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第3講　自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
2024年跳水世界杯總決賽在西安落幕,我國運動員獲得女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中,運動員在跳臺上倒立靜止,然后下落,前5 m完成技術動作,隨后5 m完成姿態調整。試分析回答以下問題: (1)自由落體運動應滿足哪些條件 (2)運動員此輪比賽過程中是否為自由落體運動 (3)試分析總結自由落體運動滿足哪些運動學規律
[footnoteRef:1] [1:
1.(2024·廣西桂林期末)隨著城市高層建筑的增多,高空墜物不時發生,威脅著人們的安全。假設某小區25樓樓外某處(距離地面80 m)掛著的一花盆突然由靜止掉落,忽略花盆下落時受到的一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列關于花盆下落過程的描述正確的是(　　)
[A] 花盆開始下落第1 s的位移大小為10 m
[B] 花盆開始下落第2 s的位移大小為20 m
[C] 花盆下落至地面全程中的平均速度大小為5 m/s
[D] 花盆在落地前2 s下落的高度為60 m
【答案】 D
2.某物體以30 m/s的初速度豎直上拋,不計空氣阻力,g取10 m/s2,從拋出開始計時,下列說法正確的是(　　)
[A] 3 s時物體的速度大小為60 m/s
[B] 3 s內物體的位移大小為45 m
[C] 6 s內物體的速度變化量為0
[D] 6 s內物體的平均速度大小為6 m/s
【答案】 B]
【答案】 靜止　gt　gt2　2gh　gT2　豎直向上　重力　v0-gt　v0t-gt2　-2gh
考點一　自由落體運動
自由落體運動的兩點注意
(1)要充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題。
①從運動開始連續相等時間內的下落高度之比為1∶3∶5∶7∶…。
②從運動開始一段時間內的平均速度===gt。
③連續相等時間T內的下落高度之差Δh=gT2。
(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1] 【自由落體運動】 (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,下列說法正確的是(　　)
[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球下落的高度為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。
[例2] 【非質點的自由落體運動】 如圖所示,木桿長5 m,上端固定在某一點,由靜止放開后讓它自由落下(不計空氣阻力),木桿通過懸點正下方20 m處的圓筒AB,圓筒AB長為5 m,g取10 m/s2,求:
(1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間;
(2)木桿通過圓筒AB所用的時間。
[解題突破] (1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間:木桿的下端到達圓筒上端A時開始計時,木桿的上端到達圓筒上端A時結束計時。
(2)木桿通過圓筒AB所用的時間:木桿的下端到達圓筒上端A時開始計時,木桿的上端到達圓筒下端B時結束計時。
【答案】 (1)(2-)s　(2)(-)s
【解析】 (1)木桿由靜止開始做自由落體運動,
設木桿的下端到達圓筒上端A所用的時間為t1,
h1=g,
h1=20 m-5 m=15 m,
解得t1= s,
設木桿的上端到達圓筒上端A所用的時間為t2,
h2=g=20 m,
解得t2=2 s,
則木桿通過圓筒上端A所用的時間
t=t2-t1=(2-)s。
(2)設木桿的上端到達圓筒下端B所用的時間為t3,h3=g,
h3=20 m+5 m=25 m,
解得t3= s,
則木桿通過圓筒AB所用的時間
t′=t3-t1=(-)s。
考點二　豎直上拋運動
1.運動特點
(1)對稱性。
(2)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;物體到達拋出點某距離時,物體可能在拋出點上方,也可能在拋出點下方。存在多解問題是該運動的重要特性。
2.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豎直向上,加速度g豎直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,物體下降; 若h>0,物體在拋出點上方,若h<0,物體在拋出點下方
[例3] 【豎直上拋運動的運動學分析】 (2024·黑龍江哈爾濱期末)(多選)在某一高度以v0=20 m/s 的初速度豎直上拋一個小球(不計空氣阻力),當小球速度大小為10 m/s時,下列判斷正確的是(g取10 m/s2)(　　)
[A] 小球在這段時間內的位移大小一定是15 m,方向豎直向上
[B] 小球在這段時間內的平均速度可能是5 m/s
