专题1.6 自由落体运动和竖直上抛 试卷（解析版）

这是一份专题1.6 自由落体运动和竖直上抛 试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了6 自由落体运动和竖直上抛，8 m/s等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26858" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc26858 1
\l "_Tc16238" 一． 伽利略对自由落体运动的研究 PAGEREF _Tc16238 1
\l "_Tc2003" 二、三种常见抛体运动的规律 PAGEREF _Tc2003 1
\l "_Tc24193" 三．两种运动的特性 PAGEREF _Tc24193 1
\l "_Tc20435" 四．竖直上抛运动的研究方法 PAGEREF _Tc20435 2
\l "_Tc19710" 五.自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 PAGEREF _Tc19710 2
\l "_Tc3723" 六． 竖直上抛运动和竖直上抛运动的相遇问题 PAGEREF _Tc3723 3
\l "_Tc22887" 【典例分析】 PAGEREF _Tc22887 3
\l "_Tc23098" 【专题精练】 PAGEREF _Tc23098 8
【考点扫描】
一． 伽利略对自由落体运动的研究
二、三种常见抛体运动的规律
三．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，如图所示，则：
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。
四．竖直上抛运动的研究方法
五.自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
H
t
t
a
a
b
b
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
中点相遇
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
等速率相遇

(1)同时运动，相遇位移方程：½gt2+v0t-½gt2=H,解得t=H/v0
(2)上升、下降过程中相遇问题
①若在a球上升时两球相遇，则有t
②若在a球下降时两球相遇，则有v0/g (3)中点相遇问题
若两球在中点相遇，有H/2=½gt2,H/2=v0t-½gt2;解得v0=,t=.
此时a球速度va=v0-gt=-g=0；b球速度vb=gt=g=v0.
交换速度大小。
(4)相遇时速率相等问题
若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有gt=v0-gt，且t=H/v0，联立解得v0=，
t=。此时a球下降ha=½gt2=H/4；b球上升hb=3H/4.
六． 竖直上抛运动和竖直上抛运动的相遇问题
例如，
先以va竖直上抛a球，后以vb竖直上抛b球(vb(1)方法一、相遇位移方程：va(t+Δt)-½g(t+Δt)2=vbt-½gt2,解出t。
又因为要在空中相遇，满足0(2)方法二、位移-时间图像法
t
O
x
2va/g
2vb/g
Δt
t
O
x
2va/g
2vb/g
Δt
由x-t图可知，2(va-vb)/g<Δt<2va/g
【典例分析】
【例1】(2020·浙江五校考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的eq \f(7,9)，重力加速度g取9.8 m/s2，试求小球从开始下落到停止运动所用的时间．
【答案】 8 s
【解析】小球第一次下落经历的时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s
落地前的速度大小v＝gt＝9.8 m/s
第一次碰地弹起的速度大小v1＝eq \f(7,9)v
上升到落回的时间t1＝eq \f(2v1,g)＝2×eq \f(7,9) s
第二次碰地弹起的速度大小v2＝
上升到落回的时间t2＝eq \f(2v2,g)＝2× s
⋮
第n次碰地弹起的速度大小vn＝
上升到落回的时间tn＝eq \f(2vn,g)＝2× s
从开始到最终停止经历的时间为：t总＝1＋2×eq \f(7,9)＋2×＋…＋2×＝1＋7×≈8 s.
