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(共69張PPT)
第一章
運動的描述 勻變速直線運動的研究
第
3
課時
自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
目標
要求
1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。
2.能靈活處理多過程問題。
內
容
索
引
考點一　自由落體運動
考點二　豎直上拋運動
考點三　勻變速直線運動中的多過程問題
課時精練
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考點一
自由落體運動
1.條件：物體只受 ，從 開始下落。
2.運動性質：初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。
3.基本規律：
(1)速度與時間的關系式： 。
(2)位移與時間的關系式： 。
(3)速度位移關系式： 。
重力
靜止
v＝gt
v2＝2gh
1.重的物體總是比輕的物體下落得快。(　　)
2.同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(　　)
3.自由落體加速度的方向垂直地面向下。(　　)
4.做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s。(　　)
5.不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(　　)
×
√
×
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√
例1　對于自由落體運動(g＝10 m/s2)，下列說法正確的是
A.在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶3∶5
B.在相鄰兩個1 s內的位移之差都是10 m
C.在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比是1∶2∶3
D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
√
在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；
在相鄰兩個1 s內的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正確；
在第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；
在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。
例2　(2024·山東臨沂市第三中學月考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20 m高的高樓面由
靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2 s的時間通過一個窗口，
窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g
取10 m/s2，求：
(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1 s內的位移大小；
答案　20 m/s　15 m
根據速度位移關系v2＝2gh，解得雞蛋落地時速度大小為v＝20 m/s，設雞蛋自由下落時間為t，根據速度時間關系得t＝ ＝2 s
則雞蛋落地前最后1 s內的位移大小為h2＝h－h1＝15 m
(2)高樓面離窗的上邊框的高度。
答案　4.05 m
由題意知，窗口的高度為h3＝2 m
設高樓面離窗的上邊框的高度為h0，
雞蛋從高樓面運動到窗的上邊框的時間為t0，
聯立解得h0＝4.05 m。
1.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規律、比例關系及推論等規律都適用。
2.物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決此類問題。
例3　(多選)從高度為125 m的塔頂先后自由釋放a、b兩球，自由釋放這兩個球的時間差為1 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，以下說法正確的是
A.b球下落高度為20 m時，a球的速度大小為20 m/s
B.a球接觸地面瞬間，b球離地高度為45 m
C.在a球接觸地面之前，兩球速度差恒定
D.在a球接觸地面之前，兩球離地的高度差恒定
√
√
由自由落體運動的規律可得，在a球接觸地面之前，兩球的速度差Δv＝gt－g(t－1 s)＝10 m/s，即速度差恒定，兩球離地的高度差變大，故C正確，D錯誤。
自由落體運動中的兩個物體先后從同一高度下落，兩物體加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。
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豎直上拋運動
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考點二
1.運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做 運動。
2.運動性質： 直線運動。
3.基本規律
(1)速度與時間的關系式： 。
(2)位移與時間的關系式： 。
自由落體
勻變速
v＝v0－gt
4.豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過
程中從C→A所用時間tCA ，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過
A點的速度大小 。
相等
相等
思考　物體做豎直上拋運動，豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？
答案　速度為負值，表示物體運動方向向下；位移為負值，表示物體已經運動到拋出點下方。
例4　為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)經過多長時間到達最高點；
答案　2 s　
運動到最高點時速度為0，
(2)拋出后離地的最大高度是多少；
答案　45 m
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)經過多長時間回到拋出點；
答案　4 s
法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2 s，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)經過多長時間落到地面；
答案　5 s
法一：分段法