[C] 小球在這段時間內的速度變化量大小可能是10 m/s,方向豎直向上
[D] 小球上升的最大高度一定為15 m
【答案】 AB
【解析】 選豎直向上為正方向,由公式v2-=-2gx 可得,小球的位移大小一定是x== m=15 m,方向豎直向上,故A正確;當小球速度大小為10 m/s,方向豎直向上時,小球在這段時間內的平均速度為==15 m/s,當小球速度大小為10 m/s,方向豎直向下時,小球在這段時間內的平均速度為′==5 m/s,故B正確;當小球速度大小為10 m/s,方向豎直向上時,在這段時間內的速度變化量為Δv=v-v0=(10-20)m/s=-10 m/s,當小球速度大小為10 m/s,方向豎直向下時,在這段時間內的速度變化量為Δv′=-v-v0=(-10-20) m/s=-30 m/s,方向豎直向下,故C錯誤;小球上升的最大高度為h== m=20 m,故D錯誤。
[例4] 【豎直上拋運動的對稱性、多解性】 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取10 m/s2,不計空氣阻力。
(1)經過多長時間到達最高點
(2)求拋出后離地的最大高度;
(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=2ghmax得hmax==20 m,
所以Hmax=hmax+h0=45 m。
(3)法一　由(1)(2)知上升時間t1=2 s,
hmax=20 m,下落時,hmax=g,
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,方向豎直向下,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=g,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,
解得t10=(2+)s,t11=(2-)s(舍去)。
解決豎直上拋運動問題的兩點注意
(1)要注意速度、加速度、位移的方向,豎直上拋運動可將全過程看成初速度方向為正方向的勻變速直線運動。
(2)豎直上拋運動為雙向可逆運動,要注意其多解性,其在空中運動情況分析常有以下兩種判斷方法:
①根據位移h判斷,h>0在拋出點上方,h=0恰好在拋出點,h<0在拋出點下方。
②根據時間t判斷,t<表明正處在上升過程,t=恰好在最高點,t>表明正處于下降過程,t>表明在拋出點下方。
考點三　多物體或多過程運動問題
1.一般的解題步驟
2.解題關鍵
多運動過程的轉折點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶,因此,對轉折點速度的求解往往是解題的關鍵。
[例5] 【多過程運動問題】 汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1=12 m/s的速度朝收費站沿直線行駛,如果走ETC通道,需要在距收費站中心線前d=10 m處正好勻減速至v2=4 m/s,勻速通過中心線后,再勻加速至v1正常行駛;如果走人工收費通道,需要恰好在中心線處勻減速至零,經過t0=20 s繳費成功后,再啟動汽車勻加速至v1正常行駛。設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2。求:
(1)汽車走ETC通道時,從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小;
(2)汽車走人工收費通道,應在離收費站中心線多遠處開始減速;
(3)汽車走ETC通道比走人工收費通道節約的時間。
[過程圖示] 畫出運動過程示意圖。
(1)走ETC通道時經歷三個運動階段:
(2)走人工收費通道經歷兩個運動階段:
【答案】 (1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
【解析】 (1)走ETC通道時,減速的位移和加速的位移相等,根據公式-=-2ax1,
可得x1==64 m,
故總的位移大小x總1=2x1+d=138 m。
(2)走人工收費通道時,開始減速時離中心線的距離為x2==72 m。
(3)走ETC通道時,汽車從開始勻減速到勻加速至v1的時間t1=×2+=18.5 s,
走人工收費通道時,汽車從開始勻減速至速度為零到勻加速至v1的時間t2=×2+t0=44 s,
又x總2=2x2=144 m,
二者的位移差為Δx=x總2-x總1=6 m,
在這段位移內走ETC通道的汽車以正常行駛速度做勻速直線運動,則Δt=t2-(t1+) =25 s。
多過程問題的處理方法
(1)不同過程之間銜接的關鍵物理量是不同過程之間的銜接速度。
(2)用好四個公式:v=v0+at,x=v0t+at2,v2-=2ax,x=t。
(3)充分借助v-t圖像,圖像反映物體運動過程經歷的不同階段,可獲得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面積)和速度。
①多過程v-t圖像“上凸”模型,如圖所示。
特點:全程初、末速度為零,勻加速直線運動過程和勻減速直線運動過程平均速度相等。
設勻加速運動的時間為t1,勻減速運動時間為t2,速度與時間關系公式:v=a1t1,v=a2t2,得=。
