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 m<5 m，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，选项D正确。
【答案】　BD
【考能提升·对点演练】
1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)
A. m/s2 B． m/s2
C. m/s2 D． m/s2
【解析】　据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故选项B正确．
【答案】　B
2．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，测得物体在第5 s内的位移是18 m，则(　　)
A．物体在第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．物体在前5 s内的位移大小是50 m
【解析】选D　设该星球表面的重力加速度为g′，由自由下落的物体在第5 s内的位移是18 m，可得g′×(5 s)2－g′×(4 s)2＝18 m，得g′＝4 m/s2，所以第2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；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g′×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在前5 s内的位移大小是g′×(5 s)2＝50 m，选项D正确。
【答案】　D
3.一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为(　　)
A.at2 B．at2
C.at2 D．2at2
【解析】　设质点的初速度为v0，则经过时间t速度变为3v0，根据速度－位移公式得x＝＝，因为t＝＝，则有v0＝，可知x＝at2，故B正确，A、C、D错误．
【答案】　B
4．四川九寨沟地震灾后重建中，在某工地上一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s内的位移与最后一个2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是(　　)
A．2.5 m B．4 m
C．12 m D．12.5 m
【解析】选D　设刹车时加速度大小为a，则第一个2 s内的位移x1＝v0t－at2＝(20－2a)m，根据逆向思维，最后1个2 s 内的位移x2＝at2＝2a m，由＝＝，解得a＝4 m/s2，卡车从刹车到停止需要时间t0＝＝2.5 s，则刹车后4 s内的位移x＝＝12.5 m，选项D正确。
【答案】　D
5．(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。现测得某水龙头处高为H的水柱上端横截面面积为S1，下端横截面面积为S2，重力加速度为g，不计空气阻力，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．该水龙头出水的流量是S1S2
D．该水龙头出水的流量是
【解析】选BC　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，向下运动过程中速度增大，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＝，下端速度为v2＝，根据v22－v12＝2gH，解得出水的流量＝S1S2 ，C正确，D错误。
【答案】　BC
6. 距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示。小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。可求得h等于(　　)
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
【解析】选A　根据两球同时落地可得 ＝＋ ，代入数据得h＝1.25 m，选项A正确。
【答案】　A
7.(多选)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以v0＝10 m/s的初速度沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　)
A．小木块与木板间的动摩擦因数为
B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D．小木块滑到最高点后将静止不动
【解析】选AD　小木块在木板上恰好匀速下滑时，有mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度大小为a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，此时小木块速度为零，因有mgsin θ＝μmgcos θ，且最大静摩擦力fm>μmgcos 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<2 s，所以从刹车到停止的位移大小x1＝＝ m＝ 6.4 m，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m＝1.6 m，故A正确；如果在距停车线6 m处开始刹车，刹车位移大小是6.4 m，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B错误；刹车的位移大小是6.4 m，所以汽车可做匀速运动的位移大小是1.6 m，则驾驶员的反应时间t＝ s＝0.2 s时，汽车刚好能在停车线处停车让人，故C错误，D正确。
【答案】　AD
9．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器．它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0 A. B．vt0(1－)
C. D．
【解析】　潜水器减速上升，加速度a＝，由0－v2＝－2aH得：开始运动时距离水面高度H＝＝vt，经时间t0上升距离h＝vt0－at＝vt0－，此时到水面的距离Δh＝H－h＝vt－vt0＋＝(t2－2tt0＋t)＝，故D正确．

【答案】　D
10．伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C.让小球分别由A、B、C滚下，如图所示，A、B、C与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是(　　)

A.＝＝ B．＝＝
C.＝＝ D．x1－x2＝x2－x3
【解析】　小球由静止下滑，x＝at2，若＝＝成立，则说明加速度恒定，小球做匀变速直线运动，故A正确；由v2＝2ax可知，位移不同，获得的速度必不相等，故B错误；由v＝at可知，若＝＝成立，也可说明加速度恒定，小球做匀变速直线运动，但这并不是伽利略的结论，故C错误；由x＝at2，得：x1－x2＝a(t－t)，x2－x3＝a(t－t)，位置任意选取，x1－x2＝x2－x3不一定成立，故D错误．
【答案】　A
11．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。
【解析】火箭的运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程(燃料用完后)做竖直上抛运动。
设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1，
(1)第一个过程有h1＝t1，解得v1＝20 m/s。
(2)第二个过程做竖直上抛运动至到达最高点有
h2＝，解得h2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度
h＝h1＋h2＝(40＋20)m＝60 m。
(3)方法一：分段分析法
从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2得
t2＝＝ s＝2 s
从最高点落回地面的过程中有h＝gt32，h＝60 m，
解得t3＝2 s
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2)s。
方法二：整体分析法
考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v1＝20 m/s、加速度a＝－g＝－10 m/s2、位移h′＝－40 m的匀变速直线运动，
即有h′＝v1t－gt2，
解得t＝(2＋2)s或t＝(2－2)s(舍去)，
故t总＝t1＋t＝(6＋2)s。
【答案】 (1)20 m/s　(2)60 m　(3)(6＋2)s