【备战2025年高考】高中物理一轮复习直线运动专题 第一章第3课时自由落体和竖直上抛运动多过程问题导学案（教师版+学生版)

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1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.
2.能灵活处理多过程问题．
考点一 自由落体运动
梳理·必备知识
自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动．
(3)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．( √ )
提升·关键能力
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 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处的圆筒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AB所用的时间t2.
答案 (1)(2－eq \r(3)) s (2)(eq \r(5)－eq \r(3)) s
解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，
设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下A
h下A＝eq \f(1,2)gt下A2，h下A＝20 m－5 m＝15 m
解得t下A＝eq \r(3) s
设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A
h上A＝eq \f(1,2)gt上A2，解得t上A＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝(2－eq \r(3)) s
(2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，则h上B＝eq \f(1,2)gt上B2，h上B＝20 m＋5 m＝25 m
解得t上B＝eq \r(5) s，则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(eq \r(5)－eq \r(3)) s.
1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动的规律、比例关系及推论等规律都适用。
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Δx＝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
梳理·必备知识
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)运动性质：匀变速直线运动。
(3)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝v0－gt；
②位移与时间的关系式：x＝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．( √ )
提升·关键能力
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
v＝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
v＝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x＝15 m，由竖直上抛运动的位移时间公式得x＝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x′＝－15 m，由x′＝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
提升·关键能力
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x0＝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x1＝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x2＝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
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则a2＝eq \f(v12,2x3)＝1.2 m/s2.
练习·固本增分
1．(★一题多解)(2023黑龙江大庆三模)一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动,该物体第1 s内的位移恰为最后1 s内位移的二分之一,已知重力加速度大小取10 m/s2,则它开始下落时距落地点的高度为( )
A.15 mB.12.5 m mD.10 m
答案 C
解析 解法一:分段法
物体第1 s内的位移为h1=12gt02=12×10×12 m=5 m,则物体最后1 s内的位移为h2=2h1=10 m,物体最后1 s内的平均速度为v=h2t0=gt,解得t=1 s,则下落的时间为t总=t+t02=1 s+12 s=1.5 s,则物体开始下落时距落地点的高度为h=12gt总2=12×10×1.52 m=11.25 m,故选C。
解法二:全程法
设全过程下落的时间为t,根据题意有12gt2-12g(t-1)2=2×12gt02,解得t=1.5 s,所以物体开始下落时距落地点的高度为h=12gt2=12×10×1.52 m=11.25 m。
2．某居民小区发生高空坠物。通过视频监控发现,一物块(可视为质点)从某窗户的上端A沿竖直方向通过窗户下端B,历时t,测得窗户A、B两端高度差为h,如图所示。设定该物块从A端正上方O点(图中未画出)由静止开始自由下落,已知当地重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)该物块经过A端时速度的大小;
(2)O、A间的高度差。
答案 (1)ht-12gt (2)12ght-12gt2
解析 (1)物块从A到B的过程中,由匀变速直线运动规律得
h=vt+12gt2
解得v=ht-12gt。
(2)物块从O到A的过程中,由匀变速直线运动规律得
v2=2gh'
解得h'=12ght-12gt2。
3．如图所示,在空中将小球P从a点竖直向上抛出的同时,将小球Q从c点由静止释放,一段时间后Q在a点正下方的b点时追上P,此过程中两小球均未落地且未发生碰撞。若a、b两点间的高度差为h,c、a两点间的高度差为2h。不计空气阻力,重力加速度为g,两小球均可视为质点,则小球P相对抛出点a上升的最大高度为( )
A.h6 B.h3 C.h2 D.34h
答案 B
解析 Q做自由落体运动,有3h=12gt2,解得t=6hg;小球P从抛出到与Q相遇,取向下为正方向,有h=-v0t+12gt2,解得v0=6gh3,则P上升的最大高度为hm=v022g=h3,故选B。
4. 某高速公路收费站出入口安装了电子不停车收费系统(ETC)。甲、乙两辆汽车分别通过人工收费通道和ETC通道驶离高速公路,流程如图所示。假设减速带离收费岛口距离x=60 m,收费岛总长度d=40 m,两辆汽车同时以相同的速度v1=72 km/h经过减速带后,一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车刚好到收费岛中心线收费窗口停下,经过t0=20 s的时间缴费成功,同时人工栏杆打开放行;乙车减速至v0=18 km/h后,匀速行驶到中心线即可完成缴费,自动栏杆打开放行。已知两车在栏杆打开放行时立即做匀加速直线运动,且加速和减速过程中的加速度大小相等。求:
(1)甲车从开始减速到离开收费岛共用多长时间;
(2)乙车比甲车早离开收费岛多长时间。
答案 (1)32 s (2)(27-25) s
解析 (1)由题意知v1=72 km/h=20 m/s、v0=18 km/h=5 m/s,设甲车从开始减速到收费岛中心线收费窗口停下用时t1,加速度大小为a,根据运动学公式有
v12=2ax+d2
v1=at1
设甲车从收费岛中心线到离开收费岛用时t2,由运动学公式有d2=12at22
则甲车从开始减速到离开收费岛所用时间为
t甲=t0+t1+t2
代入数据解得a=2.5 m/s2,t甲=32 s。
(2)设乙车减速到v0所用时间为t3,由运动学公式有v1-v0=at3
