题中学物理专辑——运动合成问题.pdf

《通过模型学解题中学物理专辑——运动合成问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通过模型学解题中学物理专辑——运动合成问题.pdf（54页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、献给读者通过模型学解题（物理）丛书是围绕高中物理教材，结合中学教学实际编写的学生课外读物。本丛书突破按知识体系谋篇布局的常规，力图引导学生换一种新的角度去窥视中学物理图景，领悟分析和解决物理问题的思路。什么叫物理模型？物理模型就是抽象化了的物理研究对象、条件或过程。物理模型可划分为实体模型与过程模型两大类。实体模型是研究对象或条件的抽象。质点、点电荷、点光源、光滑轨道、单摆、理想气体、匀强电场、匀强磁场、核式结构的原子等，都属于实体模型。过程模型是对物理过程的抽象。直线运动、圆周运动、带电粒子在电场与磁场中的运动、导体在磁场中的运动等等，都是过程模型。物理模型，其性质特征、规模大小及相互联系，

2、可以划分为不同的层次。本丛书以过程模型为结构框架，各分册有体现第一层次模型的书名和体现第二、三层次模型的简明目录。所谓“通过模型学解题”，就是根据物理的基本性质和特征，条分缕析，剖切成各个层次的过程模型，并抓住同一模型中各类问题的共同特性，例举有代表性的实体模型，综合运用各种物理知识，各种定理、定律，运用不同的观点、方法，归纳出解决问题的一般途径和方法技巧。本丛书在研究具体问题时，以文字演算为主，避免繁琐的数值计算，从而使解决问题的方法更具广泛性，更显得逻辑严密。按物理模型构建丛书框架，在不同层次的模型上展示物理图景，是一种新的体裁，新的尝试，前无经验，谬误和不妥之处难免，敬请读者批评指正。王

3、兴桃1 9 9 4 年 2 月运动合成问题，主要研究四类问题。第一类问题：把一个物体所作的复杂运动，看成是若干个简单运动的合运动，并根据运动合成的原理，找出研究复杂运动的方法。如平抛运动，通常都被看成是水平方向上的匀速运动和竖直方向上自由落体运动的合运动，这样，就可以在笛卡儿坐标中，运用解析法研究其运动情况并确定其轨道方程。第二类问题：一个物体同时参与两个或两个以上的运动，这个物体的运动便是几个分运动的合运动。例如，一艘轮船在流动的河水中航行，船员顺着桅杆向上爬行，则船员的运动便是若干个分运动的合运动。这里所指的船员的运动，还有相对于轮船、相对于河水、相对于河岸的区别。选择不同的参照物，运动的

4、合成结果将不相同。第三类问题：研究两个或两个以上独立运动的物体之间的相对位移、相对速度、相对加速度等有关问题。如电梯中的落体问题；猎犬在一条直线上或一个平面上追捕一只拚命奔跑的兔子的问题等。第四类问题：研究两个或两个以上的物体在某种特定联系下，或在某种特定限制条件下运动时，与运动合成有关的问题。如人在码头上通过跨在岸边光滑轮上的绳子牵引小船靠岸的过程中，船速与人拉绳子在岸上走动的速度关系。运动合成问题有两个最显著的特征：一是运动合成的相对性。任何一个运动合成问题，都与参照物的选择密切相关，这是由运动的相对性决定的。二是运动合成的矢量特性。由于运动量具有方向性，这就决定了研究运动合成问题时，必须

5、按平行四边形法则，或由此发展而来的矢量三角形法和正交分解法等数学方法进行分析计算。运动合成的相对性和矢量特性，决定了运动合成问题的复杂性。分析研究运动合成问题，不仅要对力学基本原理有深刻的理解，而且特别需要有丰富的想象力；分析研究运动合成问题，不仅要运用一系列物理学基本原理，而且将涉及到物理学的一系列基本研究方法；所以研究运动合成问题，对学好物理，培养能力有特别重要的意义。一、同一直线上运动的合成一条直线上的运动合成问题，广泛存在于自然界和实际生活中。它包括一个物体沿一条直线作复杂运动的情况，还包括两个或两个以上的物体沿一条直线运动的情况。当涉及到两个或两个以上的运动物体时，由于运动的相对性，

6、参照物的选择显得十分重要。大多数情况下，人们都习惯于选择地面为参照物，这种习惯性选择主要是因为直观、易被理解。然而我们将会发现，确当地选择地面以外的运动物体作参照物，不但可以使解决问题的方法变得十分简单，而且可以加深对相对性原理的理解，使我们对简单的机械运动的理解与认识产生质的飞跃。匀速运动的合成问题一条直线上匀速运动的合成问题，只有同向与反向运动两种情况，其最主要的特点是直观。分析解决这类问题的关键是参照物的选择。选择不同的参照物，意味着对同一个实际问题有不同的理解模型，也就代表着一种不同的解题方法。在下面的例题中，我们有时用不同的方法，即选择不同的参照物分析解决同一个问题。对有些复杂的问题

