第3节 自由落体和竖直上抛运动-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第一章 直线运动
第3节　 自由落体和竖直上抛运动
【知识梳理】
一、自由落体运动
1．定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2．特点：v0＝0，a＝g。
(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。
(4)平均速度公式：＝v＝。
(5)位移差公式：Δh＝gT2。
3．伽利略对自由落体运动的研究
(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论。
(2)伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推，这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
二、竖直上抛运动
1．定义：将物体以初速度v0竖直向上抛出后只在重力作用下的运动。
2．规律：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负值。(为方便计算，本书中g表示重力加速度的大小)
(1)速度公式：v＝v0－gt。
(2)位移公式：h＝v0t－gt2。
(3)速度位移关系式：v2－v02＝－2gh。
(4)上升的最大高度：H＝。
(5)上升到最高点所用的时间：t＝。
3．竖直上抛运动的两个特性
对称性
(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向
(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等
多解性
当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性
4.竖直上抛运动的两种解法
分段法
将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法
将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方

三、两类匀减速直线运动问题
1．刹车类问题
(1)汽车匀减速到速度为零时，加速度立即消失，汽车停止运动。为方便解题，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。
(2)刹车类问题必须判断汽车减速为零所用的时间。
2．可逆类问题
(1)此类问题中物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，如果全过程加速度大小、方向均不变，则与竖直上抛运动特点类似，求解时既可对全过程列式，也可分段研究，但前后加速度大小不同时必须分段列式。
(2)可逆类问题需要特别注意物理量的符号，一般选初速度的方向为正，则加速度为负值。

【诊断小练】
(1)加速度为9.8 m/s2的匀加速运动就是自由落体运动．(　　)
(2)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(　　)
(3)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的．(　　)
(4)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
【命题突破】
命题点一　自由落体运动
自由落体运动单独考查时相关考题难度不大，但当和其他知识点综合考查时，或者从自由落体运动过程中截取一段进行考查时学生容易丢分，所以复习时应足够重视。
1.如图所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；
(2)木杆通过圆筒所用的时间t2。
【解析】　(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时
t下A＝ ＝ s＝ s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝ ＝ s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝s。
(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝ s
木杆的上端离开圆筒下端B用时
t上B＝ ＝ s＝ s
则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B －t下A＝s。
2. 如图所示，一圆环A紧套在一均匀粗糙圆木棒B上，A的厚度相对B的长度来说可以忽略不计，圆环A处在圆木棒B的上端点，圆木棒B的下端点距地面的高度为H，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，重力加速度为g.