速度與位移關系公式:v2=2a1x1,v2=2a2x2,得=。
平均速度與位移關系公式:x1=,x2=,得=。
②多過程v-t圖像“下凹”模型,如圖所示。
物體較之勻速運動耽擱的距離為陰影面積表示的位移Δx的大小,耽擱的時間Δt=。
[例6] 【多物體運動問題】 如圖甲為哈爾濱冰雪大世界游客排隊滑冰滑梯的場景,在工作人員的引導下,每間隔相同時間從滑梯頂端由靜止開始滑下一名游客,將某次拍到的滑梯上同時有多名游客的照片簡化為如圖乙所示,已知AB和BC間的距離分別為2.5 m和3.5 m。
(1)CD間距離多遠
(2)此刻A的上端滑道上還有幾人
(3)此時A距滑道頂端多遠
【答案】 (1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m
【解析】 (1)游客在滑梯上做勻加速直線運動,根據勻加速直線運動的規律可知,在相鄰相等時間內位移差相等,即xCD-xBC=xBC-xAB,
解得xCD=4.5 m。
(2)相鄰兩人間距離差為1 m,所以此刻A上端滑道上還有2人。
(3)設相鄰兩名游客的時間間隔為T,下滑的加速度為a,則有Δx=xCD-xBC=aT2,即aT2=1 m,A此時的速度為vA==,
聯立兩式解得vA=2aT,
此時A與滑道頂端的距離
x==2aT2=2 m。
(滿分:60分)
對點1.自由落體運動
1.(4分)關于自由落體運動和重力加速度,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力加速度g是標量,只有大小,沒有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的數值相同
[C] 地球上的同一地點,一切物體做自由落體運動的加速度都相同
[D] 不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動
2.(6分)(2024·山東菏澤期末)(多選)真空中羽毛和鋼球從同一高度同時自由下落,如圖是用頻閃相機得到的它們下落過程中的一張局部照片。已知頻閃相機閃光的時間間隔為T,由照片提供的信息,下列說法正確的是(　　)
[A] 一定滿足關系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定滿足關系x3-x2=x2-x1
[C] 拍照當地的重力加速度g=
[D] 羽毛下落到位置C時的速度大小為
3.(4分)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
4.(4分)(2024·遼寧大連二模)t=0時刻以10 m/s的初速度豎直向上拋出一個小球,t=0.4 s時從同一地點又以10 m/s的初速度豎直向上拋出第二個小球,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩小球在空中相遇的時刻為(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
5.(4分)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
6.(4分)(2024·浙江溫州二模)如圖所示,小球從距地面高度h1=1.25 m 的A點由靜止釋放,經地面第一次反彈,豎直上升至最高點B,B點距地面高度h2=0.8 m,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球在B點處于靜止狀態
[B] 小球下降過程處于失重,上升過程處于超重
[C] 小球與地面作用過程速度變化量的大小為1 m/s
[D] 小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小
對點3.多物體或多過程運動問題
7.(4分)(2022·山東卷,8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為 4 m 的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4 m/s,在ABC段的加速度最大為2 m/s2,CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為(　　)
[A] t=(2+) s,l=8 m
[B] t=(+) s,l=5 m
[C] t=(2++) s,l=5.5 m
[D] t= s,l=5.5 m
8.(4分)(2024·河南南陽一模)如圖所示,在水平線OO′某豎直平面內,距地面高度為h,一條長為L(L[A] 小球1將與小球B同時落地
[B] 在小球B下落過程中,輕繩對小球B的拉力豎直向上
[C] h越大,小球A與小球B的落地時間差越大
[D] 在小球1落地前,小球1與2之間的距離隨時間的增大而增大
9.(4分)(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(　　)
[A] [B]
[C] [D]
10.(4分)(2024·廣東江門一模)目前,我國ETC(電子不停車收費系統)已實現全國聯網,大大縮短了車輛通過收費站的時間。如圖為甲、乙兩輛車以相同的速度開始減速并通過收費站的v-t圖像,根據圖像下列描述正確的是(　　)