法二：全程法
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)經過多長時間離拋出點15 m。
當物體在拋出點上方時，h＝15 m，
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動
下降階段：自由落體運動
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－ (以豎直向上為正方向)
若v>0，物體上升，若v<0，物體下落
若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方
1.豎直上拋運動的研究方法：
2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。
例5　打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1 s內上升的高度與最后1 s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣
阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則彈丸在上升過程中最初1 s內
中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為
A.45 m/s　125 m B.45 m/s　75 m
C.36 m/s　125 m D.36 m/s　75 m
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勻變速直線運動中的多過程問題
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考點三
例6　(2024·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用。我國林業部門將無人機運用于森林防火工作中，如圖所示，某架無人機執行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1＝205 m處，t＝0時刻，它以加速度a1＝6 m/s2豎直向下勻加速運動距離h1＝75 m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2＝70 m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求：
(1)無人機從t＝0時刻到重新懸停在距目標高度為H2
＝70 m處的總時間t；
答案　9 s
聯立解得t＝t1＋t2＝9 s
(2)若無人機在距目標高度為H2＝70 m處懸停時動力系統發生故障，自由下落2 s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度大小。
答案　4 m/s2
無人機自由下落2 s末的速度為v0＝gt′＝20 m/s
勻變速直線運動多過程的解題策略
1.一般的解題步驟
(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。
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2.解題關鍵
多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。
課時精練
1.(2023·廣東卷·3)銫原子噴泉鐘是定標“秒”的裝置。在噴泉鐘的真空系統中，可視為質點的銫原子團在激光的推動下，獲得一定的初速度。隨后激光關閉，銫原子團僅在重力的作用下做豎直上拋運動，到達最高點后再做一段自由落體運動。取豎直向上為正方向。下列可能表示激光關閉后銫原子團速度v或加速度a隨時間t變化的圖像是
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銫原子團僅受重力的作用，加速度g豎直向下，大小恒定，在v－t圖像中，斜率絕對值等于重力加速度，故斜率不變，所以v－t圖像應該是一條傾斜的直線，故選項A、B錯誤；
因為加速度恒定，且方向豎直向下，故為負值，故選項C錯誤，D正確。
2.(2021·湖北卷·2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為
A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
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則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確。
3.(2023·北京市東城區期末)甲、乙兩物體距地面的高度之比為1∶2，所受重力之比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是
A.甲、乙落地時的速度大小之比為1∶
B.所受重力較大的乙物體先落地
C.在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2
D.在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近
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由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為重力加速度，故C錯誤；
由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。
4.(2023·黑龍江大慶市三模)一個物體從離地某一高度處開始做自由落體運動，該物體第1 s內的位移恰為最后1 s內位移的二分之一，已知重力加速度大小取10 m/s2，則它開始下落時距落地點的高度為
A.15 m B.12.5 m
C.11.25 m D.10 m
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5.(2024·山東德州市第一中學開學考)物理研究小組正在測量橋面某處到水面的高度。如圖所示，一同學將兩個相同的鐵球1、2用長L＝3.8 m的細線連接。用手抓住球2使其與橋面等高，讓球1懸掛在正下方，然后由靜止釋放，橋面處的接收器測得兩球落到水面的時間差
Δt＝0.2 s，g＝10 m/s2，則橋面該處到水面的高度為
A.22 m B.20 m
C.18 m D.16 m
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6.如圖所示，2022年3月5號，西昌衛星發射中心發射了“長征二號”丙運載火箭，上面有六顆02批衛星和一顆商業遙感衛星。若“長征二號”丙運載火箭及其衛星總質量為240噸，總長為43 m，發射塔高100.0 m，點火后經5.0 s火箭離開發射塔。假設火箭離開發射塔的過程中做
勻加速直線運動，忽略空氣阻力和運載火箭質量的變化，