【例2】在离地面上高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
【审题指导】：解此题关键是画出两物体运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
【答案】见解析
【解析】如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向
A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为y1＝h－eq \f(1,2)gt2
B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为y2＝v0t－eq \f(1,2)gt2
两个质点相遇的条件是y1＝y2
即h－eq \f(1,2)gt2＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可见A、B相遇的时间t0＝eq \f(h,v0)。
而B上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)
若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0，即eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)
所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为v0≥eq \r(gh)
若B在下降过程中与A相遇，必须满足eq \f(v0,g)必须满足t2≥t0，即eq \f(2v0,g)≥eq \f(h,v0)
得v0≥eq \r(\f(gh,2))
因此，在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥eq \r(\f(gh,2))。
【技巧方法点拨】解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般看成初速度方向为正方向的匀减速运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。
①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断：teq \f(v0,g)表明在下降过程中，t>eq \f(2v0,g)表明在抛出点下方。
【例3】气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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)
【答案】7 s 60 m/s
【解析】解法一：把竖直上抛运动过程分段研究
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(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) 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
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
解法二：取全过程作一整体进行研究
从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
有－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
解法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－veq \\al(2,0)＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝eq \f(v－v0,g)＝5 s
从最高点到落地历时t1＝eq \f(v,g)＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
【例4】(2020·广东揭阳一模改编)t＝0时一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)，其位移随时间变化的s­t图象如图所示，则( )
A．该行星表面的重力加速度大小为8 m/s2 B．该物体上升的时间为5 s
C．该物体被抛出时的初速度大小为10 m/s D．该物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s
【答案】 AD
【解析】 由题图可得，物体上升的最大高度为h＝25 m，上升的时间为t＝2.5 s，对于上升过程，由h＝eq \f(v0t,2)得，初速度大小v0＝eq \f(2h,t)＝eq \f(2×25,2.5) m/s＝20 m/s，则物体上升时的加速度大小为a＝g＝eq \f(v0,t)＝eq \f(20,2.5) m/s2＝8 m/s2，故A正确，B、C错误；根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20 m/s，故D正确。
【题后总结】竖直上抛运动的v-t图和x-t图
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
-v0
t
O
x
v0/g 2v0/g
v02/2g
【例5】(2020·西宁第四中学高三一模)在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件(不计空气阻力)( )
A．Δt＞eq \f(v0,t) B．Δt＜eq \f(2v0,g)
C.eq \f(v0,g)＜Δt＜eq \f(2v0,g) D.eq \f(2v0,g)＜Δt＜eq \f(4v0,g)
【答案】D
【解析】依据x＝vt－eq \f(1,2)gt2作出x－t图象，如图所示，
显然两条图线的相交点的横坐标表示A、B相遇时刻，纵坐标对应位移xA＝xB.由图象可直接看出Δt应满足关系式eq \f(2v0,g)＜Δt＜eq \f(4v0,g)时，所以本题正确答案为D.
【方法点拨】抛接球问题
例如，抛5个球，最大高度H，接到球立刻抛出，时间间隔Δt.
方法一、时间圆法

关系式： ；已知H，可求Δt，反之亦然。
推广：抛n个小球不在手中停留，有关系式。
方法二、x-t图像法
【专题精练】
1.(2020·宁波质检)如图所示，一个小球从地面竖直上抛．已知小球两次经过较低点A的时间间隔为TA，两次经过较高点B的时间间隔为TB，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为( )
A.eq \f(（TA－TB）g,2) B.eq \f(（Teq \\al(2,A)－Teq \\al(2,B)）g,2)
C.eq \f(（Teq \\al(2,A)－Teq \\al(2,B)）g,4) D.eq \f(（Teq \\al(2,A)－Teq \\al(2,B)）g,8)
【答案】D.
【解析】：根据竖直上抛运动的对称性可知，A、B两点离最高点的高度分别为hA＝eq \f(1,2)g＝eq \f(1,8)gTeq \\al(2,A)，hB＝eq \f(1,2)g＝eq \f(1,8)gTeq \\al(2,B)，A、B两点间的距离Δh＝hA－hB＝eq \f(（Teq \\al(2,A)－Teq \\al(2,B)）g,8)，故D正确．
2.(2020·舟山月考)图甲是某研究者在地面上拍摄的小球做自由落体运动的频闪照片．假设在月球上使用相同的设备，并保持频闪光源闪光的时间间隔不变，拍摄小球在月球表面做自由落体运动的频闪照片，可能是图乙中的(月球表面的重力加速度是地球的1/6)( )
【答案】C.
【解析】：根据自由落体运动h＝eq \f(1,2)gt2，月球重力加速度为地球的eq \f(1,6)，所以相等时间位移均为地球的eq \f(1,6)，所以C正确．
3.(多选)(2020·嘉兴质检)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【答案】AC.