[A] 甲車進入的是人工通道,乙車進入的是ETC通道
[B] 兩車通過收費站相同路程(乙車0～18 s內的路程)的時間差為13 s
[C] 甲車進入通道中的加速度為5 m/s2,乙車進入通道中的加速度為2.5 m/s2
[D] 甲車進入ETC通道,當速度減為5 m/s后,勻速前進5 m
11.(9分)(2024·安徽合肥模擬)目前我國開通運營的高速鐵路最高時速已達486.1 km/h,對制動系統的性能要求較高,高鐵列車上安裝有多套制動裝置——制動風翼、電磁制動系統、空氣制動系統、摩擦制動系統等。在一段直線軌道上,某高鐵列車正以v0=288 km/h的速度勻速行駛,列車長突然接到通知,前方x0=5 km處道路出現異常,需要減速停車。列車長接到通知后,經過t1=2.5 s 將制動風翼打開,高鐵列車獲得a1=0.5 m/s2 的平均制動加速度減速,減速t2=40 s后,列車長再將電磁制動系統打開,結果列車在距離異常處500 m的地方停下來。求:
(1)列車長打開電磁制動系統時,列車的速度大小;
(2)制動風翼和電磁制動系統都打開時,列車的平均制動加速度大小a2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模擬)在距離水平地面H處有甲、乙兩個小球,某人先靜止釋放甲小球,過了時間t后靜止釋放乙小球(甲、乙不會相撞),假設小球在與水平地面碰撞后,速度大小不變,方向反向。規定豎直向上為正方向,且不計空氣阻力,重力加速度為g。
(1)求兩小球到達地面前一瞬間的速度大小;
(2)若甲、乙兩小球第一次相遇在h=處,且此時甲僅落地一次,乙尚未落地,求t;
(3)在(2)的前提下,求出兩小球相遇時各自的速度(用H和g表示)。
(答案及解析)
1.(4分)關于自由落體運動和重力加速度,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力加速度g是標量,只有大小,沒有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的數值相同
[C] 地球上的同一地點,一切物體做自由落體運動的加速度都相同
[D] 不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動
【答案】 C
【解析】 重力加速度g是矢量,方向豎直向下,故A錯誤;在地面上的不同地點重力加速度的大小一般不同,但相差不大,故B錯誤;在地球表面同一地點,重力加速度相同,故C正確;自由落體運動的條件是初速度為零,且僅受重力作用,故D錯誤。
2.(6分)(2024·山東菏澤期末)(多選)真空中羽毛和鋼球從同一高度同時自由下落,如圖是用頻閃相機得到的它們下落過程中的一張局部照片。已知頻閃相機閃光的時間間隔為T,由照片提供的信息,下列說法正確的是(　　)
[A] 一定滿足關系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定滿足關系x3-x2=x2-x1
[C] 拍照當地的重力加速度g=
[D] 羽毛下落到位置C時的速度大小為
【答案】 BD
【解析】 根據初速度為零的勻加速直線運動規律可知,若A點為下落起點位置,則滿足x1∶x2∶x3=1∶3∶5,由于A點的速度不一定為零,則不一定滿足關系x1∶x2∶x3=1∶3∶5,故A錯誤;根據勻變速直線運動的推論Δx=gT2=x2-x1=x3-x2,解得拍照當地的重力加速度g=,一定滿足關系x3-x2=x2-x1,故B正確,C錯誤;根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度,羽毛下落到位置C時的速度大小為vC=,故D正確。
3.(4分)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下落高度,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。
對點2.豎直上拋運動
4.(4分)(2024·遼寧大連二模)t=0時刻以10 m/s的初速度豎直向上拋出一個小球,t=0.4 s時從同一地點又以10 m/s的初速度豎直向上拋出第二個小球,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩小球在空中相遇的時刻為(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
【答案】 B
【解析】 設拋出第二個小球經t′時間與第一個小球相遇,由豎直上拋運動公式,則有v0(t′+t)-g(t′+t)2=v0t′-gt′2,解得t′=0.8 s,則兩小球在空中相遇的時刻為t″=0.8 s+0.4 s=1.2 s。
5.(4分)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。
6.(4分)(2024·浙江溫州二模)如圖所示,小球從距地面高度h1=1.25 m 的A點由靜止釋放,經地面第一次反彈,豎直上升至最高點B,B點距地面高度h2=0.8 m,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球在B點處于靜止狀態
[B] 小球下降過程處于失重,上升過程處于超重
[C] 小球與地面作用過程速度變化量的大小為1 m/s