7、，如果自始至终选择同一个特定的参照物，往往显得十分困难。这时，必须灵活地变换参照物。例题 1 一只小艇沿河流逆水航行，航行中在某处有一只救生圈从艇上掉落到水中，经时间 t 才发现，小艇立即掉头，在离救生圈掉落处下游 s 处捞起救生圈。求水流的速度多大？（不考虑小艇掉头所用的时间，小艇航行时相对于水的速度假设不变。）分析与解方法一：以河岸为参照物作示意图，如图 1 1 所示。救生圈在 O点从小艇上掉落到水中。经时间 t，小艇逆流而上到达 A点时掉头，这段时间里救生圈已顺水漂流到 O点的下游 A 处。小艇掉头后顺水航行时间 t，在 B 点捞起救生圈，在时间 t 里，救生圈从 A 处顺水漂流到 B

8、点。假设小艇的航速为 v0，水流速度为 v，小艇由 O 到 A逆流航行时相对于河岸的位移 O A=（v0-v）t；在时间 t 时，救生圈顺水漂流到 A 点的位移 O A=v t。小艇掉头后顺流航行，在 B 点与救生圈相遇，故从 A 到 B的位移为 A B=（v0+v）t；在时间 t 内，救生圈由 A 顺水漂到 B点，位移为 A B=v t。由图 1 1 和上面的分析，可得下列两个相应的方程：vt+vt=s(v+v)t=(v-v)t+vt+vt00由第 2 个方程可得 t=t。将 t=t 代入第 1 个方程，即求得水的流速：v=s2t。方法二：以河水为参照物。以河水为参照物，即认为水不流动。这样

9、，救生圈掉落到水中后，它的位置不动（相对于水）。小艇在水中航行 t 秒发现救生圈掉落在水中，由于不计掉头所用的时间，小艇掉头后返回到救生圈处所用的时间必然也是 t 秒。在小艇一个往返的 2 t 秒内，救生圈实际上相对于河岸顺水漂流距离 s，若水的流速为 v，则：s=v2tv=s2t（），即在方法一中，我们始终以河岸为参照物，得出 t=t 的结论；在方法二中，我们先以水为参照物，经过分析，得知小艇相对于救生圈逆流而上航行的时间与顺流而卞航行的时间相等。再以河岸为参照物，在小艇一往一返的时间内，顺水而下的距离是 s，从而求得水流的速度 v。还可以看出，在方法一中是以位移为联系纽带的；在方法二中，不

10、仅参照物变换了，而且联系的物理量也变换了；先假设水不流动，分析小艇相对于河水逆流而上的航行时间与顺流而下的航行时间；然后，再以河岸为参照物，看河水在相同的时间里相对于河岸的位移。评说这两种方法的难、易与优、劣是没有什么意义的。关键是要理解与掌握分析问题的物理思想和物理模型，并能准确而熟练的运用。例题 2 一列步兵队伍以 5.4 千米/小时的速度沿笔直的公路匀速前进，行进中保持 1 2 0 0 米的队列长度不变。一个通讯员骑马从队列的末尾到队列的前端传达命令后，立即又返回到队列的末尾，往返共用时间 1 0分钟。如果通讯员骑马行进的速度是匀速的，掉头的时间不计，求他骑马行进的速度多大？分析与解方法

11、一：设队伍行进的速度为 v1，通讯员骑马行进的速度为 v2（v1、v2均相对于地面），则通讯员从队尾向队首前进时，相对于队列的速度为 v2-v1，返回时相对于队列的速度为 v2v1；如队列长为 l，通讯员往返共用时间 t，则：t=lv-v21+lvv21于是得到关于 v2的一元二次方程：vt-2tv-tv022222。对 v2解这个方程，并将已知量用国际单位表示后代入，求得解答：v=2l+4l+4t v2t=2/2.5/22212=+ltltv()212（米秒）（米秒）舍去负根，可得通讯员骑马时的速度为 v2=4.5（米/秒）=1 6.2（千米/小时）。方法二：以地面为参照物，设队伍向右运动。

12、见图 1 2。通讯员以速度 v2从队尾 B 开始向队首行走，经过时间 t1在 A1点到达队列的最前端。在这段时间里，通讯员向右运动的路程是 v2t1，队首由 A到 A，运动的路程是 v1t1。由图中（甲）的部分可以看出有下列关系存在：v2t1-v1t1=l在 A1点通讯员掉头向左朝队尾行走，经时间 t2在 B2点到达队尾，在t2这段时间里，队首向右运动的距离是 v1t2，通讯员向左跑到队尾的路程是 v2t2，由图中（乙）的部分可以看出：v2t2+v1t2=l由上述两式可得：t+t=t122121，即：lvvlvvt+=这个结果与方法一是相同的。表明选择不同的参照物，不会影响解题的结果。方法一认