取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)火箭離開發射塔瞬間的速度大小；
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答案　40 m/s　
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(2)火箭起飛時推動力大小；
答案　4.32×106 N
根據牛頓第二定律F－mg＝ma
得F＝m(g＋a)＝4.32×106 N
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(3)若火箭剛離開發射塔瞬間，某個發射用到的部件完成使命正好從火箭尾部自然脫落，求該部件脫落后經多長時間落地。
答案　10 s
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所以離地高度為H＝h＋d＝180 m
所以脫落后到落地時間為10 s。
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8.在離水平地面高H處，以大小均為v0 的初速度同時豎直向上和向下拋出甲、乙兩球，不計空氣阻力，下列說法中正確的是
A.甲球相對乙球做勻變速直線運動
B.在落地前甲、乙兩球間距離均勻增大
C.兩球落地的速度差與v0、H有關
D.兩球落地的時間差與v0、H有關
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甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對于乙球做勻速直線運動，在落地前二者距離不斷均勻增大，A錯誤，B正確；
根據豎直上拋的對稱性，甲球回到拋出點時速度大小為v0，方向豎直向下，兩球落地的速度差為零，與v0、H均無關，C錯誤；
由豎直上拋的對稱性可知，兩球落地的時間差Δt＝ ，與v0 有關，與H無關，D錯誤。
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9.(多選)(2024·黑龍江佳木斯市開學考)如圖所示的自由落錘式強夯機將8～30 t的重錘從6～30 m高處自由落下，對土進行強力夯實。某次重錘從某一高度自由落下，已知重錘在空中運動的時間為t1、從自由下落到運動至最低點經歷的時間為t2，重錘從地面運動至最低點的過程可視為做勻減速直線運動，當地重力加速度為g，不計空氣阻力，則該次夯土作業
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D.重錘在空中運動的平均速度大于接觸地面后的平均速度
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10.(2023·山東煙臺市一模)甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點的高度h與時間t的關系圖像如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩小球同時在同一水平線上時，距離拋出點的高度為
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11.(多選)(2024·四川成都市石室中學月考)小紅用頻閃照相法研究豎直上拋運動，拍照頻率為5 Hz，某次實驗時小球以某一初速度豎直上拋，照相機在此過程中曝光了8次，由于上升過程和下降過程小球經過相同位置時都被曝光，所以在底片上記錄到如圖所示的4個位置，a、b兩點間距離為l1，b、c兩點間距離為l2，c、d兩點間距離為l3，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法中正確的是
A.小球經過b點時的速度大小為0.4 m/s
B.a點距豎直上拋的最高點的距離為2.45 m
C.l1∶l2∶l3＝3∶2∶1
D.l1∶l2∶l3＝5∶3∶1
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初速度為0的勻加速直線運動在連續相同時間內的位移之比為1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，若從最高點至a點分為7個相同的時間間隔，每個時間間隔為0.1 s，滿足l1∶l2∶l3＝(13＋11)∶(9＋7)∶(5＋3)＝3∶2∶1，選項C正確，選項D錯誤。
12.如圖所示，A、B為空心圓管的兩端、C為可視為質點的小球，AB長度為L＝1 m，AB與C在同一豎直線上，AC之間距離為h＝20 m。
t＝0時刻，空心圓管做自由落體運動，C從地面以初速度v0開
始做豎直上拋運動，g＝10 m/s2。
(1)要使C在空心圓管落地前穿過空心圓管，v0應大于多少？
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答案　10.5 m/s
C在圓管落地前穿過圓管的條件是，圓管落地的瞬間小球經過B端，此過程小球的速度為最小值。設圓管的落地時間為t，則h＝ ，
解得t＝2 s，此時C恰好經過B端，
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解得vmin＝10.5 m/s，即v0應大于10.5 m/s。
(2)若v0＝20 m/s，求C從A端穿過空心圓管所用的時間。(不考慮圓管落地后的情形)
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答案　0.05 s
由上述分析可知，小球一定在空中穿過圓管，設C到達A端的時間為t1，
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設C到B端的時間為t2，
C從A端穿過圓管所用的時間為Δt＝t2－t1
解得Δt＝0.05 s。第3課時　自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
目標要求　1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。2.能靈活處理多過程問題。
考點一　自由落體運動
1．條件：物體只受重力，從靜止開始下落。
2．運動性質：初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。
3．基本規律：
(1)速度與時間的關系式：v＝gt。
(2)位移與時間的關系式：h＝gt2。
(3)速度位移關系式：v2＝2gh。
1．重的物體總是比輕的物體下落得快。(　×　)
2．同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(　√　)
3．自由落體加速度的方向垂直地面向下。(　×　)
4．做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s。(　√　)