[D] 小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小
【答案】 D
【解析】 小球在B點受到重力,合力不為零,所以小球在B點不能處于靜止狀態,故A錯誤;小球下降過程做自由落體運動,a=g,處于完全失重狀態,上升過程加速度方向為豎直向下,也是失重狀態,故B錯誤;小球從距地面高度h1=1.25 m的A點由靜止釋放,做自由落體運動,到地面速度為v1=,解得v1=5 m/s,豎直上升至最高點B,B點距地面高度h2=0.8 m,小球做勻減速直線運動,從地面反彈的速度為v2=-,解得v2=-4 m/s,速度變化量為Δv=v2-v1,解得Δv=-9 m/s,故C錯誤;小球下降過程的平均速度大小為==2.5 m/s,上升過程的平均速度大小為=||=2 m/s,則小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小,故D正確。
對點3.多物體或多過程運動問題
7.(4分)(2022·山東卷,8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為 4 m 的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4 m/s,在ABC段的加速度最大為2 m/s2,CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為(　　)
[A] t=(2+) s,l=8 m
[B] t=(+) s,l=5 m
[C] t=(2++) s,l=5.5 m
[D] t= s,l=5.5 m
【答案】 B
【解析】 依題意知小車在BC段運動的最大速率為v1== m/s,在CD段運動的最大速率為v2==2 m/s,所以經過BC段和CD段的最大速率為v2=2 m/s,因此在BC段和CD段運動的最短時間t3= s= s,在B點的速率最大為v2=2 m/s,設在AB段小車以最大加速度減速的距離為x,則根據勻變速直線運動規律得=-2a1x,解得x=3 m,
t2==1 s,所以勻速運動的最大距離l=8 m-x=5 m,運動時間t1= s,最短時間t=t1+t2+t3=(+) s。
8.(4分)(2024·河南南陽一模)如圖所示,在水平線OO′某豎直平面內,距地面高度為h,一條長為L(L[A] 小球1將與小球B同時落地
[B] 在小球B下落過程中,輕繩對小球B的拉力豎直向上
[C] h越大,小球A與小球B的落地時間差越大
[D] 在小球1落地前,小球1與2之間的距離隨時間的增大而增大
【答案】 D
【解析】 設小球1下落到與小球B等高的位置時的速度為v,設小球1還需要經過時間t1落地,則h-L=vt1+g,設小球B運動的時間為t2,則h-L=g,比較可知t19.(4分)(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(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【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,斜率表示加速度,故斜率不變,圖像應該是一條傾斜的直線,故A、B錯誤;因為加速度恒定,且方向豎直向下,為負值,故C錯誤,D正確。
10.(4分)(2024·廣東江門一模)目前,我國ETC(電子不停車收費系統)已實現全國聯網,大大縮短了車輛通過收費站的時間。如圖為甲、乙兩輛車以相同的速度開始減速并通過收費站的v-t圖像,根據圖像下列描述正確的是(　　)
[A] 甲車進入的是人工通道,乙車進入的是ETC通道
[B] 兩車通過收費站相同路程(乙車0～18 s內的路程)的時間差為13 s
[C] 甲車進入通道中的加速度為5 m/s2,乙車進入通道中的加速度為2.5 m/s2
[D] 甲車進入ETC通道,當速度減為5 m/s后,勻速前進5 m
【答案】 D
【解析】 經過人工通道繳費時車的速度應減為零,然后再啟動,而經過ETC通道不需要停車即可通過,由題圖可知甲只是減速,但速度并沒有減為零,所以甲車進入的是ETC通道,乙車進入的是人工通道,故A錯誤;由v-t圖像圖線與坐標軸所圍的面積表示位移可知,通過收費站相同路程為s=4×10 m=40 m,乙車用了18 s時間,而甲車用了大于5 s時間(0～5 s時間內,甲圖線與時間軸圍成的面積小于40 m),故兩車通過收費站相同路程的時間差小于13 s,故B錯誤;甲車進入通道的加速度大小為a甲=||= m/s2=2.5 m/s2,乙車進入通道的加速度大小為a乙=||= m/s2=2.5 m/s2,故C錯誤;由v-t 圖像圖線與坐標軸所圍的面積表示位移可知,甲車進入ETC通道,當速度減為5 m/s后,勻速前進x=vt=5×1 m=5 m,故D
正確。
11.(9分)(2024·安徽合肥模擬)目前我國開通運營的高速鐵路最高時速已達486.1 km/h,對制動系統的性能要求較高,高鐵列車上安裝有多套制動裝置——制動風翼、電磁制動系統、空氣制動系統、摩擦制動系統等。在一段直線軌道上,某高鐵列車正以v0=288 km/h的速度勻速行駛,列車長突然接到通知,前方x0=5 km處道路出現異常,需要減速停車。列車長接到通知后,經過t1=2.5 s 將制動風翼打開,高鐵列車獲得a1=0.5 m/s2 的平均制動加速度減速,減速t2=40 s后,列車長再將電磁制動系統打開,結果列車在距離異常處500 m的地方停下來。求:
(1)列車長打開電磁制動系統時,列車的速度大小;
(2)制動風翼和電磁制動系統都打開時,列車的平均制動加速度大小a2。
【答案】 (1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
【解析】 (1)設經過t2=40 s時,列車的速度大小為v1,又v0=288 km/h=80 m/s,
則打開制動風翼后,減速過程有
v1=v0-a1t2=60 m/s。
(2)列車長接到通知后,經過t1=2.5 s將制動風翼打開,這段時間列車行駛的距離
x1=v0t1=200 m,
從打開制動風翼到打開電磁制動系統的過程中,列車行駛的距離x2==2 800 m,
從打開電磁制動系統到列車停下來的過程中,列車行駛的距離
x3=x0-x1-x2-500 m=1 500 m,
則a2==1.2 m/s2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模擬)在距離水平地面H處有甲、乙兩個小球,某人先靜止釋放甲小球,過了時間t后靜止釋放乙小球(甲、乙不會相撞),假設小球在與水平地面碰撞后,速度大小不變,方向反向。規定豎直向上為正方向,且不計空氣阻力,重力加速度為g。
(1)求兩小球到達地面前一瞬間的速度大小;
(2)若甲、乙兩小球第一次相遇在h=處,且此時甲僅落地一次,乙尚未落地,求t;
(3)在(2)的前提下,求出兩小球相遇時各自的速度(用H和g表示)。
【答案】 (1)　(2)(2-) (3)見解析
【解析】 (1)兩小球均做自由落體運動,
則v2=2gH,
解得v=。
(2)此時乙的位移大小為x1=H-h=H,
其中x1=g,
解得t1=,
而甲落地后又上升了h=的高度,其中H=g,h=vt3-g,
解得t3=-或t3=+(舍去),
則t=t2+t3-t1=(2-)。
(3)相遇時甲的速度大小為
v甲=v-gt3=,
方向豎直向上;
乙的速度大小為
v乙=gt1=,方向豎直向下。(共67張PPT)
高中總復習·物理
第3講　
自由落體運動和豎直上拋運動　多過程問題
情境導思
2024年跳水世界杯總決賽在西安落幕,我國運動員獲得女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中,運動員在跳臺上倒立靜止,然后下落,前5 m完成技術動作,隨后5 m完成姿態調整。試分析回答以下問題:
(1)自由落體運動應滿足哪些條件
(2)運動員此輪比賽過程中是否為自由落體運動
(3)試分析總結自由落體運動滿足哪些運動學規律
知識構建
小題試做
1.(2024·廣西桂林期末)隨著城市高層建筑的增多,高空墜物不時發生,威脅著人們的安全。假設某小區25樓樓外某處(距離地面80 m)掛著的一花盆突然由靜止掉落,忽略花盆下落時受到的一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列關于花盆下落過程的描述正確的是(　　)
[A] 花盆開始下落第1 s的位移大小為10 m
[B] 花盆開始下落第2 s的位移大小為20 m
[C] 花盆下落至地面全程中的平均速度大小為5 m/s
[D] 花盆在落地前2 s下落的高度為60 m
D
小題試做
2.某物體以30 m/s的初速度豎直上拋,不計空氣阻力,g取10 m/s2,從拋出開始計時,下列說法正確的是(　　)
[A] 3 s時物體的速度大小為60 m/s
[B] 3 s內物體的位移大小為45 m
[C] 6 s內物體的速度變化量為0
[D] 6 s內物體的平均速度大小為6 m/s
B
高中總復習·物理
考點一
自由落體運動
自由落體運動的兩點注意
(1)要充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題。
①從運動開始連續相等時間內的下落高度之比為1∶3∶5∶7∶…。
③連續相等時間T內的下落高度之差Δh=gT2。
(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1] 【自由落體運動】 (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,下列說法正確的是(　 　)
[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
BC
[例2] 【非質點的自由落體運動】 如圖所示,木桿長5 m,上端固定在某一點,由靜止放開后讓它自由落下(不計空氣阻力),木桿通過懸點正下方20 m處的圓筒AB,圓筒AB長為5 m,g取10 m/s2,求:
(1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間;
規范答題
[解題突破] (1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間:木桿的下端到達圓筒上端A時開始計時,木桿的上端到達圓筒上端A時結束計時。
(2)木桿通過圓筒AB所用的時間。
規范答題
[解題突破] (2)木桿通過圓筒AB所用的時間:木桿的下端到達圓筒上端A時開始計時,木桿的上端到達圓筒下端B時結束計時。