13、为队伍不动，通讯员以速度 v2-v1从队尾向队首走，接着以速度 v2+v1从队首向队尾走。方法二则以通讯员和队列在相同时间里位移大小的关系为纽带，列出两个方程。这两种方法的汇合点是通讯员相对于队尾运动所用的时间 t，不论你选择什么物体作参照物，它是一个不变的常量。所以，我们在这两种方法中都得到关系式t=lv-v21+lvv21例题 3 在大商场、大火车站、地铁站等公共场所的进出口，往往设有自动扶梯运送客人上下，但有些人可能会在运动着的自动扶梯上跑动。如有两个人沿着同一运动中的自动扶梯从上向下奔跑。甲在扶梯上跑动的速度为 v，他从上到下走过的扶梯有 n1级；乙在扶梯上的速度为 k v，他走过的扶

14、梯级数为 n2级。求这架自动扶梯运动的速度多大？该自动扶梯从上到下共有多少级？分析与解 如扶梯不运动，人沿扶梯跑下的距离就是扶梯的长度（设为 l），它与扶梯的级数（设为 n）成正比。如扶梯运动，人在运动着的扶梯上走动，那么，他相对于扶梯的位移与他走过的扶梯级数成正比。如扶梯向下运动，则沿扶梯向下跑的人，相对于扶梯跑过的距离小于扶梯的长度；如自动扶梯向上运动，则沿扶梯向下跑的人，相对于扶梯跑过的距离大于扶梯的长度。设自动扶梯运动的速度为 u 对例题 3 来讲，它有向下与向上运动两种情况。情况一：自动扶梯向下运动。则沿扶梯向下跑时相对于地面的速度为u+v，他跑下扶梯所用的时间为t=lv+v1，他相

15、对于扶梯跑过的距离为s=vt=lvu+v11；而乙跑下扶梯时相对于扶梯的速度为 v+k v，所用的时间为tlukv2=+他相对于扶梯跑过的距离为s=kvt=klvu+kv22。根据前面的分析，人沿扶梯走过的路程与他跑过的扶梯的级数成正比，所以能得到下列两个比例式：s ln ns lnnlvuvln nklvukvlnnuk nnknnvnkn nknn112212211212121:()()=+=+=即解得情况二：自动扶梯向上运动，两人沿扶梯向下奔跑。甲跑下扶梯用时间，t=lv-u1他相对于扶梯跑过的路程为，s=vt=lvv-u11走过的扶梯级数为 n1；乙跑下扶梯用时间，t=lkv-u2他相

16、对于扶梯走过的路程为，s=kvt=klvkv-u22走过的扶梯级数为 n2，由分析可知：lvvuln nklvkvulnnuk nnknnvnkn nknn=:()()12211212121解得细心的读者也许已经注意到，在上面分析解题的过程中，我们的参照物是在不断改变的。在求人从上到下运动所用时间时，我们是根据人相对于地面的位移与人相对于地面的速度求得的；然后，根据运动的时间，求得人相对于扶梯走过的路程。另外值得注意的是两种情况中的相对速度是不同的。甲沿向下运动的扶梯向下奔跑时，他相对于地面的速度是 u u；当甲沿向上运动的扶梯向下奔跑时，他相对于地面的速度是u，而当乙沿向下运动的扶梯向下奔跑

17、时，他相对于地面的速度为 k v+u；当他沿向上运动的扶梯向下奔跑时，他相对于地面的速度是 k v-u。为了帮助理解，在思考与练习中有相应的数值练习题供读者选用。在做这些练习题时，不要套用例题 3 的结果，而应该通过具体的分析，一步步地求得问题的正确解答。竖直方向上的抛体问题在直线运动中，匀速运动与初速度为零的匀加速直线运动，是两种最简单的运动形态。其它的复杂运动都可以看作是这两种简单运动的合运动。从运动和力的关系看，作匀速直线运动的物体所受力的合力为零，作匀加速直线运动的物体所受外力的合力为恒力。竖直方向上的抛体，有竖直向上或竖直向下的初速度 v0。在不计空气阻力的影响时，物体抛出后受恒定的

18、重力作用，有竖直向下的恒定加速度g。因此，竖直上抛运动可归结为两个模型（或称两种过程）。第一个模型把它看作是初速度为 v0、加速度为-g 的匀减速直线运动；第二个模型把它看作是竖直向上、速度为 v0的匀速直线运动与竖直向下的自由落体运动的合运动。对竖直下抛运动。也有两个模型，第一个模型把它看作是初速度为 v0、加速度为 g 的匀加速直线运动；第二个模型则把它看作是竖直向下的匀速直线运动与自由落体运动的合运动。如考虑空气阻力的作用，则物体在运动中受重力和空气阻力作用。根据力的独立作用原理，运动中的物体有两个独立的加速度：一个是重力引起的竖直向下的重力加速度，另一个是空气阻力引起的，其方向与运动方