5．不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(　√　)
例1　對于自由落體運動(g＝10 m/s2)，下列說法正確的是(　　)
A．在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶3∶5
B．在相鄰兩個1 s內的位移之差都是10 m
C．在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比是1∶2∶3
D．在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
答案　B
解析　在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；在相鄰兩個1 s內的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正確；在第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。
例2　(2024·山東臨沂市第三中學月考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1 s內的位移大小；
(2)高樓面離窗的上邊框的高度。
答案　(1)20 m/s　15 m　(2)4.05 m
解析　(1)根據速度位移關系v2＝2gh，解得雞蛋落地時速度大小為v＝20 m/s，設雞蛋自由下落時間為t，根據速度時間關系得t＝＝2 s
雞蛋在第1 s內的位移為h1＝gt12＝5 m
則雞蛋落地前最后1 s內的位移大小為
h2＝h－h1＝15 m
(2)由題意知，窗口的高度為h3＝2 m
設高樓面離窗的上邊框的高度為h0，
雞蛋從高樓面運動到窗的上邊框的時間為t0，
則h0＝gt02，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2
聯立解得h0＝4.05 m。
1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規律、比例關系及推論等規律都適用。
2．物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決此類問題。
例3　(多選)從高度為125 m的塔頂先后自由釋放a、b兩球，自由釋放這兩個球的時間差為1 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，以下說法正確的是(　　)
A．b球下落高度為20 m時，a球的速度大小為20 m/s
B．a球接觸地面瞬間，b球離地高度為45 m
C．在a球接觸地面之前，兩球速度差恒定
D．在a球接觸地面之前，兩球離地的高度差恒定
答案　BC
解析　b球下落高度為20 m時，t1＝＝ s＝2 s，則a球下落了3 s，a球的速度大小為v＝30 m/s，故A錯誤；a球下落的總時間為t2＝ s＝5 s，a球落地瞬間b球下落了4 s，b球的下落高度為h′＝×10×42 m＝80 m，故b球離地面的高度為h″＝(125－80) m＝45 m，故B正確；由自由落體運動的規律可得，在a球接觸地面之前，兩球的速度差Δv＝gt－g(t－1 s)＝10 m/s，即速度差恒定，兩球離地的高度差變大，故C正確，D錯誤。
自由落體運動中的兩個物體先后從同一高度下落，兩物體加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。
考點二　豎直上拋運動
1．運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動。
2．運動性質：勻變速直線運動。
3．基本規律
(1)速度與時間的關系式：v＝v0－gt。
(2)位移與時間的關系式：x＝v0t－gt2。
4．豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等。
思考　物體做豎直上拋運動，豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？
答案　速度為負值，表示物體運動方向向下；位移為負值，表示物體已經運動到拋出點下方。
例4　為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)經過多長時間到達最高點；
(2)拋出后離地的最大高度是多少；
(3)經過多長時間回到拋出點；
(4)經過多長時間落到地面；
(5)經過多長時間離拋出點15 m。
答案　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s
(5)1 s　3 s　(2＋)s
解析　(1)運動到最高點時速度為0，
由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s
(2)由v02＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落時，hmax＝gt22，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由對稱性知返回拋出點時速度為20 m/s，方向向下，則由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s
法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝gt52，解得t5＝3 s，故t總＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t′－gt′2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)當物體在拋出點上方時，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
當物體在拋出點下方時，h＝－15 m，由h＝v0t－gt2，得t10＝(2＋) s，t11＝(2－) s(舍去)。
1．豎直上拋運動的研究方法：
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動 下降階段：自由落體運動
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以豎直向上為正方向) 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落 若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方
2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。
例5　打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1 s內上升的高度與最后1 s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則彈丸在上升過程中最初1 s內中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為(　　)