高中總復習·物理
考點二
豎直上拋運動
1.運動特點
(1)對稱性。
(2)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;物體到達拋出點某距離時,物體可能在拋出點上方,也可能在拋出點下方。存在多解問題是該運動的重要特性。
2.研究方法
[例3] 【豎直上拋運動的運動學分析】 (2024·黑龍江哈爾濱期末)(多選)在某一高度以v0=20 m/s 的初速度豎直上拋一個小球(不計空氣阻力),當小球速度大小為10 m/s時,下列判斷正確的是(g取10 m/s2)(　 　)
[A] 小球在這段時間內的位移大小一定是15 m,方向豎直向上
[B] 小球在這段時間內的平均速度可能是5 m/s
[C] 小球在這段時間內的速度變化量大小可能是10 m/s,方向豎直向上
[D] 小球上升的最大高度一定為15 m
AB
[例4] 【豎直上拋運動的對稱性、多解性】 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取10 m/s2,不計空氣阻力。
(1)經過多長時間到達最高點
【答案】 (1)2 s　
(2)求拋出后離地的最大高度;
【答案】 (2)45 m　
(3)經過多長時間回到拋出點
【答案】 (3)4 s
(4)經過多長時間落到地面
【答案】　(4)5 s
(5)經過多長時間離拋出點15 m
解決豎直上拋運動問題的兩點注意
(1)要注意速度、加速度、位移的方向,豎直上拋運動可將全過程看成初速度方向為正方向的勻變速直線運動。
(2)豎直上拋運動為雙向可逆運動,要注意其多解性,其在空中運動情況分析常有以下兩種判斷方法:
①根據位移h判斷,h>0在拋出點上方,h=0恰好在拋出點,h<0在拋出點下方。
方法點撥
高中總復習·物理
考點三
多物體或多過程運動問題
1.一般的解題步驟
2.解題關鍵
多運動過程的轉折點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶,因此,對轉折點速度的求解往往是解題的關鍵。
[例5] 【多過程運動問題】 汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1=12 m/s的速度朝收費站沿直線行駛,如果走ETC通道,需要在距收費站中心線前d=10 m處正好勻減速至v2=4 m/s,勻速通過中心線后,再勻加速至v1正常行駛;如果走人工收費通道,需要恰好在中心線處勻減速至零,經過t0=20 s繳費成功后,再啟動汽車勻加速至v1正常行駛。設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2。求:
(1)汽車走ETC通道時,從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小;
【答案】 (1)138 m
(2)汽車走人工收費通道,應在離收費站中心線多遠處開始減速;
【答案】 (2)72 m
(3)汽車走ETC通道比走人工收費通道節約的時間。
【答案】 (3)25 s
多過程問題的處理方法
(1)不同過程之間銜接的關鍵物理量是不同過程之間的銜接速度。
方法點撥
(3)充分借助v-t圖像,圖像反映物體運動過程經歷的不同階段,可獲得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面積)和速度。
①多過程v-t圖像“上凸”模型,如圖所示。
方法點撥
②多過程v-t圖像“下凹”模型,如圖所示。
方法點撥
[例6] 【多物體運動問題】 如圖甲為哈爾濱冰雪大世界游客排隊滑冰滑梯的場景,在工作人員的引導下,每間隔相同時間從滑梯頂端由靜止開始滑下一名游客,將某次拍到的滑梯上同時有多名游客的照片簡化為如圖乙所示,已知AB和BC間的距離分別為2.5 m和3.5 m。
(1)CD間距離多遠
【答案】 (1)4.5 m
【解析】 (1)游客在滑梯上做勻加速直線運動,根據勻加速直線運動的規律可知,在相鄰相等時間內位移差相等,即xCD-xBC=xBC-xAB,
解得xCD=4.5 m。
(2)此刻A的上端滑道上還有幾人
【答案】 (2)2人
【解析】 (2)相鄰兩人間距離差為1 m,所以此刻A上端滑道上還有2人。
(3)此時A距滑道頂端多遠
【答案】 (3)2 m
高中總復習·物理
(滿分:60分)
課時鞏固
基礎對點練
對點1.自由落體運動
1.(4分)關于自由落體運動和重力加速度,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力加速度g是標量,只有大小,沒有方向,通常g取9.8 m/s2
[B] 在地面上的不同地方,g的數值相同
[C] 地球上的同一地點,一切物體做自由落體運動的加速度都相同
[D] 不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動
C
【解析】 重力加速度g是矢量,方向豎直向下,故A錯誤;在地面上的不同地點重力加速度的大小一般不同,但相差不大,故B錯誤;在地球表面同一地點,重力加速度相同,故C正確;自由落體運動的條件是初速度為零,且僅受重力作用,故D錯誤。