19、向相反。所以，在考虑空气阻力作用时，竖直方向上的抛体运动，用运动合成的模型来看，它是三个独立运动的合运动：第一个独立运动是竖直向上或竖直向下的匀速直线运动；第二个独立运动是竖直向下的自由落体运动；第三个独立运动是初速度为零的匀变速直线运动，其加速度大小由空气阻力的大小决定，方向总与运动方向相反。用运动合成的观点（模型）分析复杂的运动，是把复杂的运动分解为简单的运动，认为复杂的运动是简单运动的合成，这既是认识的深化，也是研究问题的方法，是认识论与方法论的统一。上述分析、解决竖直方向上抛体运动的两个模型，是对同一个具体问题的两种认识，也可以说是从两个不同角度研究同一个物理过程。就整体而言，竖直方向

20、上抛体的运动是一种匀变速运动，因此我们统一用匀变速运动的公式分析、研究竖直方向上的抛体问题。例题 1 一只气球从地面由静止开始匀加速竖直上升，加速度 a=2米/秒2，5秒末有一个物体从气球上掉落下来，问该物体经多少时间落到地面？分析与解方法一：研究对象是从气球上掉落下来的物体，当它从气球上掉下来的那一瞬间，它与气球具有相同的、竖直向上的速度：v0=a t=1 0（米/秒）；这一瞬间，物体的高度（米）。h=12at=252物体从气球上掉下以后，只受重力作用，有竖直向下的重力加速度。由于有初速度 v0，物体竖直向上作匀减速运动。经时间 t1，速度减少到零时间（秒）。,t=vg=101在这秒的时间里

21、，物体上升的高度（米）；t=1h=v2g=5102即当物体速度为零时，它离地面的高度 H=h+h=3 0（米）；随后，物体将从 H=3 0（米）的高度自由下落，自由下落的时间为 t2，由，可得（秒）。H=12gtt=2Hg2.45222可见，物体从气球上掉下，到落到地面共用时间：t=t+t3.4512（秒）。方法二：物体掉高气球时高度 h=2 5（米）；瞬时速度 v0=1 0（米/秒），竖直向上。物体掉离气球以后，作初速度为 v0、加速度为-g 的匀减速运动。取竖直向上的方向（也就是 v0的方向）为正方向，当物体落到地面时，它的位移为-h，这个位移所用时间 t，根据匀变速直线运动的公式可得：v

22、 t-12gt-h20代入已知量，可以得到关于时间 t 的一元二次方程：5 t2-1 0 t-2 5=0舍去负根，得 t 3.4 5（秒）。例题 2 一只皮球在离地面 h1=4.5米高的地方，以速度 v1=1 2米/秒竖直向下抛出，与地面撞击以后竖直向上弹跳起来，弹跳起来的速度是撞击前速度的 0.8 倍。已知皮球运动中受到的空气阻力是其重力的 0.1 倍，试求皮球跳起的高度？分析与解皮球抛出后受重力与空气阻力作用，重力使皮球有竖直向下的加速度，其大小为 g=1 0 米秒2；空气阻力与皮球的运动方向相反，它使皮球产生竖直向上的加速度，大小为 0.1 g=1米/秒2；根据矢量合成原理，皮球抛出后的

23、合加速度为 a1=9 米/秒2，方向竖直向下。可见皮球抛出后作初速度为 v1=1 2米/秒、加速度为 a1的匀加速运动，到达地面时位移为 h1=4.5 米，它与地面撞击的速度 v2可由公式 v22-v12=2 a1h1求得：v=v=15/122112+a h（米秒）皮球从地面弹跳起来的速度为：v0=0.8 v0=1 2（米/秒）皮球向上运动时，受到竖直向下的重力和空气阻力作用，合加速度竖直向下，大小为 a2=1 1 米/秒2，由此可得皮球弹跳起的高度为：h=v2a6.552022（米）。例题 3 一个热气球停在空中某一高度 h处，某时刻甲物体从热气球下的吊篮中自由落下，经时间 t0=3 秒后，

24、吊篮中的人以初速度 v0=4 0 米/秒竖直向下抛出乙物体，试求：（1）乙物体经多少时间与甲物体相遇？（2）如乙物体抛出后 5 秒落到地面上，求吊篮离地面的高度多大？分析与解（1）设乙物体抛出后经 t 秒与甲物体相遇，这时甲物体与吊篮的距离：s=12gt+t102（）乙物体与吊篮相距：sv tgt20212=+甲、乙相遇，则 s1=s2，即：12g(t-t)-(v t+12gt0t4.50202020022103240103）解得（秒）gtvgt()()（2）吊篮离地面的高度由乙物体 5 秒内的位移大小决定：H=v t+12gt=405+12105=325022（米）例题 4 从空中足够高的某