A．45 m/s　125 m B．45 m/s　75 m
C．36 m/s　125 m D．36 m/s　75 m
答案　A
解析　射出的彈丸做豎直上拋運動，可看成自由落體運動的逆運動，由運動學公式h＝gt2，彈丸最后1 s內上升的高度h1＝×10×12 m＝5 m，則最初1 s內上升的高度h2＝9h1＝45 m，最初1 s內中間時刻的速度v＝＝ m/s＝45 m/s，彈丸的初速度v0＝v＋gt′＝45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，故上升的最大高度為h＝＝ m＝125 m，故選A。
考點三　勻變速直線運動中的多過程問題
例6　(2024·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用。我國林業部門將無人機運用于森林防火工作中，如圖所示，某架無人機執行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1＝205 m處，t＝0時刻，它以加速度a1＝6 m/s2豎直向下勻加速運動距離h1＝75 m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2＝70 m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求：
(1)無人機從t＝0時刻到重新懸停在距目標高度為H2＝70 m處的總時間t；
(2)若無人機在距目標高度為H2＝70 m處懸停時動力系統發生故障，自由下落2 s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度大小。
答案　(1)9 s　(2)4 m/s2
解析　(1)設無人機下降過程最大速度為v，向下加速時間為t1，減速時間為t2，則由勻變速直線運動規律有h1＝a1t12，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2，
聯立解得t＝t1＋t2＝9 s
(2)無人機自由下落2 s末的速度為v0＝gt′＝20 m/s
2 s內向下運動的位移為x1＝gt′2＝20 m
設其向下減速的加速度大小為a2時，恰好到達地面前瞬間速度為零，此時a2為最小加速度大小，則H2－x1＝，代入數據解得a2＝4 m/s2。
勻變速直線運動多過程的解題策略
1．一般的解題步驟
(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。
2．解題關鍵
多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。
課時精練
1．(2023·廣東卷·3)銫原子噴泉鐘是定標“秒”的裝置。在噴泉鐘的真空系統中，可視為質點的銫原子團在激光的推動下，獲得一定的初速度。隨后激光關閉，銫原子團僅在重力的作用下做豎直上拋運動，到達最高點后再做一段自由落體運動。取豎直向上為正方向。下列可能表示激光關閉后銫原子團速度v或加速度a隨時間t變化的圖像是(　　)
答案　D
解析　銫原子團僅受重力的作用，加速度g豎直向下，大小恒定，在v－t圖像中，斜率絕對值等于重力加速度，故斜率不變，所以v－t圖像應該是一條傾斜的直線，故選項A、B錯誤；因為加速度恒定，且方向豎直向下，故為負值，故選項C錯誤，D正確。
2．(2021·湖北卷·2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為(　　)
A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s
答案　B
解析　陳芋汐下落的整個過程所用的時間為
t＝＝ s≈1.4 s
下落前5 m的過程所用的時間為
t1＝＝ s＝1 s
則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確。
3．(2023·北京市東城區期末)甲、乙兩物體距地面的高度之比為1∶2，所受重力之比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙落地時的速度大小之比為1∶
B．所受重力較大的乙物體先落地
C．在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2
D．在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近
答案　A
解析　由于不計空氣阻力，兩物體均做自由落體運動，由v2＝2gh可知v＝，所以甲、乙落地時的速度大小之比為1∶，故A正確；由h＝gt2可知t＝，所以物體做自由落體運動的時間取決于高度，與物體所受重力的大小無關，即甲物體先落地，故B錯誤；由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為重力加速度，故C錯誤；由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。
4．(2023·黑龍江大慶市三模)一個物體從離地某一高度處開始做自由落體運動，該物體第1 s內的位移恰為最后1 s內位移的二分之一，已知重力加速度大小取10 m/s2，則它開始下落時距落地點的高度為(　　)
A．15 m B．12.5 m C．11.25 m D．10 m
答案　C
解析　物體第1 s內的位移為h1＝gt02＝×10×12 m＝5 m，則物體最后1 s內的位移為h2＝2h1＝10 m，又gt總2－g(t總－1 s)2＝h2，解得t總＝1.5 s，則物體開始下落時距落地點的高度為h＝gt總2＝×10×1.52 m＝11.25 m，故選C。
5.(2024·山東德州市第一中學開學考)物理研究小組正在測量橋面某處到水面的高度。如圖所示，一同學將兩個相同的鐵球1、2用長L＝3.8 m的細線連接。用手抓住球2使其與橋面等高，讓球1懸掛在正下方，然后由靜止釋放，橋面處的接收器測得兩球落到水面的時間差Δt＝0.2 s，g＝10 m/s2，則橋面該處到水面的高度為(　　)
A．22 m B．20 m C．18 m D．16 m
答案　B
解析　設橋面該處到水面的高度為h，根據自由落體運動位移公式，對鐵球2有h＝gt22，對鐵球1有h－L＝gt12，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故選B。
6.如圖所示，2022年3月5號，西昌衛星發射中心發射了“長征二號”丙運載火箭，上面有六顆02批衛星和一顆商業遙感衛星。若“長征二號”丙運載火箭及其衛星總質量為240噸，總長為43 m，發射塔高100.0 m，點火后經5.0 s火箭離開發射塔。假設火箭離開發射塔的過程中做勻加速直線運動，忽略空氣阻力和運載火箭質量的變化，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)火箭離開發射塔瞬間的速度大小；
(2)火箭起飛時推動力大小；