乙车减速过程运动的距离为x1=v1+v02t3
设乙车从匀速运动到栏杆打开所用时间为t4,由运动学公式可得v0t4=x+d2-x1
设乙车从栏杆打开到离开收费岛所用时间为t5,由运动学公式可得
d2=v0t5+12at52
则乙车从开始减速到离开收费岛所用时间为t乙=t3+t4+t5
乙车比甲车早离开收费岛的时间为Δt=t甲-t乙
联立解得Δt=(27-25) s。
课时精练
1．(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军．某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整．假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s
答案 B
解析 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
t＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s
下落前5 m的过程所用的时间为
t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确．
2．一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x4＝eq \f(1,2)g星t42＝96 m，故D错误．
3．(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．1C．3答案 C
解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即34．(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
答案 AB
解析 解法一：分段法
物体上升的时间t上＝eq \f(v0,g)＝eq \f(30,10) s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝eq \f(v02,2g)＝eq \f(302,2×10) m＝45 m，物体从最高点自由下落2 s时，下落的高度h2＝eq \f(1,2)gt下2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m，运动过程如图所示，则总路程为h1＋h2＝65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为h1－h2＝25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确．速度改变量的大小Δv＝gt＝50 m/s，C错误．平均速度的大小eq \x\t(v)＝eq \f(h1－h2,t)＝eq \f(25,5) m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．
解法二：全程法
将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处，故物体运动的总路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确．速度的改变量的大小Δv＝|at|＝50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝5 m/s>0，方向竖直向上，D错误．
5．两物体从不同高度自由下落，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(重力加速度为g)( )
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 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和eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，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)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3,8)gt2－eq \f(1,8)gt2＝eq \f(1,4)gt2，故D正确，A、B、C错误．
6．(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s，不考虑一切阻力．如果将小球从照片中的A点由静止释放，则下列说法正确的是( )
A．小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2 s
B．小球通过B点和C点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2
C．小球由A到B以及由B到C的过程中平均速度的关系为eq \x\t(v)AB∶eq \x\t(v)BC＝3∶5
D．小球通过B点时的速度vB和由A到C的平均速度eq \x\t(v)AC的关系为vB>eq \x\t(v)AC
答案 D
解析 小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2 s，故A错误；设AB间距离为3h，则BC间的距离为5h，所以AC间的距离为8h，通过B点时的速度为vB＝eq \r(6gh)，小球通过C点时的速度为vC＝eq \r(16gh)，则vB∶vC＝eq \r(6)∶4，故B错误；由于AB、BC段的高度之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，根据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)可知，平均速度之比不是3∶5，故C错误；eq \x\t(v)AC＝eq \f(1,2)vC＝2eq \r(gh)，所以vB>eq \x\t(v)AC，故D正确．
7．(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差
B．a、b、c三小球运动时间之比为eq \r(6)∶2∶1
C．a比b早释放的时间为2(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(L,g))
D．三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶3
答案 C
解析 由h＝eq \f(1,2)gt2得，ta＝eq \r(\f(12L,g))，tb＝eq \r(\f(8L,g))，tc＝eq \r(\f(6L,g))，则(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c三小球运动时间之比为eq \r(6)∶2∶eq \r(3)，a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(L,g))，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是 eq \r(6)∶2∶eq \r(3)，D错误．
8．(2024·山东德州市第一中学开学考)物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。如图所示，一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g＝10 m/s2，则桥面该处到水面的高度为( )
A．22 m B．20 m C．18 m D．16 m
答案 B
解析 设桥面该处到水面的高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝eq \f(1,2)gt22，对铁球1有h－L＝eq \f(1,2)gt12，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。
9．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于( )
A.eq \f(8H,T22－T12) B.eq \f(4H,T22－T12)
C.eq \f(8H,T2－T12) D.eq \f(4H,T2－T12)
答案 A
解析 根据竖直上抛运动的对称性，有eq \f(1,2)g(eq \f(1,2)T2)2－eq \f(1,2)g(eq \f(1,2)T1)2＝H，解得g＝eq \f(8H,T22－T12)，故选A.