25、点，以相等的速率 v0竖直向上和竖直向下同时各抛出一个物体，试求这两个物体之间的距离与时间的关系。分析与解设物体抛出时开始计时，抛出后 t 秒，这两个物体相对于抛出点向上和向下的位移分别为：s=v t-12gts=v t+12gt102202时刻 t，这两个物体相距：s=s+s=2v t120即 v0一定时，两物体间的距离与时间成正比。电梯中的落体与抛体问题电梯中的落体与抛体是相对于电梯而言的。由于电梯原来是运动的，因此这类问题比较复杂。就电梯而言，它可能是匀速上升或匀速下降，也可能是匀加速或匀减速向上或向下运动；就落体与抛体而言，固然有向下的加速度 g，但它从电梯上掉落下来或被抛出后，相对于

26、地面的即时速度的大小和方向，是与电梯原来的运动状态密切相关的。通过分析研究，我们可以把这类问题归结为一个统一的模型，并根据这个模型归纳出一般的解题方法。设电梯厢体的底板与顶板之间的距离为 H，在电梯以加速度 a向上作加速运动的过程中，顶板上有一个小构件因松动而掉落下来。求小构件从顶板掉落到底板上所用的时间 t。解法一：以地面为参照物。设小构件脱离顶板时，电梯与小构件的共同瞬时速度为 v0；这样，小构件脱离顶板后的运动是初速度为 v0的竖直上抛运动，而电梯厢体的运动是初速度为 v0、加速度为 a 的匀加速运动。设小构件脱离顶板后经时间 t 掉落到底板上。在这段时间里小构件相对于地面的位移为 s2

27、，可能是向下的，也可能是向上的（见图 1 3甲、乙）。取小构件与电梯脱离时的那一点为坐标的原点 O，取竖直向上的方向为坐标的正方向，在时间 t 里，电梯的底板相对于地面向上的位移为：s=v t+12at102在同样的时间里小构件的位移如向下（见甲图），则其位移的大小为（）；s=-v t-12gt202如小构件的位移向上（图乙），则其位移的大小为；s=v t-12gt202无论哪种情况，都有：s1-s2H即（），由此可得：H=12g+att=2Hg+a2解法二：以电梯的厢体为参照物。以电梯的厢体为参照物，即假设观察者与电梯一起运动。这样，小构件与顶板脱离后相对于电梯的运动，是初速度为零、加速度为

28、（g+a）的竖直向下的匀加速运动。当它落到底板上，相对于电梯的位移为 H时，所用的时间为 t，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知：H=12g+att=2Hg+a（），可得2分析与讨论1a=0t=2Hg如电梯静止或作匀速运动，则。这时。表明电梯不动或匀速运动时小构件相对于电梯的运动是自由落体运动。2 电梯向下作匀减速运动时，电梯加速度的方向向上，小构件相对于电梯的加速度为 g+a，其结果与电梯向上作匀加速运动相同，即。t=2Hg+a3 如电梯向上作匀减速运动或向下作匀加速运动，这两种情况下电梯加速度的方向均向下，小构件相对于电梯的加速度为 g-a，故落到底板上所用时间。t=2Hg-a显然，

29、如电梯向下的加速度值 a g，t 将变得没有意义，表明这种情况下，构件不会与顶板分离，当然也就不可能落到底板上去。例题 1 在电梯中，用一根细线将一个小球悬挂在顶板上，小球与底板相距 H=1.5 米。当电梯以加速度 a=4.9米/秒2向上作匀加速运动时，细线突然断裂，则小球经多少时间落到底板上？分析与解细线断裂的瞬间，小球与电梯具有相同的初速度，不论该速度多大，细线断裂后小球相对于电梯的运动是初速度为零、加速度为g+a=1.5 g 的匀加速运动，则有：H=12g+att=2Hg+a=2H1.5g0.452（）（秒）例题 2 电梯以 v0=3米/秒的速度匀速下降，一个人在电梯中距底板 H=1 米

30、的地方以相对于电梯的速度 v=5 米/秒竖直向上抛出一个小球。试问：小球经多少时间落到底板上？分析与解方法一：以地面为参照物。小球抛出时相对于地面的初速度为 v-v0=2米/秒，方向竖直向上；小球抛出后相对于地面的运动是初速度为 v-v0的竖直上抛运动；设经过 t 秒小球落到底板上，在 t 秒内，小球向下的位移大小为），s=-(v-vt-12gt102电梯的底板向下的位移大小为 s2=v0t；根据题意有：s-s=Hgt-vt=Ht122221224822，即解得（）vvgHgvgvgHg+()代入已知量，舍去负根，即得：t 2.1 7（秒）。方法二：以电梯为参照物，即假设电梯不动。这样，小球相

