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，靈活運用數學知識和物理規律，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，滑動摩擦變為靜摩擦，因為沒有相對運動趨勢，所以靜摩擦力也變為零，因此汽車的加速度也就為零，使汽車處于平衡狀態。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。

由于兩次經過A點位移不變，關于時間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表示物體兩次經過A點的時間間隔：t-t===。這個結論說明了豎直上拋運動的一個重要性質：上拋運動兩次經過某一點的時間間隔就是從該點以物體經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。根據初速度為零的勻加速直線運動的相關規律，通過相同位移的時間關系t=t（-），由運動的可逆性得=。再根據合比定理可得==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。當物體第一次經過該點時有：

h=vt-gt？搖 ①，

當物體經過最高點后返回通過該點時有：

h=vt-gt？搖 ②，

聯立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，大多數同學在處理此類相遇問題時，會根據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。絕大多數同學會因為式中含有兩個未知數而無從下手。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”轉化為數學語言，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。聯立①、②兩式或①、③兩式都可以得到正確的結論，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，它兩次經過一個較低點A的時間間隔為t，兩次經過一個較高點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，兩次經過A點的時間間隔為以v豎直上拋的總時間。同理，兩次經過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，我們不難發現，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。