(3)若火箭剛離開發射塔瞬間，某個發射用到的部件完成使命正好從火箭尾部自然脫落，求該部件脫落后經多長時間落地。
答案　(1)40 m/s　(2)4.32×106 N　(3)10 s
解析　(1)設發射塔高為h，根據平均速度公式h＝t，得v＝＝40 m/s
(2)火箭上升時的加速度為a＝＝8 m/s2
根據牛頓第二定律F－mg＝ma
得F＝m(g＋a)＝4.32×106 N
(3)方法一：脫離后部件還將繼續做豎直上拋運動，d＝＝80 m，
所以離地高度為H＝h＋d＝180 m
上升過程所用的時間t1＝＝4 s
下降過程所用的時間t2＝＝6 s
所以脫落后到落地時間為10 s。
方法二：根據－h＝vt－gt2，得t＝10 s。
7.如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足(　　)
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
答案　C
解析　由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知＝＝2＋，即3<<4，選項C正確。
8．在離水平地面高H處，以大小均為v0 的初速度同時豎直向上和向下拋出甲、乙兩球，不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　)
A．甲球相對乙球做勻變速直線運動
B．在落地前甲、乙兩球間距離均勻增大
C．兩球落地的速度差與v0、H有關
D．兩球落地的時間差與v0、H有關
答案　B
解析　甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對于乙球做勻速直線運動，在落地前二者距離不斷均勻增大，A錯誤，B正確；根據豎直上拋的對稱性，甲球回到拋出點時速度大小為v0，方向豎直向下，兩球落地的速度差為零，與v0、H均無關，C錯誤；由豎直上拋的對稱性可知，兩球落地的時間差Δt＝，與v0 有關，與H無關，D錯誤。
9.(多選)(2024·黑龍江佳木斯市開學考)如圖所示的自由落錘式強夯機將8～30 t的重錘從6～30 m高處自由落下，對土進行強力夯實。某次重錘從某一高度自由落下，已知重錘在空中運動的時間為t1、從自由下落到運動至最低點經歷的時間為t2，重錘從地面運動至最低點的過程可視為做勻減速直線運動，當地重力加速度為g，不計空氣阻力，則該次夯土作業(　　)
A．重錘下落時離地高度為gt12
B．重錘接觸地面后下降的距離為gt1t2
C．重錘接觸地面后的加速度大小為
D．重錘在空中運動的平均速度大于接觸地面后的平均速度
答案　AC
解析　作出重錘的v－t圖像，如圖所示，根據自由落體運動規律可知，重錘下落時離地高度為h1＝gt12，根據勻變速直線運動中平均速度＝可知，重錘在空中運動的平均速度等于接觸地面后的平均速度，A正確，D錯誤；根據s＝t可知，重錘下落時離地高度h1和重錘接觸地面后下降距離h2之比為＝，故重錘接觸地面后下降的距離為h2＝gt1(t2－t1)，B錯誤；根據v＝at可知，重錘接觸地面后的加速度大小為a＝＝，C正確。
10.(2023·山東煙臺市一模)甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點的高度h與時間t的關系圖像如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩小球同時在同一水平線上時，距離拋出點的高度為(　　)
A.gt22 B.g(t22－t12)
C.g(t22－t12) D.g(t22－t12)
答案　D
解析　根據豎直上拋運動規律，豎直向上運動到同一水平線上時，乙小球的運動時間為t＝，甲小球到達的最高點高度為h＝g()2＝gt22，甲小球下落的高度為h′＝g(－)2＝gt12，故該位置距離拋出點的高度為h″＝h－h′＝g(t22－t12)，故選D。
11.(多選)(2024·四川成都市石室中學月考)小紅用頻閃照相法研究豎直上拋運動，拍照頻率為5 Hz，某次實驗時小球以某一初速度豎直上拋，照相機在此過程中曝光了8次，由于上升過程和下降過程小球經過相同位置時都被曝光，所以在底片上記錄到如圖所示的4個位置，a、b兩點間距離為l1，b、c兩點間距離為l2，c、d兩點間距離為l3，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法中正確的是(　　)
A．小球經過b點時的速度大小為0.4 m/s
B．a點距豎直上拋的最高點的距離為2.45 m
C．l1∶l2∶l3＝3∶2∶1
D．l1∶l2∶l3＝5∶3∶1
答案　BC
解析　頻閃照相的時間間隔T＝＝0.2 s，題圖中所有位置曝光兩次，所以d點到豎直上拋的最高點的時間間隔為t＝，所以從最高點開始至下落到b點經歷的時間為tb＝t＋2T＝T＝0.5 s，小球經過b點時的速度大小為vb＝gtb＝5 m/s，選項A錯誤；從最高點下落到a點經歷的時間為ta＝t＋3T＝T＝0.7 s，所以a點距豎直上拋的最高點的距離為ha＝gta2＝2.45 m，選項B正確；初速度為0的勻加速直線運動在連續相同時間內的位移之比為1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，若從最高點至a點分為7個相同的時間間隔，每個時間間隔為0.1 s，滿足l1∶l2∶l3＝(13＋11)∶(9＋7)∶(5＋3)＝3∶2∶1，選項C正確，選項D錯誤。
12.如圖所示，A、B為空心圓管的兩端、C為可視為質點的小球，AB長度為L＝1 m，AB與C在同一豎直線上，AC之間距離為h＝20 m。t＝0時刻，空心圓管做自由落體運動，C從地面以初速度v0開始做豎直上拋運動，g＝10 m/s2。
(1)要使C在空心圓管落地前穿過空心圓管，v0應大于多少？
(2)若v0＝20 m/s，求C從A端穿過空心圓管所用的時間。(不考慮圓管落地后的情形)
答案　(1)10.5 m/s　(2)0.05 s
解析　(1)C在圓管落地前穿過圓管的條件是，圓管落地的瞬間小球經過B端，此過程小球的速度為最小值。設圓管的落地時間為t，則h＝gt2，
解得t＝2 s，此時C恰好經過B端，
則有vmint－gt2＝L
解得vmin＝10.5 m/s，即v0應大于10.5 m/s。
(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿過圓管，設C到達A端的時間為t1，
則有(v0t1－gt12)＋gt12＝h
設C到B端的時間為t2，
則有(v0t2－gt22)＋gt22＝h＋L
C從A端穿過圓管所用的時間為Δt＝t2－t1
解得Δt＝0.05 s。第3課時　自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
目標要求　1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。2.能靈活處理多過程問題。
考點一　自由落體運動
1．條件：物體只受________，從____________開始下落。
2．運動性質：初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。