31、对于电梯的运动是初速度为 v=5米/秒的竖直上抛运动，经时间 t秒小球落到底板上，相对于电梯的位移为-H，故有：vt-12gt=-Hgt-vt-H=02212，即解这个方程所得结果与方法一相同。所谓电梯中的“抛体”问题，是研究电梯中的物体，当它与电梯解除直接联系的瞬间，具有相对于电梯的初速度的情况。这里只研究竖直方向上的“抛体”问题。电梯以速度 v1匀速上升，某时刻电梯中的人以相对于电梯的初速度 v2竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后又落回到人的手中。就这个模型我们研究下列几个问题。（1）小球抛出后，相对于地面作初速度为（v1+v2）的竖直上抛运动，当它上升到最高点，也就是它相对

32、于地面的速度为零时，所用的时间为：t=v+vg112。在这段时间里，小球相对地于地面竖直向上的位移为：s=v+vt-12gt=(v+v)2g121221121（）（2）设小球抛出后 t 秒落回到手中，在这段时间里，小球和电梯相对于地面的位移分别为：s=v+vt-12gts=v tt12t1221（）小球落回到手中时，即解此方程，可得：（）。ssv t-12gt=0t=21tt2222vg（3）当小球落回到手中时，小球相对于地面的位移为：s=v+vt-12gt=v+v-12g22121222212222（）（）（）（）vgvgv vg（4）比较（1）、（2）的分析，可以得知小球相对于地面“回落”

33、的时间是：tt-t-v+vg21212212vgvvg（5）相对于电梯而言，小球作初速度为 v2的竖直上抛运动，小球从抛出到落回到手中，所用时间为：t=2=t（）vg2当小球与电梯的顶板距离最小，也就是小球相对于电梯静止时，小球相对于地面的速度为 v2，而小球抛出时相对于地面的初速度为（v1+v2），所以小球相对于电梯上升的时间为：t=(v+v)-vg1121=vg2相对于电梯的回落时间为tt-tttt21112 ，vg2表明竖直上抛的小球，相对于匀速运动的电梯而言，上升的时间与回落的时间相等，由此可以推知，抛出点与电梯顶板之间的距离至少为d=v222g。（6）小球落回到手中时，相对于电梯的即

34、时速度为：v=v-gt=-v222而小球落回到手中的瞬间，相对于地面的即时速度为：v1=(v1+v2）-g t=v1-v2上述研究结果，可以归纳如下：在以速度 v1匀速上升的电梯中，以相对于电梯的速度 v2竖直上抛的物体，只有在抛出点与顶板之间的距离不小于vg222的情况下，才不会与顶板相碰。在这种情况下，抛体相对于地面上升的时间为 t1=（v1+v2）/g，回落时间为 t2=（v2-v1）/g；相对于电梯上升的时间与回落的时间相等；t1=t2=v2/g。小球相对于地面上升的最大位移是（v1+v2）2/2 g，当小球回落到手中时，相对于地面的位移是 2 v1v2/g。例题 3 可以帮助我们理解

35、上述分析与推导过程，再通过具体的数值计算，可获得比较直观的印象。例题电梯以速度 v1=3 米秒匀速上升。电梯中的人以相对于电梯的速度 v2=5米/秒竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后又落回到人的手中。相对于地面而言，求：（1）小球竖直向上的最大位移量多大？（2）小球从抛出到落回到手中的这段时间里，相对于地面的位移量多大？（3）从小球抛出到落回到手中这段时间里，小球通过的路程是多少？相对于电梯而言，求：（4）小球抛出点与电梯的顶板之间距离至少多大？（5）当小球与顶板最近时，小球是否运动？如果运动的话，它的速度大小和方向如何？（6）小球落回到手中时，它的速度大小和方向如何？分析与解

36、小球抛出后的运动，相对于地面而言，是初速度为 v1+v2=8米/秒的竖直上抛运动；相对于电梯而言，是初速度为 v2=5 米/秒的竖直上抛运动。电梯始终以速度 v1=3 米/秒竖直向上作匀速运动。（1）小球抛出后，当它相对于地面的速度为零时，上升到最高点，这段时间为：t=v+vg=0.8112（秒）这段时间内的位移，也就是小球抛出后相对于地面竖直向上的位移，其大小为：s=(v+v11211212212232)().()tgtvvg=+=米（2）设小球抛出后 t 秒落回到手中。在 t 秒内小球和电梯的位移分别为：s=v+vt-12gts=v tt2t11221（）小球落回到手中时，即：解得（）（秒

37、）。s=Sv t2gt=0t=2=11t2t2212vg可见，小球落回到手中时相对于地面的位移为：s=v+vt-12gt2212（）（）（米）vv-12g(2vg)=3122221222vgv vg（3）从上面计算的结果可以看出，相对于地面而言，小球上升的时间t1=0.8 秒，回落的时间是 t2=0.2秒。上升通过的路程为 S1=3.2米，回落通过的路程是 s1-s2=0.2（米），故全过程通过的路程为：s=3.2（米）+0.2（米）=3.4（米）（4）相对于电梯而言，小球上升的最大高度 h 应小于抛出点与顶板之间的距离 d，即：dh=v2g=1.2522（米）（5）当小球与电梯顶板最近时，小

