2024届高考物理一轮教案第一章运动的描述匀变速直线运动第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮教案第一章运动的描述匀变速直线运动第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题（粤教版新教材），共14页。
考点一 自由落体运动
自由落体运动
(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动．
(2)基本规律：
1．重的物体总是比轻的物体下落得快．( × )
2．同一地点，轻重不同的物体的g值一样大．( √ )
3．自由落体加速度的方向垂直地面向下．( × )
4．做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.( √ )
5．不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定．( √ )
应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题．
①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶….
②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同．
③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2.
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题．
考向1 自由落体运动基本公式的应用
例1 (2023·江苏淮安市模拟)有一质点从某一高度处自由下落，开始的eq \f(1,3)高度用时为t，重力加速度为g，则( )
A．物体自由下落eq \f(1,2)高度所用的时间为eq \f(\r(5),2)t
B．物体落地所用的时间为3t
C．物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为eq \f(\r(3),2)gt
D．物体落地时的速度为eq \r(3)gt
答案 D
解析 设整个过程下落高度为h，由题意可得eq \f(1,3)h＝eq \f(1,2)gt2，物体自由下落高度为eq \f(1,2)h时，满足eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gt′2，解得t′＝eq \f(\r(6),2)t，A错误；物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为v′＝gt′＝eq \f(\r(6),2)gt，C错误；物体落地过程满足h＝eq \f(1,2)gt″2，解得物体落地所用的时间为t″＝eq \r(3)t，B错误；物体落地时的速度为v″＝gt″＝eq \r(3)gt，D正确．
考向2 自由落体运动中的“比例关系”问题
例2 对于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5
B．在相邻两个1 s内的位移之差都是10 m
C．在第1 s内、第2 s内、第3 s内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内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1 s内的位移之差都是Δs＝gT2＝10 m，故B正确；在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误．
考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
例3 (多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是( )
A．b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s
B．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 m
C．在a球接触地面之前，两球速度差恒定
D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
答案 BC
解析 b球下落高度为20 m时，t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，则a球下降了3 s，a球的速度大小为v＝30 m/s，故A错误；a球下降的总时间为t2＝eq \r(\f(2×125,10)) s＝5 s，此时b球下降了4 s，b球的下降高度为h′＝eq \f(1,2)×10×42 m＝80 m，故b球离地面的高度为hB＝(125－80) m＝45 m，故B正确；由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误．
自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大．
考点二 竖直上抛运动
竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：vt＝v0－gt；
②位移与时间的关系式：s＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
1．物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值．( × )
2．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的．( √ )
1.重要特性
(1)对称性
①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA.
②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．
(2)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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
2．研究方法
考向1 竖直上抛运动的两种研究方法
例4 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一：全程法
取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示．
重物在时间t内的位移h＝－175 m
将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地时速度为
vt＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．
解法二：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10) s＝1 s
上升的最大高度h1＝eq \f(1,2)gt12＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×180,10))s＝6 s
vt＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)
所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s.
考向2 竖直上抛运动的对称性
例5 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．80 m B．40 m
C．20 m D．无法确定
答案 C
解析 物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为eq \f(tA,2)，从最高点自由下落到B点的时间为eq \f(tB,2)，A、B间距离为hAB＝eq \f(1,2)g[(eq \f(tA,2))2－(eq \f(tB,2))2]＝eq \f(1,2)×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.
考向3 竖直上抛运动的多解性
例6 (多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．(2＋eq \r(7)) s
答案 ACD
解析 取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为s＝15 m，由竖直上抛运动的位移时间公式得s＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m时，位移为s′＝－15 m，由s′＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq \r(7)) s或t4＝(2－eq \r(7)) s(负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误．
考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
1．多物体问题
研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解．
2．多过程问题
(1)一般的解题步骤
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量．
③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程．
(2)解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键．
例7 如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求：
(1)CD间距离多远；
(2)此刻A的上端滑道上还有几人；
(3)此时A距滑道顶端多远．
答案 (1)4.5 m (2)2人 (3)2 m
解析 (1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
(2)相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人．
(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δs＝CD－BC＝aT2，即aT2＝
1 m，A此时的速度为vA＝eq \f(AB＋AB－Δs,2T)＝eq \f(2,T) m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端s＝eq \f(vA2,2a)＝2aT2＝2 m.
例8 (2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是( )
A．在该段时间内质点运动方向不变
B．这段时间为eq \f(v,a)
C．这段时间该质点运动的路程为eq \f(5v2,2a)
D．再经过相同的时间，质点速度大小为3v
答案 C
解析 由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误；速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(3v,a)，B错误；减速的过程中运动的路程s1＝eq \f(v2,2a)，反向加速运动的路程s2＝eq \f(2v2,2a)，因此总路程为s＝s1＋s2＝eq \f(5v2,2a)，C正确；再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误．
例9 (2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方s0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来．
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2.
答案 (1)60 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离s1＝v0t1＝200 m，
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离s2＝eq \f(v02－v12,2a1)＝2 800 m，
从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
s3＝s0－s1－s2－500 m＝1 500 m，
则a2＝eq \f(v12,2s3)＝1.2 m/s2.
课时精练
1．(2023·广东梅州市模拟)如图所示，甲、乙两位同学利用直尺测量反应时间．甲用一只手在直尺下方做捏尺的准备，从他看到乙同学放开直尺开始，到他捏住直尺为止，测出直尺在这段时间内下落的高度为20 cm，则这次测量出甲的反应时间是(g取10 m/s2)( )
A．0.2 s B．0.1 s C．0.14 s D．0.02 s
答案 A
解析 根据自由落体运动规律有h＝eq \f(1,2)gt2，可得反应时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20×10－2,10)) s＝0.2 s，所以A正确，B、C、D错误．
2．(2023·四川绵阳市盐亭中学模拟)一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第1 s内的位移恰为它最后1 s内位移的三分之一(g取10 m/s2)．则它开始下落时距地面的高度为( )
A．31.25 m B．11.25 m
C．20 m D．15 m
答案 C
解析 自由落体的高度h＝eq \f(1,2)gt2，故h1＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，最后1 s内的位移h2＝3h1＝15 m，对于初速度为零的匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5∶7…知物体运动的时间为2 s，所以总位移为20 m，故C正确，A、B、D错误．
3．一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，球仍在空中运动，则( )
A．小球在第2 s末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s末的速度大小是42 m/s
D．小球在0～4 s内的位移是80 m
答案 B
解析 设该星球的重力加速度为g星，第4 s内的位移是42 m，有eq \f(1,2)g星t42－eq \f(1,2)g星t32＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g星＝12 m/s2，所以小球在第2 s末的速度大小为v2＝g星t2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝g星t4＝48 m/s，故C错误；小球在0～4 s内的位移是s4＝eq \f(1,2)g星t42＝96 m，故D错误．
4.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2.不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1