【解析】：由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，A正确；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2))· eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1)· eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．
4.(2020·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个
物体下落时间为eq \f(t,2)，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2 C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
【答案】：D
【解析】：第二个物体在第一个物体下落eq \f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝eq \f(gt2,8).根据h＝eq \f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq \f(1,2)gt2、eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3gt2,8)－eq \f(gt2,8)＝eq \f(gt2,4)，故D正确，A、B、C错误．
5.(2020·广东惠州模拟)(多选)观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面积为S1，下端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A．水柱是上细下粗 B．水柱是上粗下细
C．该水龙头的流量是S1S2eq \f(2gH,Seq \\al(2,1)－Seq \\al(2,2)) D．该水龙头的流量是eq \r(\f(2gH,Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,1)))
【答案】BC
【解析】由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V，V＝vΔtS，开始时水流速度小，横截面积大，速度增大时横截面积变小，所以水柱是上粗下细，A错误，B正确；高为H的水柱上端速度为v1＝eq \f(V,S1Δt)，下端速度为v2＝eq \f(V,S2Δt)，根据veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2gH，水的流量eq \f(V,Δt)＝S1S2eq \r(\f(2gH,Seq \\al(2,1)－Seq \\al(2,2)))，C正确，D错误。
6．质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落，加速度大小为g；在t秒末使其加速度大小变为方向竖直向上，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则以下说法中正确的是：( )
A．a＝4g B．返回到A点的速率2a
C．自由下落秒时小球的速率为at D．小球下落的最大高度eq \f(2,9)at2
【答案】D
【解析】：根据匀变速运动的规律可知：eq \f(1,2)gt2＝－(gt·t－eq \f(1,2)at2)，解得a＝3g，选项A错误；返回到A点的速率v＝gt－at＝－eq \f(2,3)at，选项B错误；自由下落秒时小球的速率为gt＝eq \f(1,3)at，选项C错误；小球下落t的高度h1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,6)at2，匀减速减到零时的位移h2＝eq \f(（gt）2,2a)＝eq \f(1,18)at2，故小球下落的最大高度h＝eq \f(1,6)at2＋eq \f(1,18)at2＝eq \f(2,9)at2，选项D正确
7.给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为eq \f(g,2)，当滑块速度大小减为eq \f(v0,2)时，所用时间可能是( )
A.eq \f(v0,2g) B.eq \f(2v0,g) C.eq \f(3v0,g) D.eq \f(3v0,2g)
【答案】C
【解析】：当滑块速度大小减为eq \f(v0,2)时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝eq \f(v0,2)或v＝－eq \f(v0,2)，代入公式得t＝eq \f(v0－v,a)＝eq \f(v0,g)或t＝eq \f(3v0,g)，故选项C正确．
8.在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )
A.eq \f(2v,g) B.eq \f(v,g) C.eq \f(2h,v) D.eq \f(h,v)
【答案】A
【解析】：以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h＝vt2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝eq \f(2v,g)，故A正确．
9.(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m
【答案】D.
【解析】：设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×(5 s)2－eq \f(1,2)g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．
10.(2019·淮南模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，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，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，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
【答案】C
【解析】：.将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4 s×4＝1.6 s，则球从最高点落回手中的时间为0.8 s，则H＝eq \f(1,2)×10×0.82 m＝3.2 m，故C正确．
11.(多选)科技馆中的一个展品如图2所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g＝10 m/s2)( )
A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＜tBC＜tCD
B．间歇闪光的间隔时间是eq \f(\r(2),10) s
C．水滴在相邻两点之间的位移满足xAB∶xBC∶xCD＝1∶3∶5
D．水滴在各点速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶4∶9
【答案】BC
【解析】看到水滴似乎不再下落，实际上是在间歇闪光的时间间隔内，各水滴恰好落到下一个相邻的水滴位置，即各相邻两点的时间间隔相等，所以tAB＝tBC＝tCD，A错误；由h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(\r(2),10) s，所以间歇闪光的时间间隔为eq \f(\r(2),10) s，B正确；由匀变速直线运动规律可得：xAB∶xBC∶xCD＝1∶3∶5，vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，C正确，D错误．
12.在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于( )
A.eq \f(8H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1)) B.eq \f(4H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1))
C.eq \f(8H,（T2－T1）2) D.eq \f(H,4（T2－T1）2)
【答案】A
【解析】：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上＝t下
则从最高点下落到O点所用时间为eq \f(T2,2)，故v0＝eq \f(T2,2)g，
从最高点下落到P点所用时间为eq \f(T1,2)，
则有Vp＝eq \f(T1,2)g，
则从P点下落到O点的过程中的平均速度为：v＝eq \f(v＋＝vp,2)
从P点下落到O点的时间为：t＝eq \f(T2,2)－eq \f(T1,2)
根据H＝Vt可得：
H＝eq \f(v0＋vp,2)(eq \f(T2,2)－eq \f(T1,2))＝eq \f(1,2)(eq \f(T1,2)g＋eq \f(T2,2)g)eq \f(1,2)×(T2－T1)
解得：g＝eq \f(8H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1))
故选：A.
三种运动
自由落体运动
竖直上抛运动
竖直下抛运动
条件
初速度为0，只受重力
初速度向上、只受重力
初速度向下、只受重力
基本
公式
v＝gt
v＝v0－gt
v＝v0＋gt
h＝eq \f(1,2)gt2
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
h＝v0t＋eq \f(1,2)gt2
v2＝2gh
v2－veq \\al(2,0)＝－2gh
v2－veq \\al(2,0)＝2gh
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方