38、球相对于电梯的速度为零，即这一瞬间小球与电梯相对静止，但该时刻小球与电梯一样，相对于地面的速度是 v1=3 米秒，方向竖直向上。（6）相对于电梯而言，小球从抛出到回落到手中，总时间为：t=2=1（）（秒）vg2这一结果与前面（2）的结果相同。可见，当小球回落到手中时，相对于电梯而言，其速度为：v2=v2-g t=-5（米/秒）“-”号表示 v2相对于电梯的方向是向下的。小球回落到手中时，相对于地面的速度是：v1=（v1+v2）t-g t=-2（米/秒）“-”号表示其方向相对于地面向下。追及问题就广泛的意义来讲，两个物体在一条直线上运动时相遇的问题，都可以称作追及问题。在前面研究过的几类问题中，

39、都已经涉及到了这类问题。在本节我们主要研究三种模型的追击问题。模型一：甲、乙两个质点，相距 s，乙在前、甲在后，沿着它们的连线向同一方向同时开始运动。甲以速度 v 作匀速直线运动，乙作初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动（图 1 4）。甲能否追上乙？什么情况下能追上？什么情况下不能追上？分析与解设开始运动后 t 秒甲追上乙。在时间 t 秒内，甲、乙的位移分别为：s=vts=12at212，甲追上乙，即甲、乙相遇，应有：s1=s2+s1222at-vt+s0at-2vt+2s0，即这是关于时间 t 的一元二次方程，解这个方程，得：t2482222vvasavavasa=()()由此可见：（

40、）如（），即，方程无解，表明甲作匀速运动的速度小于时，它不可能追上乙。1-2sa0vvaasas222（）如（），即时，方程有一个唯一的解：。表明甲能追上乙，但它们只能相遇一次。2-2sa=0v=2ast=vava2（）如，即 时，方程有两个解：30v2()vasaas22t1=(va)-,t=(va)+(va),ttt22121()vasasa222 时刻，甲的即时速度大于乙的即时速度，甲运动到乙的前面去了；时刻 t2，乙的即时速度大于甲的即时速度，乙运动到甲的前面去了。（4）特殊情况：若 s 0，即甲、乙同时从同一地点开始向同一方向运动，则：vtattvat=120202,()即得 ，（）

41、，只能相遇一次，是乙追上甲。t0t212va例题 1 一列火车总长 l 1 8 0 米，以加速度 a 0 1 米秒2由静止开始作匀加速直线运动。同时有一个人以速度 v 6 5 米秒从车尾向同一方向作匀速直线运动。求人与车头平齐时，火车的位移多大？分析与解 与模型一相比，人是质点甲，他作匀速运动，v 6 5米秒；把火车头看作为质点乙，它在甲前面与甲相距 s 1 8 0 米，它作初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a 0 1米秒2。根据题意，甲、乙相遇，即人与车头平齐，应有：vts122at即 t21 3 0 t 3 6 0 0 0，即（t 4 0）（t 9 0）0解得：t14 0 秒，t29 0

42、 秒。即人与车头有两次平齐的机会。这时火车的位移分别为：s80s40512（米）（米）12121222atat讨论：t14 0秒时，火车的速度 v1a t14米秒6 5米秒，是人赶上火车头，人与火车头平齐；t29 0 秒时，火车的速度 v2a t29米秒 6.5 米秒，是火车头赶上人，火车头与人平齐。可见，两个解都是有意义的。由已知条件：米秒 米秒，2201180as=.()()665符合有两个解的条件。如果人行走的速度为 6 米秒，则只有一个解；如果人的速度小于 6 米秒，则无解。模型二：甲、乙两个质点相距 s，乙在前、甲在后，沿着它们的连线向同一方向同时开始运动。乙以速度 v 作匀速直线运

43、动，甲作初速度为零的匀加速直线运动（图 1 5），加速度为 a。求：（1）甲要用多少时间才能追上乙？（2）甲追上乙时速度多大？（3）甲追上乙之前，何时它们相距最远？相距的最大距离是多大？分析与解（1）设开始运动后 t 秒甲追上乙，在 t 秒内甲、乙的位移分别为：satsvt12212=甲追上乙，即甲、乙相遇，应有：S1S2S1222022atvtsatvts=,即这是关于时间 t 的一元二次方程，解这个方程，得：tvvasavavasa=+=+2482222()由于时间 t 0 无意义，可见方程有唯一解：tvavasa=+()22（2）甲追上乙时，甲的速度为：vatvvasv=+222（3）在