10．(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperlp(超级高铁)”(如图)．速度高达一千多公里每小时．如果乘坐Hyperlp从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperlp先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperlp的说法正确的是( )
A．加速与减速的时间不一定相等
B．加速时间为10分钟
C．加速过程中发生的位移为150公里
D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2
答案 D
解析 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝eq \f(vm,a)可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；
设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，
则2×eq \f(vm,2)t＋vm(t0－2t)＝s，
代入数据解得t＝12 min，故B错误；
加速位移为x加＝eq \f(vm,2)t＝120 km，故C错误；
加速度大小a＝eq \f(vm,t)≈0.46 m/s2，故D正确．
11．在离水平地面高H处，以大小均为v0 的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．甲球相对乙球做匀变速直线运动
B．在落地前甲、乙两球间距离均匀增大
C．两球落地的速度差与v0、H有关
D．两球落地的时间差与v0、H有关
答案 B
解析 甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0 ，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差Δt＝eq \f(2v0,g)，与v0 有关，与H无关，D错误．
12．如图所示，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．已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，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 由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由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＝0.8 s，故有Hm＝eq \f(1,2)gt2＝3.2 m，C正确．
13．城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生．假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动．阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方．花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？
答案 (1)货车会被花盆砸到 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆落下到达车顶过程，
位移为h0＝(47－2) m＝45 m
花盆做自由落体运动，有h0＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝3 s
在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m
由于L2(2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m
设制动过程中最小加速度为a0，
由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2
(3)司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m
采取加速方式，要成功避险，
则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s
设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，
则有x2＝v0·t′＋eq \f(1,2)at′2
代入数据解得a＝2.5 m/s2，
即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到．
14．如图所示，A、B为空心圆管的两端、C为可视为质点的小球，AB长度为L＝1 m，AB与C在同一竖直线上，AC之间距离为h＝20 m。t＝0时刻，空心圆管做自由落体运动，C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动，g＝10 m/s2。
(1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，v0应大于多少？
(2)若v0＝20 m/s，求C从A端穿过空心圆管所用的时间。(不考虑圆管落地后的情形)
答案 (1)10.5 m/s (2)0.05 s
解析 (1)C在圆管落地前穿过圆管的条件是，圆管落地的瞬间小球经过B端，此过程小球的速度为最小值。设圆管的落地时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2，
解得t＝2 s，此时C恰好经过B端，
则有vmint－eq \f(1,2)gt2＝L
解得vmin＝10.5 m/s，即v0应大于10.5 m/s。
(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿过圆管，设C到达A端的时间为t1，
则有(v0t1－eq \f(1,2)gt12)＋eq \f(1,2)gt12＝h
设C到B端的时间为t2，
则有(v0t2－eq \f(1,2)gt22)＋eq \f(1,2)gt22＝h＋L
C从A端穿过圆管所用的时间为Δt＝t2－t1
解得Δt＝0.05 s。
匀变速直线运动
自由落体运动
v＝v0＋at
v＝gt
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
h＝eq \f(1,2)gt2
v2－v02＝2ax
v2＝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，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)
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