(1)求木棒B下端点刚落地时，环A和木棒B的速度大小；
(2)假设木棒与地面相碰后，木棒B做竖直向上匀减速运动的加速度大小为a1，圆环A做竖直向下匀加速运动的加速度大小为a2，当木棒B运动到最高点时，圆环A恰好运动到B的下端点，求木棒B的长度．
【解析】　(1)环A和木棒B一起做自由落体运动，木棒B下端点刚落地时，有2gH＝v
解得：v0＝.
(2)木棒与地面相碰后，木棒B做匀减速运动，有v0＝a1t
x1＝v0t－a1t2对环A：x2＝v0t＋a2t2L＝x1＋x2
联立解得：L＝.
【答案】　(1)　　(2)
命题点二　竖直上抛运动
竖直上抛运动是一种特殊的匀变速直线运动，学生学习的难点是对竖直上抛运动的特点认识不清，不能熟练地把匀变速直线运动的公式、推论应用到竖直上抛运动中。
考法1　竖直上抛运动规律的应用　
1.气球以1.25 m/s2的加速度从地面开始竖直上升，离地30 s后，从气球上掉下一物体，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体到达地面所需时间为(　　)
A．7 s B．8 s
C.12 s D．15 s
【解析】　先求30 s后气球的速度及高度．
速度v＝at＝1.25×30 m/s＝37.5 m/s
高度h1＝at2＝×1.25×302 m＝562.5 m
解法一：整体法
物体刚掉下时，具有竖直向上的初速度为37.5 m/s，距地面的高度为562.5 m，此后物体做竖直上抛运动，则可以直接代入公式h＝v0t－gt2，其中h＝－562.5 m，v0＝37.5 m/s，解得t＝15 s.
解法二：分段法
上升阶段：物体上升的时间t1＝＝3.75 s
上升的最大高度H＝＝ m
下降阶段：下降过程物体做自由落体运动，下降时间t2＝＝11.25 s
物体到达地面所需的总时间为t＝t1＋t2＝15 s.
【答案】　D
2. 如图所示装置可以较精确地测定重力加速度g：将下端装有弹射装置的真空玻璃管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，上升到最高点后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。求：
(1)重力加速度g；
(2)当O点与玻璃管底部的距离为L0时，玻璃管的最小长度L。
【解析】　(1)小球从O点上升到最大高度过程中
h1＝g2
小球从P点上升到最大高度过程中
h2＝g2
依据题意得h1－h2＝H
解得g＝。
(2)玻璃管的最小长度L＝L0＋h1
故L＝L0＋。
【答案】　(1)　(2)L0＋
考法2　多个物体的竖直上抛运动　
3.　一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似视为竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)(　　)
A．1.6 m　　　　　　　 　B．2.4 m
C．3.2 m D．4.0 m
【解析】　由题意可知，4个球在空中的位置与1个球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，且除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，因此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝ s＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝3.2 m，C正确。
【答案】　C
4．以v0＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，2 s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是(　　)
A．10 m B．15 m
C．20 m D．不会相碰
【解析】　解法一：设第二个小球抛出后经t时间与第一个小球相遇，根据位移相等有
v0(t＋2)－g(t＋2)2＝v0t－gt2
解得t＝1 s
代入位移公式h＝v0t－gt2，解得h＝15 m.
解法二：因为第二个小球抛出时，第一个小球恰开始自由下落(到达最高点)，根据速度对称，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，有
－【v0－g(t＋2)】＝v0－gt
解得t＝1 s，代入位移公式，解得h＝15 m.
【答案】　B
命题点三　两类匀减速直线运动问题
刹车类问题和可逆类问题都是高考常考的考点，学生在解题时常犯的错误是忽略了刹车时间，或忽略了可逆类问题中往返过程加速度的变化。
题型1　刹车类问题　
1. 以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，发现障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为(　　)
A．12.5 m　　　　　 　 　B．2 m
C．10 m D．0
【解析】　设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0＋at得t＝＝ s＝2.5 s，所以第三个2 s内汽车早已停止，所以第三个2 s内汽车走过的位移为0，D正确。
【答案】　D
2.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，从t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝10－0.1v2(各物理量均采用国际单位制)，下列分析正确的是(　　)
A．上述过程的加速度大小为0.2 m/s2
B．刹车过程持续的时间为2 s
C．t＝0时刻的速度为5 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
【解析】　根据速度位移关系式可得x＝＝＋，对应表达式x＝10－0.1v2，可得＝10 m，＝－0.1 s2/m，解得加速度a＝－5 m/s2，t＝0时刻的速度v0＝10 m/s，故刹车持续时间为t＝＝2 s，刹车过程中的位移x＝＝10 m，只有B正确。
【答案】　B
【归纳总结】
解答刹车类问题的基本思路
(1)确定刹车时间。若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为T，则刹车时间为T＝(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)。
(2)将题中所给的已知时间t和T比较。若T较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为T。　　
题型2　可逆类问题　
3.　(多选)如图所示，在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋)s
D．此时的速度大小一定为5 m/s
【解析】　当物体的末位置在出发点的上方时，根据x＝v0t＋at2得7.5＝10t－×5t2，即t2－4t＋3＝0，解得t1＝3 s或t2＝1 s，由v＝v0＋at得v＝±5 m/s；当物体的末位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋at2得－7.5＝10t－×5t2，即t2－4t－3＝0，解得t＝(2±)s，舍去负值，即t3＝(2＋)s，由v＝v0＋at得v＝－5 m/s，所以选项A、B、C正确，D错误。
【答案】　ABC
4.　(多选)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
【解析】　设滑块沿斜面上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，滑块沿斜面上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ＞μmgcos θ，滑块沿斜面上滑到速度为零后，向下运动，选项B正确；设滑块沿斜面下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块沿斜面下滑的距离x2＝a2t22＝1 m＜5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块不是一直做匀变速直线运动，选项A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动的距离为x3＝a2(t－t1)2＝4 mμmgcos θ，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误。
【答案】　AD
8．(多选)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m。该车刹车时的加速度大小为5 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A．如果驾驶员立即刹车，则t＝2 s时，汽车离停车线的距离为1.6 m
B．如果在距停车线6 m处开始刹车，汽车能在停车线处停车让人
C．如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处停车让人
D．如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处停车让人
【解析】选AD　若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t0＝＝ s＝1.6 s