44、甲追上乙之前，甲乙相距：svtsatatvtsatvavas=+=+=+()()()1212222222可见：当 时，最大，最大值为：tsSsmaxvava22由此可以推知，当甲、乙相距最远，即 时，tva甲的速度 v1a t v，即甲的速度与乙的速度相等。这个推论十分重要，而且很有实际应用价值。讨论：（1）若 s 0，即甲、乙同时从同一地点开始向同一方向运动，则唯一解是；t2(va)甲追上乙时，它的速度 v a t 2 v；甲追上乙之前，在（）时，它们相距最远，最大距离为，tSmaxvava22该时刻甲的速度与乙的速度相等。（2）模型二与模型一相比，模型二总有唯一解，而模型一可能无解()()

45、()vvv，可能有一个解。也可能有两个解。222asasas比较这两个模型的差异对应用这两个模型分析、解决实际问题十分重要。例题 2 一辆值勤的警车停在公路边。当警员发现从他旁边以 8米秒的速度匀速前进的货车有违章行为时，决定前去追赶，经 2 5 秒，警车发动起来，以 2 米秒2的加速度作匀加速运动。问：（1）警车要多长时间才能追上货车？当警车追上货车时，它的速度多大？（2）警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？分析与解设警车起动后 t 秒追上货车。警车发动起来时，货车在警车前 s v t 8 2 5 2 0 米，警车追上货车时，有：12122820022atvtstt=+=即 t28 t

46、 2 0 0，（t 1 0）（t 2）0解得 t 1 0（秒）时，警车追上货车。警车追上货车时的速度：v1a t 2 1 0 2 0（米秒）2 v（2）警车追上货车之前，它们之间的距离与时间的关系为：svtsat=+()12222（）t8t20t436解得 t 4（秒）时，s 最大，S m a x 3 6（米）。该时刻警车的速度 V 1 8（米秒），与货车的速度相等。模型三：甲、乙两个物体，沿同一条直线向同一方向运动，速度分别为 V1 0和 V2 0，且 V1 0V2 0，乙在前、甲在后（图 1 6）。当它们相距 s 时，甲以加速度 a 作匀减速运动。试分析：在什么情况下，甲才会撞上乙？分析与

47、解设甲开始减速后 t 秒与乙相撞。在 t 秒内，甲、乙的位移分别为：sv tat110212=S2v2 0t甲撞到乙，则应有：s-sat2vvt2s0121020=svatv ts即（）()102202120解此方程，得：tvvavvasa=1020102022()由题意可以看出，甲在后，甲撞乙时，甲的速度必须大于乙的速度，即 v1 0a t v2 0，也就是必须有：t。vva1020可见，符合题意的解只有：tvvavvasa=()()1020102022要这个解有意义，还必须满足条件：()()vvasavvas102021020202即可见：只有（）时，甲才可能与乙相撞。v v10202as

48、例题 3 一列客车以 v1 02 0 米秒的速度在平直铁道上匀速行驶，一列货车在前面以 v2 06 米秒的速度在同一条铁道上同方向行驶。当它们相距 s 1 2 0 米时，客车以 a 0.8米秒2的加速度作匀减速运动，问客车是否会与货车相撞？分析与解方法 1：设客车开始减速后 t秒两车相撞，两车相撞应当满足条件：v tatv ts1022012=将已知条件代入上式得：t23 5 t 3 0 0 0，即（t 1 5）（t 2 0）0得两个解：t11 5（秒），t 2 2 0（秒）。t11 5 秒时，客车的速度为 v1 0a t18（米秒）v2 0；t22 0秒时，客车的速度为 v1 0a t24（

49、米秒）v2 0；上述计算表明，如果客车与货车在两条平行的轨道上同向运动，在 t11 5 秒时，客车赶上货车，两车平齐；在 t22 0 秒时，货车赶上客车，两车再一次平齐。就本题而言，我们的结论是：客车开始减速后 1 5 秒与货车相撞。方法二：以货车为参照物，即假设货车不动，则客车相对于货车的“初速度”为 v0v1 0v2 01 4（米秒），即相当于客车以“初速度”v0朝货车作匀减速运动，要不相撞，则应有。va022s然而就本题而言，（米）（米）。va022214208=.1225120可见，两车将相撞。为避免相撞，客车作匀减速运动的加速度值应满足：a082（米秒），va02222142120=

50、本题的加速度值只有 0 8 米秒2，所以会相撞。思考与练习1 A、B 两架飞机沿水平直线由南向北飞行，A 在前，速度 v11 0 0 米秒，B尾随其后，速度 v28 5米秒。试问：（1）在飞机 B的驾驶员看来，飞机 A 的速度多大？方向如何？（2）在飞机 A 的架驶员看来，飞机B 的速度多大？方向如何？2 一艘轮船在长江中航行，方向由东向西。一个乘客在甲板上以 5米秒的速度由船头向船尾走。岸上的人在观测他们的运动情况，测得水向东流的速度是 1 米秒，船向西航行的速度是 1 8 千米小时。试问：（1）岸上的人观测在甲板上行走的乘客的运动情况如何？（2）这条轮船在水中的航速（相对于静止的水）多大？