2.(6分)(2024·山東菏澤期末)(多選)真空中羽毛和鋼球從同一高度同時自由下落,如圖是用頻閃相機得到的它們下落過程中的一張局部照片。已知頻閃相機閃光的時間間隔為T,由照片提供的信息,下列說法正確的是(　 　)
[A] 一定滿足關系x1∶x2∶x3=1∶3∶5
[B] 一定滿足關系x3-x2=x2-x1
BD
3.(4分)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(　　)
[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
A
對點2.豎直上拋運動
4.(4分)(2024·遼寧大連二模)t=0時刻以10 m/s的初速度豎直向上拋出一個小球,t=0.4 s時從同一地點又以10 m/s的初速度豎直向上拋出第二個小球,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則兩小球在空中相遇的時刻為(　　)
[A] 1.1 s [B] 1.2 s
[C] 1.3 s [D] 1.4 s
B
5.(4分)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
B
6.(4分)(2024·浙江溫州二模)如圖所示,小球從距地面高度h1=1.25 m 的A點由靜止釋放,經地面第一次反彈,豎直上升至最高點B,B點距地面高度h2=
0.8 m,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
[A] 小球在B點處于靜止狀態
[B] 小球下降過程處于失重,上升過程處于超重
[C] 小球與地面作用過程速度變化量的大小為1 m/s
[D] 小球下降過程的平均速度大小大于上升過程的平均速度大小
D
對點3.多物體或多過程運動問題
7.(4分)(2022·山東卷,8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為 4 m 的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4 m/s,在ABC段的加速度最大為2 m/s2,CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為(　　)
B
8.(4分)(2024·河南南陽一模)如圖所示,在水平線OO′某豎直平面內,距地面高度為h,一條長為L(L[A] 小球1將與小球B同時落地
[B] 在小球B下落過程中,輕繩對小球B的拉力豎直向上
[C] h越大,小球A與小球B的落地時間差越大
[D] 在小球1落地前,小球1與2之間的距離隨時間的增大而增大
D
9.(4分)(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(　　)
D
綜合提升練
[A] [B] [C] [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,斜率表示加速度,故斜率不變,圖像應該是一條傾斜的直線,故A、B錯誤;因為加速度恒定,且方向豎直向下,為負值,故C錯誤,D正確。
10.(4分)(2024·廣東江門一模)目前,我國ETC(電子不停車收費系統)已實現全國聯網,大大縮短了車輛通過收費站的時間。如圖為甲、乙兩輛車以相同的速度開始減速并通過收費站的v-t圖像,根據圖像下列描述正確的是(　　)
[A] 甲車進入的是人工通道,乙車進入的是ETC通道
[B] 兩車通過收費站相同路程(乙車0～18 s內的路程)的時間差為13 s
[C] 甲車進入通道中的加速度為5 m/s2,乙車進入通道中的加速度為2.5 m/s2
[D] 甲車進入ETC通道,當速度減為5 m/s后,勻速前進5 m
D
11.(9分)(2024·安徽合肥模擬)目前我國開通運營的高速鐵路最高時速已達486.1 km/h,對制動系統的性能要求較高,高鐵列車上安裝有多套制動裝置——制動風翼、電磁制動系統、空氣制動系統、摩擦制動系統等。在一段直線軌道上,某高鐵列車正以v0=288 km/h的速度勻速行駛,列車長突然接到通知,前方x0=5 km處道路出現異常,需要減速停車。列車長接到通知后,經過t1=2.5 s 將制動風翼打開,高鐵列車獲得a1=0.5 m/s2 的平均制動加速度減速,減速t2=40 s后,列車長再將電磁制動系統打開,結果列車在距離異常處500 m的地方停下來。求:
(1)列車長打開電磁制動系統時,列車的速度大小;
【答案】 (1)60 m/s
【解析】 (1)設經過t2=40 s時,列車的速度大小為v1,又v0=288 km/h=80 m/s,
則打開制動風翼后,減速過程有v1=v0-a1t2=60 m/s。
【答案】 (2)1.2 m/s2
(2)制動風翼和電磁制動系統都打開時,列車的平均制動加速度大小a2。
12.(9分)(2024·湖南株洲模擬)在距離水平地面H處有甲、乙兩個小球,某人先靜止釋放甲小球,過了時間t后靜止釋放乙小球(甲、乙不會相撞),假設小球在與水平地面碰撞后,速度大小不變,方向反向。規定豎直向上為正方向,且不計空氣阻力,重力加速度為g。
(1)求兩小球到達地面前一瞬間的速度大小;
(3)在(2)的前提下,求出兩小球相遇時各自的速度(用H和g表示)。

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