3．基本規律：
(1)速度與時間的關系式：________。
(2)位移與時間的關系式：____________。
(3)速度位移關系式：____________。
1．重的物體總是比輕的物體下落得快。(　　)
2．同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(　　)
3．自由落體加速度的方向垂直地面向下。(　　)
4．做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s。(　　)
5．不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(　　)
例1　對于自由落體運動(g＝10 m/s2)，下列說法正確的是(　　)
A．在前1 s內、前2 s內、前3 s內的位移大小之比是1∶3∶5
B．在相鄰兩個1 s內的位移之差都是10 m
C．在第1 s內、第2 s內、第3 s內的平均速度大小之比是1∶2∶3
D．在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
例2　(2024·山東臨沂市第三中學月考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1 s內的位移大小；
(2)高樓面離窗的上邊框的高度。
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1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規律、比例關系及推論等規律都適用。
2．物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決此類問題。
例3　(多選)從高度為125 m的塔頂先后自由釋放a、b兩球，自由釋放這兩個球的時間差為1 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，以下說法正確的是(　　)
A．b球下落高度為20 m時，a球的速度大小為20 m/s
B．a球接觸地面瞬間，b球離地高度為45 m
C．在a球接觸地面之前，兩球速度差恒定
D．在a球接觸地面之前，兩球離地的高度差恒定
自由落體運動中的兩個物體先后從同一高度下落，兩物體加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。
考點二　豎直上拋運動
1．運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做____________運動。
2．運動性質：________直線運動。
3．基本規律
(1)速度與時間的關系式：________________________________________________________。
(2)位移與時間的關系式：_______________________________________________________。
4．豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA________，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小________。
思考　物體做豎直上拋運動，豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？
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例4　為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)經過多長時間到達最高點；
(2)拋出后離地的最大高度是多少；
(3)經過多長時間回到拋出點；
(4)經過多長時間落到地面；
(5)經過多長時間離拋出點15 m。
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1．豎直上拋運動的研究方法：
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動 下降階段：自由落體運動
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以豎直向上為正方向) 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落 若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方
2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。
例5　打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1 s內上升的高度與最后1 s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則彈丸在上升過程中最初1 s內中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為(　　)
A．45 m/s　125 m B．45 m/s　75 m
C．36 m/s　125 m D．36 m/s　75 m
考點三　勻變速直線運動中的多過程問題
例6　(2024·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用。我國林業部門將無人機運用于森林防火工作中，如圖所示，某架無人機執行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1＝205 m處，t＝0時刻，它以加速度a1＝6 m/s2豎直向下勻加速運動距離h1＝75 m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2＝70 m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求：
(1)無人機從t＝0時刻到重新懸停在距目標高度為H2＝70 m處的總時間t；
(2)若無人機在距目標高度為H2＝70 m處懸停時動力系統發生故障，自由下落2 s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度大小。
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勻變速直線運動多過程的解題策略
1．一般的解題步驟
(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。
2．解題關鍵
多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。

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